中山大学-432统计学-2023年-解析

中山大学-432统计学-2023年

一、选择题(每题 3 分, 共 12 空, 总 36 分)

1、设 $X \sim N\left(\mu, \sigma^2\right)$, 则 $E|X-\mu| =$（ ）

A.$\sigma^2$;
B.$\frac{\sigma}{2}$;
C.$\sigma$;
D.$\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}$.

Solution: D

记 $Y=\frac{X-\mu}{\sigma}\sim N\left( 0,1 \right)$, 则

$E\left| Y \right|=\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\left| y \right|}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{y^2}{2}}\text{d}y}=2\int_0^{\infty}{\frac{y}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{y^2}{2}}\text{d}y}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}$

因此 $E|X-\mu| = \sqrt{\frac{2}{\pi}}$

2、 设随机变量 $X \sim N(0,1)$, 若常数 $x_p$ 满足 $P\left(X \leq x_p\right)=p$, 则称常数 $x_p$ 为 $p$ 分位数, 则 $|X|$ 的中位数是 ( )
a. $x_{0.25}$
b. $x_{0.50}$
c. $x_{0.75}$
d. $x_{0.67}$

Solution: C

令

$\frac{1}{2}=P\left( \left| X \right|\le a \right) =P\left( -a\le X\le a \right) =\Phi \left( a \right) -\Phi \left( -a \right)$

发现恰好是 $a = x_{0.75}$.

3、已知 $E(X Y)=E(X) E(Y)$, 以下结论正确的是 ( )
a. $\operatorname{Var}(X Y)=\operatorname{Var}(X) \operatorname{Var}(Y)$
b. $\operatorname{Var}(X+Y)=\operatorname{Var}(X)+\operatorname{Var}(Y)$
c. $X$ 和 $Y$ 独立
d. $X$ 和 $Y$ 不独立

Solution: B

都说明了 $X$ 与 $Y$ 不相关.

4、以下说法中, 错误的是 ( )
a. 如果 $X_n \stackrel{D}{\rightarrow} a$, 那么 $X_n \stackrel{P}{\rightarrow} a$
b. 如果 $X_n \stackrel{D}{\rightarrow} X$, 那么 $X_n \stackrel{P}{\rightarrow} X$
c. 如果 $X_n \stackrel{P}{\rightarrow} X$, 那么 $X_n \stackrel{D}{\rightarrow} X$
d. 如果 $X_n \stackrel{D}{\rightarrow} X, Y_n \stackrel{P}{\rightarrow} a$, 那么 $X_n Y_n \stackrel{D}{\rightarrow} a X$

Solution: B

B 错误, 依分布收敛推不出依概率收敛, 除非是收敛到常数(单点分布).

5、设 $X>0$, 已知 $E(1 / X)$ 和 $1 / E X$ 均存在, 则以下关于 $E(1 / X)$ 和 $1 / E X$ 的大小关的说法, 正确的是 ( )
a. $E(1 / X) \geq 1 / E X$
b. $E(1 / X)=1 / E X$
c. $E(1 / X) \leq 1 / E X$
d. 无法确定

Solution:

用Jensen不等式, 取凸函数 $g(t) = \frac{1}{t}$, 则有 $E\left( g\left( X \right) \right) \ge g\left( E\left( X \right) \right)$, 即 $E\left( \frac{1}{X} \right) \ge \frac{1}{EX}$.

6、 设简单随机样本 $X_1, \cdots, X_n \stackrel{i i d}{\sim} N\left(\mu, \sigma^2\right)$, 方差 $\sigma^2$ 已知, 给定置信水平 $1-\alpha$, 关于 $\mu$ 的置信区间, 以下说法不正确的是 ( )
a. 样本量增大, 区间长度变短
b. 总体均值范围增大, 区间长度变宽
c. 方差增大, 区间长度变宽
d. $1-\alpha$ 增大, 区间长度变宽

Solution: B

$\mu$ 的 $1-\alpha$ 水平置信区间是 $\bar{X}\pm \frac{\sigma}{\sqrt{n}}z_{1-\frac{\alpha}{2}}$. 区间长度是 $2\frac{\sigma}{\sqrt{n}}z_{1-\frac{\alpha}{2}}$, 显然与总体均值 $\mu$ 无关, 因此 A C D 正确, B 错误.

