中山大学-432统计学-2022年-解析

中山大学-432统计学-2022年

一、选择题

1、甲乙两人轮流掷骰子, 先掷出1或6者取胜, 问先掷者获胜的概率是( ).

A.$\frac{1}{3}$;
B.$\frac{1}{2}$;
C.$\frac{2}{5}$;
D.$\frac{3}{5}$.

Solution: D

$\frac{1}{3}\sum_{i=0}^{\infty}{\left( \frac{2}{3} \right) ^i}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{1-\left( \frac{2}{3} \right) ^2}=\frac{3}{5}$

2、 现有两个盒子, 第一个盒中装有2个红球与3个白球, 第二个盒子中装有3个红球和5个白球, 先随机选择一个盒子, 再从该盒中摸球, 现知摸出的是红球, 其来自于第一个盒子的概率是( ).

A.$\frac{16}{31}$;
B.$\frac{2}{5}$;
C.$\frac{1}{5}$;
D.$\frac{15}{31}$.

Solution: A

用贝叶斯公式, 有

$\begin{aligned} P\left( A_1\mid R \right) &=\frac{P\left( R\mid A_1 \right) P\left( A_1 \right)}{P\left( R\mid A_1 \right) P\left( A_1 \right) +P\left( R\mid A_2 \right) P\left( A_2 \right)} \\ &=\frac{\frac{2}{5}\cdot \frac{1}{2}}{\frac{2}{5}\cdot \frac{1}{2}+\frac{3}{8}\cdot \frac{1}{2}}=\frac{16}{31} \end{aligned}$

3、随机变量$X\sim \mathcal{N}\left( \mu ,\sigma ^2 \right)$, 对于固定的$a > 0$, 在$\sigma$增大时, 概率$P\left( \left| X-\mu \right|<a \right)$的变化趋势是 ( ).

A. 减小;
B. 增大;
C. 不变;
D. 先增后减.

Solution: A

$P\left( \left| X-\mu \right|<a \right) =P\left( \frac{\left| X-\mu \right|}{\sigma}<\frac{a}{\sigma} \right)$是$\sigma$的单调减函数.

4、$X_1,X_2,\cdots,X_n$是来自正态总体$\mathcal{N}\left( \mu ,\sigma ^2 \right)$的简单随机样本, 其中$\mu,\sigma^2$均未知, 则样本方差$s^2$是$\sigma^2$的( ).

A. 最大似然估计;
B. 有效估计;
C. 相合估计;
D. 以上都是.

Solution: C

最大似然估计是$\hat{\sigma}^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n{\left( X_i-\bar{X} \right) ^2}=\frac{n-1}{n}s^2$, 有效估计不存在, 相合性可由大数定律得到.

5、设$[a,b]$是根据一组随机样本得到的关于未知参数$\theta$的 95% 置信区间, 则以下说法正确的是 ( ).

A. 有 95% 的随机样本落入该区间;

B. 对于假设检验问题$H_0:\theta =\theta _0\ vs\ H_1:\theta \ne \theta _0$, 在0.05的显著性水平下, 若$\theta_0 \notin [a,b]$, 则拒绝原假设;

C.$\theta$的估计量$\hat{\theta}$以 95% 概率落入该区间;

D.$\theta$的真实值以 95% 概率落入该区间.

Solution: B

反转一个接受域可得到置信区间, 而反转一个置信区间也可得到接受域, 故B正确.

D项表述不正确,$\theta$不是随机变量, 不能谈概率. 正确的表述是"有95%的把握称$\theta$的真实值落入该区间."

6、 考虑$p$值检验, 若$p$值越小, 则( ).

A. 更有理由认为原假设不成立;

B. 更有理由认为原假设成立;

C. 以更大概率拒绝原假设;

D. 以更大概率接受原假设.

Solution: A

C项表述不正确, 在一般的场合, 我们要么做出拒绝原假设的决定, 要么做出接受原假设的决定, 概率是不变的. (注: 若考虑随机化检验, 则有时会以某个概率拒绝原假设, 但该概率也不随$p$值改变).

7、$X_1,X_2,\cdots,X_n$是来自正态总体$\mathcal{N}\left( \mu ,\sigma ^2 \right)$的简单随机样本, 其中$\mu,\sigma^2$均未知, 记$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n{X_i},S^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n{\left( X_i-\bar{X} \right) ^2}$, 下列说法正确的是 ( ).

A.$\bar{X},S,\frac{X_1-X_2}{S}$两两独立;

B.$\frac{\sqrt{2}\left( X_1-X_2 \right)}{\sigma}\sim N\left( 0,1 \right)$;

C.$\frac{X_1-X_2}{S}\sim t\left( n-1 \right)$;

D.$\frac{\sqrt{n}\left( \bar{X}-\mu \right)}{S}\sim t\left( n \right)$.

