中国科学技术大学-432统计学-2021年-解析

中国科学技术大学-432统计学-2021年

一、(15分) 甲、乙两人掷骰子, 甲先掷, 如果扔到1则把骰子给乙, 否则自己继续, 同样乙也扔到1就给甲, 问第$n$次是甲投掷的概率.

Solution: 用事件 $A_{i}$ 表示第 $i$ 次是甲投郑, 则已知 $P\left(A_{1}\right)=1$ 以及 $P\left(A_{2}\right)=\frac{5}{6}$. 根据全概率公式, 有

$\begin{aligned} P\left(A_{n}\right) &=P\left(A_{n} \mid A_{n-1}\right) P\left(A_{n-1}\right)+P\left(A_{n} \mid \overline{A_{n-1}}\right) P\left(\overline{A_{n-1}}\right) \\ &=\frac{5}{6} P\left(A_{n-1}\right)+\frac{1}{6}\left(1-P\left(A_{n-1}\right)\right) \\ &=\frac{2}{3} P\left(A_{n-1}\right)+\frac{1}{6} \end{aligned}$

解此差分方程得 $P\left(A_{n}\right)=\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} \cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{2}$.

二、(15分) 已知$X\sim U(0,1),Y\sim U(\beta,1),Z_1\sim U(0,\beta),Z_2\sim U(0,\beta)$且它们相互独立, 记$V_i=I_{\{X\le \beta\}}Z_i+I_{\{X>\beta\}}Y$, $i=1,2$.

(1) 证明$V_i\sim U(0,1),i=1,2$;

(2) 求Corr$(V_1,V_2)$.

Solution: (1) 已知 $V_{1}=I_{\{X \leqslant \beta\}} Z_{1}+I_{\{X>\beta\}} Y$, 且 $X, Y, Z_{1}, Z_{2}$ 相互独立, 则

$\begin{aligned} P\left(V_{1} \leqslant v\right) &=P\left(V_{1} \leqslant v, X \leqslant \beta\right)+P\left(V_{1} \leqslant v, X>\beta\right) \\ &=P\left(Z_{1} \leqslant v\right) P(X \leqslant \beta)+P(Y \leqslant v) P(X>\beta) \end{aligned}$

若 (i) $0<v \leqslant \beta, P\left(V_{1} \leqslant v\right)=\frac{v}{\beta} \cdot \beta+0=v$;
(ii) $\beta<v \leqslant 1, P\left(V_{1}<v\right)=\beta+(1-\beta) \cdot \frac{v-\beta}{1-\beta}=v$;
(iii) $v>1, P\left(V_{1}<v\right)=1$.
则 $F_{V_{1}}(v)=\left\{\begin{array}{ll}0, & v \leqslant 0 \\ v, & 0<v \leqslant 1 \\ 1, & v>1\end{array}\right.$ 即 $V_{1} \sim U(0,1)$, 同理 $V_{2} \sim U(0,1)$.

(2) $E\left(V_{1}\right)=E\left(V_{2}\right)=\frac{1}{2}, \operatorname{Var}\left(V_{1}\right)=\operatorname{Var}\left(V_{2}\right)=\frac{1}{12}$.
根据重期望公式,

$\begin{aligned} E\left(V_{1} V_{2}\right) &=E\left(E\left(V_{1} V_{2} \mid X\right)\right) \\ &=E\left(V_{1} V_{2} \mid X>\beta\right) P(X>\beta)+E\left(V_{1} V_{2} \mid X \leqslant \beta\right) P(X \leqslant \beta) \\ &=E\left(Y^{2}\right)(1-\beta)+E\left(Z_{1} Z_{2}\right) \beta \\ &=\left[\left(\frac{1+\beta}{2}\right)^{2}+\frac{(1-\beta)^{2}}{12}\right](1-\beta)+\left(\frac{\beta}{2}\right)^{2} \beta \\ &=\frac{4-\beta^{3}}{12} \\ \operatorname{Corr}\left(V_{1}, V_{2}\right) &=\frac{\operatorname{Cov}\left(V_{1}, V_{2}\right)}{\sqrt{\operatorname{Var}\left(V_{1}\right)} \cdot \sqrt{\operatorname{Var}\left(V_{2}\right)}}=\frac{E\left(V_{1} V_{2}\right)-E\left(V_{1}\right) E\left(V_{2}\right)}{1 / 12} \\ &=1-\beta^{3} \end{aligned}$