7、 设 $X, Y$ 独立, 均服从伽马分布 $\Gamma(2,4)$, 则 $X+Y$ 服从的分布是 ( )
a. 伽马分布 $\Gamma(4,8)$
b. 伽马分布 $\Gamma(4, 4)$
c. 贝塔分布 $Beta(2,4)$
d. 贝塔分布 $Beta(4,4)$

Solution: B

伽马分布 $\Gamma(n, \lambda)$ 具有可加性, 前提是比率参数 $\lambda$ 参数相同, 其和只需将自由度相加.

8、 设有来自某总体的简单随机样本, 其样本均值为 $\bar{X}$, 样本方差为 $S^2$, 则下列说法正确的是 ( )
a. $S$ 和 $\bar{X}$ 独立
b. $S$ 是 $\sigma$ 的最大似然估计量
c. $S$ 是 $\sigma$ 的无偏估计量
d. $S$ 是 $\sigma$ 的相合估计量

Solution: D

题目未说是正态分布, A 错误. 未指明具体分布, B 也错误. 未指明分布也无法计算期望, C 错误, 且通常也是有偏估计. 如果总体的方差存在, 则样本方差的相合性成立, 这是由大数定律保证的. 再根据连续映射定理, 样本标准差的相合性也得以保证.

8、 以下结论中, 与 $\operatorname{Var}(E(Y \mid X))=\operatorname{Var}(Y)$ 互为充要条件的是 ( )
a. $X$ 以概率 1 能够用 $Y$ 线性表示
b. $Y-E[Y \mid X]=0$
c. $E(\operatorname{Var}(Y \mid X))=0$
d. $E(Y-E(Y \mid X))=0$

Solution: C

根据条件方差恒等式, 即

$Var\left( Y \right) =Var\left( E\left( Y\mid X \right) \right) +E\left( Var\left( Y\mid X \right) \right) ,$

根据题意, 有

$Var\left( E\left( Y\mid X \right) \right) =Var\left( Y \right) \Leftrightarrow E\left( Var\left( Y\mid X \right) \right) =0$

10、 在假设检验问题中, 控制显著性水平 $\alpha$ 不变, 则增加样本容量, 发生的变化是 ( )
a. 一类错误概率减小
b. 一类错误概率增大
c. 二类错误概率减小
d. 二类错误概率增大

Solution: C

控制了显著性水平, 则第一类错误概率不变. 第二类错误的概率随样本量增大而减小.

11、 为研究某地区儿童的含铅量指标水平是否高于普通儿童，应该设定的假设检验问题为 ( )
a. 原假设 $\mu>\mu_0$, 备择假设 $\mu=\mu_0$
b. 原假设 $\mu<\mu_0$, 备择假设 $\mu=\mu_0$
c. 原假设 $\mu=\mu_0$, 备择假设 $\mu>\mu_0$
d. 原假设 $\mu=\mu_0$, 备择假设 $\mu<\mu_0$

Solution: C

通常将研究的问题放在备择假设, 想要拒绝的放在原假设.

12、 对于均匀分布总体 $\stackrel{i i d}{\sim} U(-\theta, \theta), \theta>0$ 的一组简单随机样本, 以下说法正确的是 ( )
a. $\min \left\{-X_{(1)}, X_{(n)}\right\}$ 是充分统计量
b. $\left(X_{(1)}, X_{(n)}\right)$ 是完备统计量
c. $X_{(n)}-X_{(1)}$ 是辅助统计量
d. $X_{(n)} / X_{(1)}$ 是辅助统计量

Solution: D

似然函数是

$L\left( \theta \right) =\frac{1}{\left( 2\theta \right) ^n}I_{\left\{ X_{\left( 1 \right)}\ge -\theta \right\}}I_{\left\{ X_{\left( n \right)}\le \theta \right\}}=\frac{1}{\left( 2\theta \right) ^n}I_{\left\{ \max \left\{ -X_{\left( 1 \right)},X_{\left( n \right)} \right\} \le \theta \right\}},$

因此 $\max \left\{-X_{(1)}, X_{(n)}\right\}$ 才是充分统计量.

取函数 $h(x_1, x_2) = x_1 + x_2$, 则根据对称性有 $Eh\left( X_{\left( 1 \right)},X_{\left( n \right)} \right) =0$, 但显然没有 $h\left( X_{\left( 1 \right)},X_{\left( n \right)} \right) =0,\ a.s.$ 所以$\left(X_{(1)}, X_{(n)}\right)$ 不是完备统计量.