Solution: A

前两个的独立性由Fisher引理. 而$\bar{X},S^2$分别是$\mu,\sigma^2$的充分完备统计量,$\frac{X_1-X_2}{S}$关于这两个参数均为辅助统计量, 根据Basu引理得独立性.

二、填空题

1、 设$f\left( x \right) =ae^{-\left| x \right|},x\in \mathcal{R}$是某个随机变量的p.d.f, 则$a=$____.

Solution: 1/2

根据概率密度函数的正则性即可.

2、$a,b\sim \mathcal{U}\left( 0,2 \right)$, 且二者独立, 则方程$x^2+ax+b^2=0$有实根的概率是 ____.

Solution: 1/4

当$\Delta =a^2-4b^2\ge 0$时, 方程有实根, 则

$P\left( a^2-4b^2\ge 0 \right) =P\left( a^2\ge 4b^2 \right) =P\left( \left| a \right|\ge 2\left| b \right| \right) =P\left( a\ge 2b \right) =\frac{1}{4}$

3、已知有$\sqrt{n}X_n\rightarrow _d\mathcal{N}\left( 0,1 \right)$, 则$\sqrt{n}\left( e^{X_n}-1 \right)$的依分布收敛极限是 ____.

Solution:$\mathcal{N}\left( 0,1 \right)$

用delta方法, 取$g\left( x \right) =e^x$, 则$g'\left( 0 \right) =1$, 于是有

$\sqrt{n}\left( g\left( X_n \right) -g\left( 0 \right) \right) \rightarrow _d\mathcal{N}\left( 0,\left[ g'\left( 0 \right) \right] ^2 \right) =\mathcal{N}\left( 0,1 \right)$

4、$X_1,X_2,\cdots,X_9$是来自$\mathcal{N}\left( \mu _1,\sigma _{1}^{2} \right)$的简单随机样本,$Y_1,Y_2,\cdots,Y_12$是来自$\mathcal{N}\left( \mu _2,\sigma _{2}^{2} \right)$的简单随机样本, 其中$\sigma _{1}^{2}=3\sigma _{2}^{2}$,$\sigma_2^2$未知, 则$\mu _1-\mu _2$的$1-\alpha$置信区间是 ____.

Solution:$\left( \bar{X}-\bar{Y} \right) \pm \sqrt{\frac{5}{12}}\sqrt{\frac{\frac{8}{3}S_{X}^{2}+11S_{Y}^{2}}{19}}\cdot t_{1-\frac{\alpha}{2}}\left( 19 \right)$

5、设$X\sim \mathcal{U}\left( 0,1 \right)$, 则$Y = X^2$的p.d.f 是 ____.

Solution:$f_Y\left( y \right) =\frac{1}{2\sqrt{y}},0<y<1$

$f_Y\left( y \right) =f_X\left( \sqrt{y} \right) \left| \frac{1}{2\sqrt{y}} \right|,0<y<1=\frac{1}{2\sqrt{y}},0<y<1$

6、甲欲检验某枚硬币掷出正面的概率是否小于$\frac{1}{2}$, 即考虑假设检验问题$H_0:p=\frac{1}{2}\ vs\ H_1:p<\frac{1}{2}$. 现10次试验中有2次掷出正面, 则此时$p$值是 ____.

Solution:$\frac{7}{2^{7}}$

$P\left( X \le 2\mid p=\frac{1}{2} \right) =\sum_{k=0}^2{C_{10}^{k}\left( \frac{1}{2} \right) ^{10}}=\frac{56}{2^{10}} = \frac{7}{2^7}$.

7、$X_1,X_2,\cdots,X_n$是来自正态总体$\mathcal{N}\left( \mu ,\sigma ^2 \right)$的简单随机样本, 其中$\mu,\sigma^2$均未知, 则$\sigma^2$的 MLE 的均方误差是 ____.

Solution:$\frac{2n-1}{n}\sigma ^4$

$\sigma^2$的 MLE 是$\frac{n-1}{n}S^2$, 于是

$\begin{aligned} MSE\left( \frac{n-1}{n}S^2 \right) &=E\left( \frac{n-1}{n}S^2-\sigma ^2 \right) ^2 \\ &=Var\left( \frac{n-1}{n}S^2 \right) +\left( E\frac{n-1}{n}S^2-\sigma ^2 \right) ^2 \\ &=\frac{\left( n-1 \right) ^2}{n^2}\cdot \frac{2\sigma ^4}{n-1}+\frac{\sigma ^4}{n^2}=\frac{2n-1}{n^2}\sigma ^4 \end{aligned}$

三、解答题

1、设$\left( X,Y \right) \sim \mathcal{N}\left( 0,0;1,1;\rho \right)$, 试求$Z = \left| X-Y \right|$的 p.d.f 以及其数学期望期望.