三、(15分) 有线性模型$Y_i=\beta_0 + \beta_1 X_i +\varepsilon_i$, 其中$\varepsilon_i$独立同服从$N(0,\sigma^2)$, 考虑$\beta_0,\beta_1,\sigma^2$的最小二乘估计, 回答下述问题:

(1) 所有自变量$X_i$都增加2, 最小二乘估计将会怎么变化?

(2) 所有自变量$X_i$都乘2, 最小二乘估计将会怎么变化?

Solution:
(1) $\left(\beta_{0}, \beta_{1}\right)$ 的最小二乘估计是

$\left\{\begin{array}{l} \hat{\beta}_{0}=\bar{y}-\bar{x} \hat{\beta}_{1} \\ \hat{\beta}_{1}=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}} \end{array}\right.$

当 $x_{i}$ 增加 2, 可以发现 $\hat{\beta}_{1}$ 不改变; 而 $\hat{\beta}_{0}^{*}=\bar{y}-(\bar{x}+2) \hat{\beta}_{1}=\hat{\beta}_{0}-2 \hat{\beta}_{1}$.
(2) 当 $x_{i}$ 变为原来的 2 倍时, 则

$\hat{\beta}_{1}^{*}=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(2 x_{i}-2 \bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sum_{i=1}^{n}\left(2 x_{i}-2 \bar{x}\right)^{2}}=\frac{1}{2} \hat{\beta}_{1}$

而 $\hat{\beta}_{0}^{*}=\bar{y}-(2 \bar{x}) \hat{\beta}_{1}^{*}=\bar{y}-\bar{x} \hat{\beta}_{1}=\hat{\beta}_{0}$.

四、(15分) 已知$X,Y\sim N(0,\sigma^2)$且相互独立, 令$\theta=\arcsin \frac{X}{\sqrt{X^2+Y^2}}$, 试

(1) 求$\theta$的概率密度函数;

(2) 判断$\theta$与$X^2+Y^2$是否独立.

Solution: [提示] 该题需要注意反正切函数的值域.

(1) 作变换 $\left\{ \begin{array}{l} r=\sqrt{X^2+Y^2}\\ \theta =\arcsin \left( \frac{X}{\sqrt{X^2+Y^2}} \right)\\ \end{array}\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} X=r\sin \theta\\ Y=r\cos \theta\\ \end{array} \right. \text{或}\left\{ \begin{array}{l} X=r\sin \theta\\ Y=-r\cos \theta\\ \end{array} \right. \right.$, 其中 $r > 0, -\frac{\pi}{2}< \theta < \frac{\pi}{2}$. 两种情况的雅各比行列式均为 $J = r$.

$(X, Y)$ 的联合密度函数是 $f_{X, Y}(x, y)=\frac{1}{2 \pi \sigma^{2}} e^{-\frac{x^{2}+y}{2 \sigma^{2}}},-\infty<x, y<+\infty$, 因此根 据公式法 $(R, \theta)$ 的联合密度是

$\begin{aligned} f_{R,\theta}\left( r,\theta \right) &=rf_{X,Y}\left( r\sin \theta ,r\cos \theta \right) +rf_{X,Y}\left( -r\sin \theta ,-r\cos \theta \right) \\ &=\frac{1}{\pi \sigma ^2}e^{-\frac{r^2}{2\sigma ^2}}r,r>0,-\frac{\pi}{2}<\theta <\frac{\pi}{2}. \end{aligned}$

对 $r$ 积分, 得到 $\theta$ 的边际密度函数

$f_{\theta}\left( \theta \right) =\int_0^{+\infty}{f}_{R,\theta}\left( r,\theta \right) dr=\frac{1}{\pi},-\frac{\pi}{2}<\theta <\frac{\pi}{2}.$

(2) 由于 $f_{R, \theta}(r, \theta)=f_{R}(r) f_{\theta}(\theta)$, 所以 $R, \theta$ 相互独立, 因此有 $R^{2}, \theta$ 相互独立, 即 $X^{2}+Y^{2}$ 与 $\theta$ 相互独立.