C 项是位置参数的辅助统计量, D 是尺度参数的辅助统计量, 该总体显然是个尺度族而不是位置族, 因此 D 正确.

二、填空题(每空 3 分, 共 14 空, 总 52 分)

1、 一个人是 $A 、 B 、 A B 、 O$ 型血的概率分别为 $0.4 、 0.2 、 0.1 、 0.3$, 现任意在人群中选四个人, 则他们血型全不相同的概率为____.

Solution: $0.0576$

利用多项分布, 抽一个人即视为进行一次试验, 试验有四种结果, 每种结果发生的概率分别是 $0.4 、 0.2 、 0.1 、 0.3$. 重复进行 4 次试验, 则每种结果恰出现一次的概率是

$P\left( X_1=X_2=X_3=X_4=1 \right) =4!\cdot 0.4\cdot 0.2\cdot 0.1\cdot 0.3=0.0576$

2、 袋中有 $m$ 个白球 与 $n$ 个黑球, 现有放回摸球直到摸到白球停止, 则摸到白球之前黑球的个数的数学期望是____.

Solution: $\frac{n}{m}$

用 $X$ 表示第一次摸到白球时的总摸球数, 则 $X\sim Ge\left( \frac{m}{n+m} \right)$, 所求即 $EX-1=\frac{n+m}{m}-1=\frac{n}{m}$

3、 随机变量 $X$ 的概率密度函数是 $f(x)=k \exp \left\{-\frac{x^2}{8}\right\}, x>0$, 则 $k=$____.

Solution: $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$

由于

$\int_0^{+\infty}{e^{-\frac{x^2}{8}}\text{d}x}\xlongequal{t=\frac{x}{2\sqrt{2}}}\int_0^{+\infty}{e^{-t^2}\text{d}\left( 2\sqrt{2}t \right)}=2\sqrt{2}\int_0^{+\infty}{e^{-t^2}\text{d}t}=\sqrt{2}\cdot \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) =\sqrt{2\pi}$

根据概率密度函数的正则性, 有 $k=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$.

4、 随机变量 $X$ 的概率密度函数为 $f(x)=\frac{3}{8} x^2, 0<x<2$, 则 $E\left(\frac{1}{X^2}\right)$____.

Solution: $\frac{3}{4}$

直接计算, $E\left( \frac{1}{X^2} \right) =\int_0^2{\frac{3}{8}\text{d}x}=\frac{3}{4}$.

5、 $X_1, \cdots, X_n$ 是来自总体 $N\left(\mu, \sigma^2\right)$ 的简单随机样本, 其中 $\sigma^2$ 已知, 则对于假设检验问题 $H_0: \mu=1$ vs $H_1: \mu>1$, 显著性水平为 $\alpha$ 的 UMP 拒绝域是____, 该检验在 $\mu=2$ 时的功效是____.

Solution: $\left\{ \frac{\sqrt{n}\left( \bar{X}-1 \right)}{\sigma}\ge z_{1-\alpha} \right\}$, $1-\Phi \left( z_{1-\alpha}-\frac{\sqrt{n}}{\sigma} \right)$

根据Karlin-Rubin定理, 该正态总体均值检验的UMP拒绝域是 $W=\left\{ \frac{\sqrt{n}\left( \bar{X}-1 \right)}{\sigma}\ge z_{1-\alpha} \right\}$.

当 $\mu = 2$ 时, 功效

$\rho \left( 2 \right) =P_{\mu =2}\left( \frac{\sqrt{n}\left( \bar{X}-1 \right)}{\sigma}\ge z_{1-\alpha} \right) =P_{\mu =2}\left( \frac{\sqrt{n}\left( \bar{X}-2 \right)}{\sigma}\ge z_{1-\alpha}-\frac{\sqrt{n}}{\sigma} \right) =1-\Phi \left( z_{1-\alpha}-\frac{\sqrt{n}}{\sigma} \right)$

6、 $X_1, \cdots, X_n$ 是来自泊松分布 ${Poisson}(\lambda)$ 总体的简单随机样本, 设 $\theta=\ln \lambda$, 则 $\theta$ 的最大似然估计是 $\hat{\theta}=$ ____, $\sqrt{n}(\hat{\theta}-\theta)$ 的极限分布是 ____.

