上海交通大学-432统计学-2023年-解析

上海交通大学-432统计学-2023年

一、选择题

1. 先在一个学校的所有班级中抽 10 个班级, 然后在这 10 个班级中的所有学生中抽 $30 \%$, 请问这属于什么抽样（）
   A. 整群抽样
   B. 多阶段抽样
   C. 简单随机抽样
   D. 配额抽样

Solution: B

多阶段抽样是先将一个很大的总体划分为若干个子总体，即一阶单位，再把一阶单位划分为若干个更小的单位，称为二阶单位，照此继续下去划分出更小的单位，依次称为三阶单位、四阶单位等。然后分别按随机原则逐阶段抽样。

2. 现有三个汽车厂商在江苏和浙江的销量数据, 如果想要比较他们的销售结构, 用下列哪种图来进行展示最合适 ( )
   A. 雷达图
   B. 复式饼图
   C. 环形图
   D. 帕累托图

Solution: C

只有两个数据, 不适合用雷达图展示, 应该用环形图.

3. 一组数据的下四分位数是 20, 上四分位数是 30, 现已知某个数据是 61, 请问它属于以下哪种类型? ( ）
   A. 极端点
   B. 离群点
   C. 异常值
   D. 最大点

Solution: A

此处上下四分位数差 $IQR = 30 - 20 = 10$, 超过四分位数 1.5 个 IQR, 即 <5 或 >45, 是离群点, 超过四分位数 3 个 IQR, 即 <-10 或 >60, 是极端点.

4. 对某所学校的学生进行抽样, 一种方法是按男女比例 $6: 4$ 抽样, 另一种是按照文科理科比例 $5: 5$ 抽样, 请问这属于什么抽样方法?（ ）
   A. 典型抽样
   B. 重点抽样
   C. 滚雪球抽样
   D. 配额抽样

Solution: D

配额抽样也称“定额抽样”，是指调查人员将调查总体样本按一定标志分类，确定各类单位的样本数额，在配额内任意抽选样本的抽样方式。

5. 一所大学准备采取一项学生在宿舍上网收费的措施, 为了解男女学生对这一措施的看法, 分别抽取了 150 名 男学生和 120 名女学生进行调查, 得到的结果如下:

	男同学	女同学	合计
赞成	45	42	87
反对	105	78	183
合计	150	120	270

根据该列联表, 男女学生反对上网收费的期望频数分别为（）
A. 48 和 39
B. 102 和 81
C. 15 和 14
D. 25 和 19

Solution: B

计算期望频数, 在列联表原假设下, 性别与是否反对是独立的, 则这里用边际分布的乘积即可

$270\cdot \frac{150}{270}\cdot \frac{183}{270}=101.667,\ \ 270\cdot \frac{120}{270}\cdot \frac{183}{270}=81.3333$

6. 随机变量 $X$ 和 $Y$ 独立同分布, 分布列均为 ${P}(X=k)=2^{-k}, k=1,2,3, \ldots$, 则 $P(X \geq n Y) =$ ( )
   A. $\frac{2}{2^{n+1}-1}$
   B. $\frac{2}{2^{n}-1}$
   C. $\frac{1}{2}$
   D. $\frac{1}{2^{n+1}-1}$

Solution:

由全概率公式, 有

$\begin{aligned} P\left( X\ge nY \right) & =\sum_{k=1}^{\infty}{P\left( X\ge nk \right) P\left( Y=k \right)} \\ &=\sum_{k=1}^{\infty}{\left( 2^{-k}\sum_{j=nk}^{\infty}{2^{-j}} \right)} \\ &=\sum_{k=1}^{\infty}{\left( 2^{-k}\cdot 2^{1-nk} \right)} \\ &=\sum_{k=1}^{\infty}{2^{1-\left( n+1 \right) k}}=\frac{2}{2^{n+1}-1} \end{aligned}$

7. 随机变量 $X$ 和 $Y$ 相互独立, 分别服从参数为 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$ 的指数分布, 则 $X+Y$ 的密度函数是 ( )

A. $(\lambda_1 + \lambda_2) e^{-(\lambda_1 + \lambda_2)z}, z>0$
B. $\frac{\lambda_1 \lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}\left(\exp \left(-\lambda_1 z\right)-\exp \left(-\lambda_2 z\right)\right), z>0$
C. $(\lambda_1 - \lambda_2) e^{-(\lambda_1 - \lambda_2)z}, z>0$
D. $(\lambda_1 \lambda_2) e^{-(\lambda_1 \lambda_2)z}, z>0$