五、(15分) 某电子元件的寿命服从期望为$\lambda$的指数分布, 从这批原件中抽取$n$件作寿命试验, 规定到第$r(0<r\le n)$个电子元件失效时就停止试验, 这样获取了前$r$个次序统计量$X_{(1)},\cdots,X_{(r)}$, 求

(1) $\lambda$的最大似然估计$\hat{\lambda}$;

(2) 若$r=2$, 判断$\hat{\lambda}$是否为$\lambda$的无偏估计.

Solution: (1) 对应事件是 $\left\{X_{(1)}=t_{1}, X_{(2)}=t_{2}, \cdots, X_{(r)}=t_{r}\right\}$, 因此似然函数可写为

$L(\lambda)=f_{1, \cdots, r}\left(t_{1}, \cdots, t_{r} \mid \lambda\right)$

其中 $f_{1, \cdots, r}\left(t_{1}, \cdots, t_{r} \mid \lambda\right)$ 是 $\left(X_{(1)}, \cdots, X_{(r)}\right)$ 的联合密度函数, 它是

$\begin{aligned} f_{1, \cdots, r}\left(t_{1}, \cdots, t_{r} \mid \lambda\right) &=\frac{n !}{(n-r) !} \frac{1}{\lambda^{r}} e^{-\frac{\sum_{i=1}^{r} t_{i}}{\lambda}}\left(e^{-\frac{t_{r}}{\lambda}}\right)^{n-r}, 0<t_{1}<\cdots<t_{r} \\ &=\frac{n !}{(n-r) !} \frac{1}{\lambda^{r}} e^{-\frac{1}{\lambda}\left(\sum_{i=1}^{t_{i}}+(n-r) t_{r}\right)}, 0<t_{1}<\cdots<t_{r} \end{aligned}$

则 $\ln L(\lambda)=\ln \left(\frac{n !}{(n-r) !}\right)-r \ln \lambda-\frac{1}{\lambda}\left(\sum_{i=1}^{r} t_{i}+(n-r) t_{r}\right)$, 令

$\frac{d \ln L(\lambda)}{d \lambda}=-\frac{r}{\lambda}+\frac{\sum_{i=1}^{r} t_{i}+(n-r) t_{r}}{\lambda^{2}}=0$

解得 $\lambda$ 的极大似然估计是 $\hat{\lambda}=\frac{\sum_{i=1}^{r} X_{(i)}+(n-r) X_{(r)}}{r}$.

(2) 当 $r=2$ 时, $\hat{\lambda}=\frac{X_{(1)}+(n-1) X_{(2)}}{2}$, 而

$n X_{(1)} \sim \operatorname{Exp}\left(\frac{1}{\lambda}\right),(n-1)\left(X_{(2)}-X_{(1)}\right) \sim \operatorname{Exp}\left(\frac{1}{\lambda}\right)$

所以 $E X_{(1)}=\frac{\lambda}{n}, E\left[(n-1) X_{(2)}\right]=\lambda+\frac{n-1}{n} \lambda$, 则

$E \hat{\lambda}=\frac{E X_{(1)}+E\left[(n-1) X_{(2)}\right]}{2}=\lambda$

故 $\hat{\lambda}$ 是 $\lambda$ 的无偏估计.