Solution: $\ln \bar{X}$, $N\left( 0,\frac{1}{\lambda} \right)$

$\lambda$ 的 MLE 是 $\bar{X}$, 根据 MLE 的不变性, 则 $\theta$ 的 MLE 是 $\ln \bar{X}$.

由于 $\sqrt{n}\left( \bar{X}-\lambda \right) \longrightarrow N\left( 0,\lambda \right)$, 用 Delta 方法, 取 $g(x) = \ln x$, 则 $\sqrt{n}\left( g\left( \bar{X} \right) -g\left( \lambda \right) \right) \longrightarrow N\left( 0,\lambda \cdot \left[ g'\left( \lambda \right) \right] ^2 \right)$, 即

$\sqrt{n}\left( \hat{\theta}-\theta \right) \longrightarrow N\left( 0,\frac{1}{\lambda} \right) .$

7、现对一组数据进行描述性统计, 绘制出下面的箱线图, 则图中 $a, b, c$ 三个纵坐标对应的统计量分别是 ____, ____, ____.

Solution: 下四分位数, 中位数, 上四分位数

8、 对于某项 $n$ 重伯努利试验, 现观测到事件发生了 $n-1$ 次, 则对于假设检验问题 $H_0: p=1 / 2, H_1: p> 1 / 2$, 当前的 $p$ 值是 ____.

Solution: $\frac{n+1}{2^n}$

直接计算 $p$ 值:

$P_{p=\frac{1}{2}}\left( X\ge n-1 \right) =C_{n}^{n-1}\left( \frac{1}{2} \right) ^n+C_{n}^{n}\left( \frac{1}{2} \right) ^n=\frac{n+1}{2^n}$

9、 现有三组数据进行方差分析, 样本量均为 $n$, 试用每一组的样本方差$S_i^2, i = 1,2,3$ 和每一组的组内均值 $\bar{Y}_i, i = 1,2,3$ 以及总均值 $\bar{\bar{Y}}$ 来给出组内均方 (MSW) 和 组间均方 (MSB) 的表达式, 它们分别是 ____ 和 ____

Solution: $\frac{\sum_{i=1}^3{S_{i}^{2}}}{3}$, $\frac{n\sum_{i=1}^3{\left( \bar{Y}_i-\bar{\bar{Y}} \right) ^2}}{2}$

组内平方和是 $SSW=\sum_{i=1}^3{\sum_{j=1}^n{\left( Y_{ij}-\bar{Y}_i \right) ^2}}=\left( n-1 \right) \sum_{i=1}^3{S_{i}^{2}}$, 自由度 $df_W=3n-3$, 因此组间均方

$MSW=\frac{\left( n-1 \right) \sum_{i=1}^3{S_{i}^{2}}}{3n-3}=\frac{\sum_{i=1}^3{S_{i}^{2}}}{3}$

组间平方和是 $SSB=\sum_{i=1}^3{n\left( \bar{Y}_i-\bar{\bar{Y}} \right) ^2}$, 自由度 $df_B=2$, 因此组内均方

$MSB=\frac{n\sum_{i=1}^3{\left( \bar{Y}_i-\bar{\bar{Y}} \right) ^2}}{2}$

三、解答题(3 题, 共 72 分)

1（22 分）、 $X_1, \cdots, X_n$ 是来自两点分布 $B(1, p)$ 总体的简单随机样本, 记函数 $g(p)=p^2(1-p)$, 已知样本量 $n \geq 4$, 则
(1) (4分) 证明 $X_1 X_2\left(1-X_3\right)$ 是 $g(p)$ 的无偏估计量
(2) (8分) 计算 $X_1 X_2\left(1-X_3\right)$ 的相对效率
(3) (10分) 试给出 $g(p)$ 的一致最小方差无偏估计

Solution:

(1) 计算期望, $E\left[ X_1X_2\left( 1-X_3 \right) \right] =\left( EX_1 \right) \left( EX_2 \right) \left[ E\left( 1-X_3 \right) \right] =p^2\left( 1-p \right)$, 故$X_1 X_2\left(1-X_3\right)$ 是 $g(p)$ 的无偏估计.