Solution:

$X-Y\sim \mathcal{N}\left( 0,2-2\rho \right)$, 故$Z = \left| X-Y \right|$是一个对称分布, 其 p.d.f 是

$f_Z\left( z \right) =\frac{1}{\sqrt{\pi \left( 1-\rho \right)}}e^{-\frac{z^2}{4\left( 1-\rho \right)}}, z>0$

以及$EZ=2\sqrt{\frac{1-\rho}{\pi}}$.

2、对于来自负二项分布$NB\left( r,p \right)$的单个样本$X$, 其分布列是$P\left( X=x \right) =C_{x-1}^{r-1}p^r\left( 1-p \right) ^{x-r}$, 试求$p^k$的UMVUE(其中$k<r$).

Solution:

拆分分布列, 对于$\forall x \ge r$, 有

$\begin{aligned} P\left( X=x \right) &=C_{x-1}^{r-1}p^r\left( 1-p \right) ^{x-r} \\ P\left( X=x \right) &=\frac{C_{x-1}^{r-1}}{C_{x-k-1}^{r-k-1}}p^kC_{x-k-1}^{r-k-1}p^{r-k}\left( 1-p \right) ^{x-r} \\ \frac{C_{x-k-1}^{r-k-1}}{C_{x-1}^{r-1}}P\left( X=x \right) &=p^kC_{x-k-1}^{r-k-1}p^{r-k}\left( 1-p \right) ^{x-r} \end{aligned}$

两侧同时取在$x = r,r+1,\cdots,\infty$上求和, 有

$\begin{aligned} \sum_{x=r}^{+\infty}{\frac{C_{x-k-1}^{r-k-1}}{C_{x-1}^{r-1}}P\left( X=x \right)}&=p^k\sum_{x=r}^{+\infty}{C_{x-k-1}^{r-k-1}p^{r-k}\left( 1-p \right) ^{x-r}} \\ \sum_{x=r}^{+\infty}{\frac{\frac{\left( x-k-1 \right) !}{\left( r-k-1 \right) !\left( x-r \right) !}}{\frac{\left( x-1 \right) !}{\left( r-1 \right) !\left( x-r \right) !}}P\left( X=x \right)}&=p^k\sum_{z=v}^{+\infty}{C_{z-1}^{v-1}p^v\left( 1-p \right) ^{z-v}} \\ E\left[ \frac{\left( X-k-1 \right) !\left( r-1 \right) !}{\left( X-1 \right) !\left( r-k-1 \right) !} \right] &=p^k \end{aligned}$

根据Lehamnn-Scheffe定理, 有$T=\frac{\left( X-k-1 \right) !\left( r-1 \right) !}{\left( X-1 \right) !\left( r-k-1 \right) !}$是$p^k$的UMVUE.

3、有来自总体$f\left( x \right) =\frac{\theta}{x^2}I_{\left\{ x\ge \theta \right\}}$的随机样本$X_1,X_2,\cdots,X_n$, 其中未知参数$\theta > 0$, 试解决下述问题.

(1). 试求$\theta$的MLE;

(2). 判断1)中的MLE是否为充分统计量;

(3). 求$\theta$的95% 置信区间.

Solution:

(1) 先写出似然函数

$L\left( \theta \right) =\frac{\theta ^n}{\prod_{i=1}^n{x_{i}^{2}}}I_{\left\{ \theta \le x_{\left( 1 \right)} \right\}},$

这显然是 $\theta$ 的增函数, 故 $\theta$ 取 $X_{(1)}$ 时似然函数也达到最大. $\hat{\theta}=X_{\left( 1 \right)}$;

(2) 是, 直接根据因子分解定理;

(3) 由于$X_{\left( 1 \right)}\sim f_1\left( x \right) =\frac{n\theta ^n}{x^{n+1}}I_{\left\{ x\ge \theta \right\}}$, 故$T=\frac{X_{\left( 1 \right)}}{\theta}\sim f_T\left( t \right) =\frac{n}{t^{n+1}}I_{\left\{ t\ge 1 \right\}}$, 其分布与$\theta$无关, 可作为枢轴量. 算得$F_T\left( t \right) =\left( 1-\frac{1}{t^n} \right) I_{\left\{ t\ge 1 \right\}}$.