六、(15分) 甲化肥是某化肥厂研制的畅销款, 现该化肥厂研制出改进品种乙化肥, 为探究乙化肥 的效果是否好于甲化肥,你的小组被委任展开对比实验, 第一组选取 13 块稻 田, 施用甲化肥,其亩产平均值为 $12.3,$ 样本方差为 $10 ; $ 第二组选取 11 块稻田, 施用乙化肥, 其 亩产平均为 $14.4,$ 样本方差为 $7.8 .$ 假设亩产服从正态分布. 在显著性水平选择 $\alpha=0.1$的情况下, 问:

(1) 是否能够认为两组的方差相等?

(2) 是否能够认为乙化肥的均值高于甲化肥?

Solution:
(1) 用随机变量 $X_{1}, \cdots, X_{13}$ 表示施用甲化肥稻田的亩产, 用随机变量 $Y_{1}, \cdots, Y_{11}$ 表示施用乙 化肥稻田的亩产.
假设 $X_{i}$ i.i.d $\sim N\left(\mu_{1}, \sigma_{1}^{2}\right), Y_{i}$ i.i.d $\sim N\left(\mu_{2}, \sigma_{2}^{2}\right)$, 考虑假设检验问题

$H_{0}: \sigma_{1}^{2}=\sigma_{2}{ }^{2} \longleftrightarrow H_{1}: \sigma_{1}{ }^{2} \neq \sigma_{2}{ }^{2}$

检验统计量是 $F=\frac{s_{1}^{2}}{s_{2}^{2}}=\frac{10}{7.8}=1.28$, 检验的拒绝域是

$\begin{aligned} W &=\left\{F \geqslant F_{\frac{\alpha}{2}}(m-1, n-1)\right\} \cup\left\{F \leqslant F_{1-\frac{\alpha}{2}}(m-1, n-1)\right\} \\ &=\left\{F \geqslant F_{0.05}(12,10)\right\} \cup\left\{F \leqslant F_{0.95}(12,10)\right\} \\ &=\{F \geqslant 2.91\} \cup\left\{F \leqslant \frac{1}{2.75}\right\} \end{aligned}$

所以 $F \notin W$, 因此我们不能拒绝原假设, 应认为两者方差相等.
(2) 考虑假设检验问题 $H_{0}: \mu_{1} -\mu_2 \ge0 \longleftrightarrow H_{1}: \mu_{1}-\mu_{2}<0$. 检验统计量为

$\begin{aligned} T &=\frac{\bar{X}-\bar{Y}}{s_{w} \sqrt{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}}} \\ &=\frac{12.3-14.4}{\sqrt{\frac{(m-1) s_{1}^{2}+(n-1) s_{2}^{2}}{m+n-2} \sqrt{\frac{1}{13}+\frac{1}{11}}}} \\ &=\frac{12.3-14.4}{\sqrt{\frac{12 \cdot 10+10 \cdot 7.8}{13+11-2}} \cdot \sqrt{\frac{1}{13}+\frac{1}{11}}}=-1.709 \end{aligned}$

检验的拒绝域为

$W=\left\{T \leqslant-t_{\alpha}(m+n-2)\right\}=\left\{T \leqslant-t_{0.1}(m+n-2)\right\}=\{T \leqslant-1.3212\}$

所以 $T \in W$, 我们应拒绝原假设, 可以认为乙化肥带来的亩产均值高于甲化肥.

七、(20分) 二维随机变量 $(X,Y)$ 的密度函数为 $f(x, y)=A e^{-(3x+4 y)} x>0, y>0$.

(1) 求系数 $A$;

(2) 问$X$ 与 $Y$ 是否独立?

(3) 试求$ Z=X+Y $的密度函数;

(4) 试求 $E(X|X+Y=1)$.

Solution:
(1) 根据概率密度函数的正则性有 $1=\int_{0}^{+\infty} d x \int_{0}^{+\infty} A e^{-(3 x+4 y)} d y= \frac{A}{12}$, 解得 $A=12$.

(2) $(X, Y)$ 的联合密度函数 $f(x, y)=3 e^{-3 x} 4 e^{-4 y}, x, y>0$ 是变量可分离的, 即有 $f(x, y)=f_{X}(x) f_{Y}(y)$, 所以它们相互独立.