(2) 先计算 $p$ 的 Fisher信息量, $I\left( p \right) =-E\left[ \frac{\partial ^2\log f\left( X;p \right)}{\partial p^2} \right] =\frac{1}{p\left( 1-p \right)}$, 则 $g(p)$ 的无偏估计的方差的 C-R 下界是

$\frac{\left[ g'\left( p \right) \right] ^2}{nI\left( p \right)}=\frac{p\left( 1-p \right)}{n}\cdot \left( 2p-3p^2 \right) ^2=\frac{p\left( 1-p \right) \left( 2p-3p^2 \right) ^2}{n}$

再计算 $U = X_1 X_2\left(1-X_3\right)$ 的方差, 有

$\begin{aligned} EU^2=E\left( X_{1}^{2}X_{2}^{2}\left( 1-X_3 \right) ^2 \right) & =\left( EX_{1}^{2} \right) \left( EX_{1}^{2} \right) \left[ E\left( 1-X_3 \right) ^2 \right] \\ &=p\cdot p\cdot \left( 1-p \right) =p^2\left( 1-p \right), \end{aligned}$

故

$Var\left( U \right) =p^2\left( 1-p \right) -\left[ p^2\left( 1-p \right) \right] ^2=p^2\left( 1-p \right) \left[ 1-p^2\left( 1-p \right) \right].$

因此该估计量的效率是

$Eff\left( U \right) =\frac{CR\text{下界}}{Var\left( U \right)}=\frac{1}{n}\frac{p\left( 1-p \right) \left( 2p-3p^2 \right) ^2}{p^2\left( 1-p \right) \left[ 1-p^2\left( 1-p \right) \right]}=\frac{1}{n}\frac{p\left( 2-3p \right) ^2}{1-p^2+p^3}$

(3) 样本的联合分布是

$f\left( x_1,\cdots ,x_n;p \right) =p^{\sum_{i=1}^n{X_i}}\left( 1-p \right) ^{n-\sum_{i=1}^n{X_i}}=e^{n\log \left( 1-p \right)}e^{\left( \log p-\log \left( 1-p \right) \right) \sum_{i=1}^n{X_i}}$

是一个完备的单参数指数族分布, 参数 $p$ 的充分完备统计量是 $T = \sum_{i=1}^n X_i$. 而显然估计量 $\varphi \left( T \right) =E\left[ X_1X_2\left( 1-X_3 \right) \mid T \right]$ 是基于 $T$ 给出的 $g(p)$ 的无偏估计, 根据 L-S 定理, 它是 $g(p)$ 的UMVUE. 下面求 $\varphi \left( T \right)$ 的具体分布:

注意到 $X_1 X_2 (1-X_3) = 1$ 当且仅当 $X_1 = 1, X_2 = 1, X_3 = 0$, 否则 $X_1 X_2 (1-X_3) = 0$, 因此

$\varphi \left( t \right) =E\left[ X_1X_2\left( 1-X_3 \right) \mid T=t \right] =P\left( X_1=1,X_2=1,X_3=0\mid \sum_{i=1}^n{X_i}=t \right)$

显然当 $t = 0, 1$ 时, $\varphi(t) = 0$, 当 $t = 2,3,\cdots,n$ 时, 有

$\begin{aligned} \varphi \left( t \right) & =\frac{P\left( X_1=1,X_2=1,X_3=0,\sum_{i=4}^n{X_i}=t-2 \right)}{P\left( \sum_{i=1}^n{X_i}=t \right)} \\ &=\frac{p\cdot p\cdot \left( 1-p \right) \cdot C_{n-3}^{t-2}p^{t-2}\left( 1-p \right) ^{n-t-1}}{C_{n}^{t}p^t\left( 1-p \right) ^{n-t}} \\ &=\frac{\frac{\left( n-3 \right) !}{\left( t-2 \right) !\left( n-t-1 \right) !}}{\frac{n!}{t!\left( n-t \right) !}}=\frac{t\cdot \left( t-1 \right) \cdot \left( n-t \right)}{n\cdot \left( n-1 \right) \cdot \left( n-2 \right)}. \end{aligned}$

2、(26 分) 现有两组简单随机样本, 其中 $X_1, \cdots, X_m \sim N\left(\mu_1, \sigma^2\right)$, $Y_1, \cdots, Y_n \sim N\left(\mu_2, \sigma^2\right)$, 其中 $\mu_1, \mu_2$ 均为末知参数, 记 $\theta=\mu_1-\mu_2$, 试解决以下问题:
(1) (8分) 若 $\sigma^2$ 未知, 构建 $\theta$ 的枢轴量 $T$, 并推导它的分布;
(2) (8分) 若 $\sigma^2$ 未知, 对假设检验问题 $H_0: \theta=0$ vs $H_1: \theta \neq 0$, 给出一个显著性水平为 $\alpha$ 的拒绝域, 并利用反转接受域的方法给出 $\theta$ 一个的 $(1-\alpha) 100 \%$ 水平置信区间;
(3) (10分) 若 $\sigma^2$ 已知, 求 (2) 中假设检验问题的广义似然比检验（GLRT）, 并判断该检验是否为一致最优势检验 (UMPT).