若有$P\left( a\le T\le b \right) =1-\alpha$, 则可反解得到$\theta$的$1-\alpha$置信区间$\left[ \frac{X_{\left( 1 \right)}}{b},\frac{X_{\left( 1 \right)}}{a} \right]$, 考虑到 $X_{(1)} \ge \theta$, 我们在上限处 $a$ 取 $1$, 由此解

$\int_1^b{\frac{n}{t^{n+1}}dt}=1-\alpha$

得 $b=\alpha^{-1/n}$, 因此置信区间$\left[ \left( 0.05 \right) ^{\frac{1}{n}}X_{\left( 1\right)},X_{\left( 1 \right)} \right]$.

4、为验证某骰子是否均匀, 某人进行了100次试验, 其中数字1,2,3,4,5,6出现的次数分别为15,18,19,14,16,18. 试用数学方法建立模型并解答, 无需代入具体数值计算.

Solution: 用拟合优度检验, 记一次投掷出现数字$i$的概率是$p_i\left( i=1,2,\cdots ,6 \right)$, 考虑假设检验问题:

$H_0:p_i=\frac{1}{6}\left( i=1,2,\cdots ,6 \right)$

卡方统计量为$\chi ^2=\sum_{i=1}^6{\frac{\left( n_i-\frac{n}{6} \right) ^2}{\frac{n}{6}}}\overset{H_0}{\sim}\chi _{5}^{2}$, 故在$\alpha$的显著性水平下, 当$\chi ^2\ge \chi _{5,1-\alpha}^{2}$时拒绝原假设.

5、现有来自总体$f\left( x \right) =\theta x^{\theta -1}I_{\left\{ 0\le x\le 1 \right\}}$的简单随机样本$X_1,X_2,\cdots,X_n$, 考虑假设检验问题:

$H_0:\theta =1\ vs\ H_1:\theta \ne 1$

(1) 求上述问题显著性水平$\alpha$的广义似然比拒绝域;

(2) 求 (1) 中检验的功效函数;

(3) 问 (1) 中检验是否为UMP检验?

Solution: (1) 注意到总体是$Beta\left( \theta ,1 \right)$, 对总体取负对数变换则为指数分布, 即$Y_i=-\log X_i\sim \mathcal{E}\left( \theta \right)$. 可基于我们熟悉的指数分布样本$Y_i$构建拒绝域.

最终拒绝域可基于$T=\sum_{i=1}^n{Y_i}=-\sum_{i=1}^n{\log X_i}$给出, 其形式为$W=\left\{ T\le a \right\} \cup \left\{ T\ge b \right\}$. 其中$a,b$满足$ae^{-a}=be^{-b}$以及$\int_{2\theta _0a}^{2\theta _0b}{f_{2n}\left( t \right) dt}=1-\alpha$, 这里$f_{2n}\left( t \right)$表示$\chi _{2n}^{2}$的 p.d.f.

或直接取等尾, 得近似LRT,$W=\left\{ T\le \frac{\chi _{2n,\frac{\alpha}{2}}^{2}}{2\theta _0} \right\} \cup \left\{ T\ge \frac{\chi _{2n,1-\frac{\alpha}{2}}^{2}}{2\theta _0} \right\}$. 注意本题中 $\theta_0$是 1.

(2)

$\begin{aligned} \beta _W\left( \theta \right) &=P_{\theta}\left( T\le a \right) +P_{\theta}\left( T\ge b \right) \\ &=1-P_{\theta}\left( a\le T\le b \right) \\ &=1-P_{\theta}\left( 2\theta a\le 2\theta T\le 2\theta b \right) \\ &=1-\int_{2\theta a}^{2\theta b}{f_{2n}\left( t \right) dt} \end{aligned}$

这里的$a,b$由 (1) 中的LRT条件给出.

(3) 不是UMPT. 考虑任意$\theta_1 > \theta_0$, 根据N-P引理, 在$\theta_1$处唯一功效最大的检验是$W_1=\left\{ T\le 2\theta _0\chi _{\alpha}^{2} \right\}$, 而我们前面得到的拒绝域$W$显然与它不一样, 故不可能是UMP检验.

实际上该假设检验问题的UMP检验是不存在的, 可以再考虑任意$\theta_2 < \theta_0$, 根据N-P引理, 在$\theta_2$处唯一功效最大的检验是$W_2=\left\{ T\ge 2\theta _0\chi _{1-\alpha}^{2} \right\}$. 若$W_0$是该假设检验问题的 UMP拒绝域, 则必须$W_0=W_1,a.s.$以及$W_0=W_2,a.s.$, 这显然是做不到的.