(3) 考虑变量变换 $\left\{\begin{array}{l}Z=X+Y \\ U=X\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}X=U \\ Y=Z-U\end{array}\right.\right.$, 变换的雅各比行列式为 $J=\left|\begin{array}{cc}1 & 0 \\ -1 & 1\end{array}\right|=1$, 因此由公式法, $(Z, U)$ 的联合密度函数是

$\begin{aligned} f_{Z, U}(z, u) &=f(u, z-u)|1|, u>0, z-u>0 \\ &=12 e^{-(4 z-u)}, z>u>0 \end{aligned}$

因此 $Z$ 的边际密度函数是

$f_{Z}(z)=\int_{0}^{z} 12 e^{-(4 z-u)} d u=12 e^{-4 z}\left(e^{z}-1\right), z>0$

(4) $E(X \mid X+Y=1)=E(U \mid Z=1)$, 而 $U$ 在 $Z=1$ 条件下的条件密度函数是

$f_{U \mid Z=1}(u)=\frac{f_{U, Z}(u, 1)}{f_{Z}(1)}=\frac{12 e^{-(4-u)}}{12 e^{-4}(e-1)}=\frac{e^{u}}{e-1}, 0<u<1$

所以 $E(U \mid Z=1)=\int_{0}^{1} u \frac{e^{u}}{e-1} d u=\frac{1}{e-1}$.

八、(20分) 甲、乙、丙三个工厂生产同一种产品, 产品质量分别为三个等级(1,2,3分别代表高, 中, 低). 今从三个厂中共抽 300 件产品, 逐件检测, 得结果如下:

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \text { 级数 } & \text { 甲工厂 } & \text { 乙工厂 } & \text { 丙工厂 } & \text { 总和 } \\ \hline 1 \text { 级 } & 36 & 38 & 30 & 104 \\ \hline 2 \text { 级 } & 40 & 33 & 35 & 108 \\ \hline 3 \text { 级 } & 18 & 26 & 44 & 88 \\ \hline \text { 总和 } & 94 & 97 & 109 & 300 \\ \hline \end{array}$

(1) 三个厂的产品质量是否一致?

(2) 若不一致, 问哪个厂的质量更优, 哪个厂更劣?

Solution:
(1) 考虑假设检验问题 $H_{0}$ : 三个工厂产品质量一致.
这实际上意味着: 产品质量与工厂独立. 检验统计量 $\chi^{2}=n\left[\sum_{i=1}^{3} \sum_{j=1}^{3} \frac{n_{i j}^{2}}{n_{i} . n_{. j}}-1\right]=12.275$, 检验的拒绝域是 $W=\left\{\chi^{2} \geqslant \chi_{\alpha}^{2}((r-1)(s-1))\right\}=\left\{\chi^{2} \geqslant \chi_{0.05}^{2}(4)\right\}=\left\{\chi^{2} \geqslant 9.488\right\}$ 于是 $\chi^{2} \in W$, 故可以拒绝原假设, 即认为三个工厂产品质量不一致.
(2) 考虑用均值作为衡量指标, 则

$\begin{aligned} &\bar{X}_{\text {甲 }}=\frac{36 \times 1+40 \times 2+18 \times 3}{94}=1.80851 \\ &\bar{X}_{\text {乙 }}=\frac{38 \times 1+33 \times 2+26 \times 3}{94}=1.93617 \\ &\bar{X}_{\text {丙 }}=\frac{30 \times 1+35 \times 2+44 \times 3}{109}=2.12844 \end{aligned}$

愈小者愈优, 故甲最优, 丙最劣.

九、(20分) 有来自总体$N(0,\sigma^2)$的随机样本$X_1,\cdots,X_n$, 其次序统计量是$X_{(1)},\cdots,X_{(n)}$是其次序统计量, $R_i$是$X_i$的秩, 即$R_i=j$当且仅当$X_i=X_{(j)}$. 回答下述问题.