Solution:

(1) 枢轴量是 $T=\frac{\bar{X}-\bar{Y}}{S_w\sqrt{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}}}$, 其中
$\bar{X}=\frac{1}{m}\sum_{i=1}^m{X_i},\bar{Y}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n{Y_i}$, 并记 $S_{X}^{2}=\frac{1}{m-1}\sum_{i=1}^m{\left( X_i-\bar{X} \right) ^2}$ 与 $S_{Y}^{2}=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n{\left( Y_i-\bar{Y} \right) ^2}$ 是两组样本的样本方差, 有

$S_{w}^{2}=\frac{\left( m-1 \right) S_{X}^{2}+\left( n-1 \right) S_{Y}^{2}}{m+n-2}.$

而枢轴量的分子, 根据正态分布的性质, 有 $\bar{X}-\bar{Y}\sim N\left( \theta ,\left( \frac{1}{m}+\frac{1}{n} \right) \sigma ^2 \right)$, 对于 $\frac{\left( m+n-2 \right) S_{w}^{2}}{\sigma ^2}$, 根据 Fisher 引理, 它们二者之间是独立的. 因此有

$T=\frac{\bar{X}-\bar{Y}-\theta}{S_w\sqrt{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}}}\sim t\left(n+m-2 \right).$

当原假设成立时, 有

$T=\frac{\bar{X}-\bar{Y}}{S_w\sqrt{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}}}\sim t\left( n+m-2 \right)$

是自由度为 $n+m-2 $ 的中心 t 分布.

(2) 利用枢轴量给出拒绝域, 一个显著性水平为 $\alpha$ 的拒绝域是

$W=\left\{ \left| T \right|\ge t_{1-\frac{\alpha}{2}}\left( n+m-2 \right) \right\}.$

反转接受域, 可以得到 $(1-\alpha) 100 \%$ 水平的置信区间, 是

$\theta \in \left( \bar{X}-\bar{Y} \right) \pm S_w\sqrt{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}}\cdot t_{1-\frac{\alpha}{2}}\left( n+m-2 \right) .$

(3) 似然函数是

$L\left( \mu _1,\mu _2;\left\{ X_i \right\} ,\left\{ Y_i \right\} \right) =\left( 2\pi \sigma ^2 \right) ^{-\frac{m+n}{2}}e^{-\frac{1}{2\sigma ^2}\left\{ \sum_{i=1}^m{\left( X_i-\mu _1 \right) ^2}+\sum_{i=1}^n{\left( Y_i-\mu _2 \right) ^2} \right\}},$

在原假设参数空间中 ($\mu = \mu_1 = \mu_2$ ), 有 $\hat{\mu}_0=\frac{m\bar{X}+n\bar{Y}}{m+n}$, 在全参数空间中 $\hat{\mu}_1=\bar{X},\hat{\mu}_2=\bar{Y}$.

因此广义似然比是

$\begin{aligned} \Lambda =\frac{\sup_{\Theta _0}L\left( \mu _1,\mu _2 \right)}{\sup_{\Theta}L\left( \mu _1,\mu _2 \right)}&=\frac{L\left( \hat{\mu}_0,\hat{\mu}_0 \right)}{L\left( \hat{\mu}_1,\hat{\mu}_2 \right)} \\ &=\frac{\exp \left\{ -\frac{1}{2\sigma ^2}\left[ \sum_{i=1}^m{X_{i}^{2}}-2m\bar{X}\hat{\mu}_0+m\hat{\mu}_{0}^{2}+\sum_{i=1}^n{Y_{i}^{2}}-2n\bar{Y}\hat{\mu}_0+n\hat{\mu}_{0}^{2} \right] \right\}}{\exp \left\{ -\frac{1}{2\sigma ^2}\left[ \sum_{i=1}^m{X_{i}^{2}}-m\bar{X}^2+\sum_{i=1}^n{Y_{i}^{2}}-n\bar{Y}^2 \right] \right\}} \\ &=\exp \left\{ -\frac{1}{2\sigma ^2}\left[ m\left( \bar{X}-\hat{\mu}_0 \right) ^2+n\left( \bar{Y}-\hat{\mu}_0 \right) ^2 \right] \right\} \\ &=\exp \left\{ -\frac{1}{2\sigma ^2}\left[ m\left( \frac{n\left( \bar{X}-\bar{Y} \right)}{m+n} \right) ^2+n\left( \frac{m\left( \bar{X}-\bar{Y} \right)}{m+n} \right) ^2 \right] \right\} \\ &=\exp \left\{ -\frac{1}{2\sigma ^2}\left[ \frac{mn}{m+n}\left( \bar{X}-\bar{Y} \right) ^2 \right] \right\} . \end{aligned}$

因此似然比拒绝域

$\left\{ \Lambda \le \lambda _0 \right\} \Leftrightarrow \left\{ \left( \bar{X}-\bar{Y} \right) ^2\ge c_0 \right\} \Leftrightarrow \left\{ \frac{\left( \bar{X}-\bar{Y} \right) ^2}{\left( \frac{1}{m}+\frac{1}{n} \right) \sigma ^2}\ge c \right\}$

注意到在原假设成立时 $\frac{\left( \bar{X}-\bar{Y} \right) ^2}{\left( \frac{1}{m}+\frac{1}{n} \right) \sigma ^2}\sim \chi ^2\left( 1 \right)$, 为使检验的水平恰为 $\alpha$, 取 $c = \chi^2_{1-\alpha}(1)$.

该检验不是 UMP 检验, 当 $\theta = 1$ 时, 考虑另外一个拒绝域 $W_2=\left\{ \frac{\bar{X}-\bar{Y}}{\sqrt{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}}\sigma}>z_{1-\alpha} \right\}$ 该拒绝域是由 NP 引理给出的在 $\theta = 1$ 处唯一功效最大的拒绝域, 因此一定有 $\rho _W\left( 1 \right) <\rho _{W_2}\left( 1 \right)$. 故该广义似然比检验不是 UMPT.

3、 (24分) 设 $X_1, \cdots, X_n$ 是来自均匀分布总体 $U(-\theta, 0)$ 的简单随机样本, 其中末知参数 $\theta>0$, 考虑假设检验问题 $H_0: \theta=\theta_0$ vs $H_1: \theta \neq \theta_0$.
(1) (6分) 求广义似然比检验统计量 $\Lambda$;
(2) (8分) 当原假设成立时, 求 $-2 \log \Lambda$ 的精确分布;
(3) (10分) 给出一个显著性水平为 $\alpha$ 的检验, 并写出功效函数.

Solution:

(1) 似然函数是

$L\left( \theta \right) =\frac{1}{\theta ^n}I_{\left\{ \theta \ge -X_{\left( 1 \right)} \right\}}.$

在原假设参数空间中, $\theta$ 的 MLE 是 $\theta_0$. 在全参数空间中, $\theta$ 的 MLE 是 $-X_{(1)}$.

因此似然比统计量是

$\Lambda =\frac{\sup_{\Theta _0}L\left( \theta \right)}{\sup_{\Theta}L\left( \theta \right)}=\frac{L\left( \theta _0 \right)}{L\left( -X_{\left( 1 \right)} \right)}=\begin{cases} \frac{\left( -X_{\left( 1 \right)} \right) ^n}{\theta _{0}^{n}},& -X_{\left( 1 \right)}<\theta _0,\\ 0,& 0<\theta _0\le -X_{\left( 1 \right)}.\\ \end{cases}$

(2) 考虑 $Y_i = -X_i \sim U(0,\theta)$, 且 $-X_{\left( 1 \right)}=Y_{\left( n \right)}$, 而 $Z = \frac{Y_{\left( n \right)}}{\theta}\sim Beta\left( n,1 \right)$.