(1) 求$E(R_i)$;

(2) 求$Cov(R_i,R_j)$;

(3) 判断$(X_{(1)},\cdots,X_{(n)})$与$(R_1,\cdots,R_n)$是否独立.

Solution: (1) 根据对称性, $X_{i}$ 在 $n$ 个样本中排在任意一个位置的概率都一致, 即

$P\left(X_{i}=X_{(j)}\right)=\frac{1}{n}, j=1,2, \ldots, n$

所以有 $P\left(R_{i}=j\right)=\frac{1}{n}, j=1,2, \cdots, n$, 因此 $E\left(R_{i}\right)=\sum_{j=1}^{n} \frac{1}{n}=\frac{n+1}{2}$.

(2) 当 $j=i$ 时, 有

$\begin{aligned} \operatorname{Cov}\left(R_{i}, R_{i}\right)&=\operatorname{Var}\left(R_{i}\right) \\ &=E\left(R_{i}^{2}\right)-\left(E R_{i}\right)^{2}=\frac{(n+1)(2 n+1)}{6}-\frac{(n+1)^{2}}{4}=\frac{n^{2}-1}{12} \end{aligned}$

当 $i \neq j$ 时, 根据对称性有

$P\left(R_{i}=m, R_{j}=k\right)=P\left(R_{i}=1, R_{j}=2\right)=\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n-1}, m \neq k$

则 $E\left(R_{i} R_{j}\right)=\frac{1}{n(n-1)}\left[\sum_{m=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} m k-\sum_{m=1}^{n} m^{2}\right]=\frac{1}{12}(n+1)(3 n+2)$. 于是

$\operatorname{Cov}\left(R_{i}, R_{j}\right)=E\left(R_{i} R_{j}\right)-E\left(R_{i}\right) E\left(R_{j}\right)=-\frac{1}{12}(n+1) \text {. }$

(3) $\left(R_{1}, \cdots, R_{n}\right)$ 的联合分布列是, 根据对称性有

$P\left(R_{1}=i_{1}, R_{2}=i_{2}, \cdots, R_{n}=i_{n}\right)=P\left(R_{1}=1, R_{2}=2, \cdots, R_{n}=n\right)=\frac{1}{n !}$

其中 $\left\{i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{n}\right\}$ 是 $\{1,2, \cdots, n\}$ 的任意一种排列.
假设总体密度函数是 $f(x)$, 则 $\left(X_{(1)}, X_{(2)}, \cdots, X_{(n)}, R_{1}, R_{2}, \cdots, R_{n}\right)$ 的联合密度函数是

$\begin{aligned} h\left( x_1,\cdots ,x_n,R_1=i_1,\cdots ,R_n=i_n \right) &=f_{\left( X_1,X_2,\cdots ,X_n \right)}\left( x_{i_1},x_{i_2},\cdots ,x_{i_n} \right) ,x_1<\cdots <x_n\\ &=f\left( x_{i_1} \right) \cdots f\left( x_{i_n} \right) ,x_1<\cdots <x_n\\ &=\prod_{i=1}^n{f}\left( x_i \right) ,x_1<\cdots <x_n\\ \end{aligned}$

而 $\left(X_{(1)}, \cdots, X_{(n)}\right)$ 的联合密度函数是我们熟知的,

$f_{\left(X_{(1)}, \cdots X_{(n)}\right)}\left(x_{1}, \cdots, x_{n}\right)=n ! \prod_{i=1}^{n} f\left(x_{i}\right), x_{1}<\cdots<x_{n}$

因此

$h\left(x_{1}, \cdots, x_{n}, R_{1}=i_{1}, \cdots, R_{n}=i_{n}\right)=f_{\left(X_{(1)}, \cdots X_{(n)}\right)}\left(x_{1}, \cdots, x_{n}\right) \cdot P\left(R_{1}=i_{1}, \cdots, R_{n}=i_{n}\right)$

所以 $\left(X_{(1)}, \cdots, X_{(n)}\right)$ 与 $\left(R_{1}, \cdots, R_{n}\right)$ 是相互独立的.