因此当原假设成立时

$T = -2\log \Lambda =-2\log \frac{\left( -X_{\left( 1 \right)} \right) ^n}{\theta _{0}^{n}}=-2n\log \frac{Y_{\left( n \right)}}{\theta} = -2n \log Z$

根据随机变量函数的分布, 可算得 $T$ 的密度函数是

$\begin{aligned} f_T\left( t \right) & =\left| -\frac{1}{2n}e^{-\frac{t}{2n}} \right|\cdot n\cdot \left( e^{-\frac{t}{2n}} \right) ^{n-1},\ 0<e^{-\frac{t}{2n}}<1 \\ &=\frac{1}{2}e^{-\frac{t}{2}},\ t>0 \end{aligned}$

即参数为 $1/2$ 的指数分布. 或自由度为 $2$ 的卡方分布.

(3) 考虑似然比检验, 有似然比拒绝域

$W=\left\{ \Lambda <\lambda _0 \right\} =\left\{ -X_{\left( 1 \right)}<a \right\} \cup \left\{ -X_{\left( 1 \right)}>b \right\}$

考虑到当 $\theta_1 > \theta_0$ 时恒有 $\Lambda = 0$, 因此可取 $b = \theta_0$. 为使检验的水平是 $\alpha$, 即

$\alpha =P_{\theta _0}\left( -X_{\left( 1 \right)}<a \right) +P_{\theta _0}\left( -X_{\left( 1 \right)}>\theta _0 \right) =P_{\theta _0}\left( \frac{Y_{\left( n \right)}}{\theta _0}<\frac{a}{\theta _0} \right) =\int_0^{\frac{a}{\theta _0}}{ny^{n-1}\text{d}y}=\left( \frac{a}{\theta _0} \right) ^n$

取 $a=\theta _0\alpha ^{\frac{1}{n}}$. 综上所述, 似然比拒绝域是

$W=\left\{ -X_{\left( 1 \right)}<\theta _0\alpha ^{\frac{1}{n}} \right\} \cup \left\{ -X_{\left( 1 \right)}>\theta _0 \right\} .$

再计算检验的功效, 当 $\theta < \theta_0 \alpha^{\frac{1}{n}}$ 时, 有

$\begin{aligned} \rho _W\left( \theta \right) &=P_{\theta}\left( -X_{\left( 1 \right)}<\theta _0\alpha ^{\frac{1}{n}} \right) +P_{\theta}\left( -X_{\left( 1 \right)}>\theta _0 \right) \\ &=1+0=1 \end{aligned}$

当 $0 < \theta < \theta_0$ 时, 有

$\begin{aligned} \rho _W\left( \theta \right) &=P_{\theta}\left( -X_{\left( 1 \right)}<\theta _0\alpha ^{\frac{1}{n}} \right) +P_{\theta}\left( -X_{\left( 1 \right)}>\theta _0 \right) \\ &=P_{\theta}\left( \frac{Y_{\left( n \right)}}{\theta}<\frac{\theta _0\alpha ^{\frac{1}{n}}}{\theta} \right) +P_{\theta}\left( \frac{Y_{\left( n \right)}}{\theta}>\frac{\theta _0}{\theta} \right) \\ &=\int_0^{\frac{\theta _0\alpha ^{\frac{1}{n}}}{\theta}}{ny^{n-1}\text{d}y}+0 \\ &=\left( \frac{\theta _0}{\theta} \right) ^n\alpha \end{aligned}$

当 $\theta \ge \theta_0$ 时, 有

$\begin{aligned} \rho _W\left( \theta \right) &=P_{\theta}\left( -X_{\left( 1 \right)}<\theta _0\alpha ^{\frac{1}{n}} \right) +P_{\theta}\left( -X_{\left( 1 \right)}>\theta _0 \right) \\ &=P_{\theta}\left( \frac{Y_{\left( n \right)}}{\theta}<\frac{\theta _0\alpha ^{\frac{1}{n}}}{\theta} \right) +P_{\theta}\left( \frac{Y_{\left( n \right)}}{\theta}>\frac{\theta _0}{\theta} \right) \\ &=\int_0^{\frac{\theta _0\alpha ^{\frac{1}{n}}}{\theta}}{ny^{n-1}\text{d}y}+\int_{\frac{\theta _0}{\theta}}^1{ny^{n-1}\text{d}y} \\ &=\left( \frac{\theta _0}{\theta} \right) ^n\alpha +\left( 1-\left( \frac{\theta _0}{\theta} \right) ^n \right) =1-\left( \frac{\theta _0}{\theta} \right) ^n\left( 1-\alpha \right) . \end{aligned}$