Solution: B

记 $Z=X+Y$, 则

$\begin{aligned} F_Z(z) & = P(X+Y \leq z) \\ & =\int_0^z \int_0^{z-y} \lambda_1 \lambda_2 \exp \left(-\lambda_1 x-\lambda_2 y\right) d x d y \\ & =\int_0^z \lambda_2\left(1-\exp \left(-\lambda_1(z-y)\right)\right) \exp \left(-\lambda_2 y\right) d y \\ & =1-\exp \left(-\lambda_2 z\right)-\frac{\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}\left(\exp \left(-\lambda_1 z\right)-\exp \left(-\lambda_2 z\right)\right) \end{aligned}$

因此 $Z$ 的密度函数是

$\begin{aligned} f(z) & =\lambda_2 \exp \left(-\lambda_2 z\right)-\frac{\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}\left(\lambda_2 \exp \left(-\lambda_2 z\right)-\lambda_1 \exp \left(-\lambda_1 z\right)\right) \\ & =\frac{\lambda_1 \lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}\left(\exp \left(-\lambda_1 z\right)-\exp \left(-\lambda_2 z\right)\right) \end{aligned}$

8. $\hat{\theta}_n$ 是参数 $\theta$ 的一个估计量, 假设 $\hat{\theta}_n$ 的期望与方差均存在, 且当样本量 $n$ 趋于无穷时, ${E}\left[\hat{\theta}_n\right] \rightarrow \theta$, ${Var}\left(\hat{\theta}_n\right) \rightarrow 0$, 则以下说法中, 错误的是 ( )
   A. $\hat{\theta}_n$ 是参数 $\theta$ 的一致估计量
   B. $\hat{\theta}_n$ 依分布收敛到 $\theta$
   C. ${P}\left(\lim _{n \rightarrow+\infty} \hat{\theta}_n=\theta\right)=1$
   D. $\lim _{n \rightarrow+\infty} {E}\left[\left(\hat{\theta}_n-\theta\right)^2\right]=0$

Solution: C

A 是经典结论, B 可由 A 推出, C 表示几乎处处收敛, 这不一定成立. D 是均方收敛, 而 $MSE\left( \hat{\theta} \right) =Var\left( \hat{\theta} \right) +\left[ E\hat{\theta}-\theta \right] ^2$, 因此 D 也正确.

9. 对于正态总体的一组随机样本, 总体的方差 $\sigma^2$ 已知. 考虑假设检验问题: $H_0: \mu=100 \leftrightarrow H_1: \mu \neq 100$. 现已知 $\mu$ 的 $95 \%$ 置信区间是 $[102.18,109.82]$, 则对于前面提到的假设检验问题, 基于该数据算得的 $p$ 值最有可能是 ( )
   A. $0.0013$
   B. $0.0026$
   C. $0.0052$
   D. $0.01$

Solution: B

题目给出的置信区间说明 样本均值 $\bar{X}=106$, 半个置信区间的长度是 $3.82=\frac{\sigma}{\sqrt{n}}z_{0.975}$, 得 $\frac{\sigma}{\sqrt{n}}=\frac{3.82}{1.96}=1.9490$. 据此计算得到 $Z$ 统计量

$Z=\frac{\sqrt{n}\left( \bar{X}-100 \right)}{\sigma}=\frac{6}{1.9490}=3.0785$

则 $p$ 值是

$P\left( \left| Z \right|\ge 3.0785 \right) =1-\Phi \left( 3.0785 \right) +\Phi \left( -3.0785 \right) \approx 0.0026$

10. 某电视台为统计收视率, 使用电话采访收集群众是否看过该电视台, 若要求 0.05 显著性水平下的误差不超过 $10 \%$, 则需要的最低样本量是 ( )
    A. 193
    B. 97
    C. 100
    D. 200

Solution: B

题目意为, 收视率为 $\pi$, 用抽样收视率 $\bar{X}$ 来估计 $\pi$, 试问需要多大的样本量, 才可以保证

$P\left( \left| \bar{X}-\pi \right|\ge 0.1 \right) \le 0.05$

利用正态近似, $\sqrt{n}\left( \bar{X}-\pi \right) \sim N\left( 0,\pi \left( 1-\pi \right) \right)$, 则

$P\left( \left| \bar{X}-\pi \right|\ge 0.1 \right) =P\left( \left| \frac{\sqrt{n}\left( \bar{X}-\pi \right)}{\sqrt{\pi \left( 1-\pi \right)}} \right|\ge \frac{\sqrt{n}0.1}{\sqrt{\pi \left( 1-\pi \right)}} \right) =0.05$

可近似解得 $\frac{\sqrt{n}0.1}{\sqrt{\pi \left( 1-\pi \right)}}=z_{0.025}$, 于是 $n=100\cdot z_{0.025}^{2}\pi \left( 1-\pi \right)$.

由于题目没有给出 $\pi$ 的大概数值, 则利用不等式 $\pi \left( 1-\pi \right) \le \frac{1}{4}$, 得 $n = 96.0365$. 考虑到 $n$ 是整数, 所以 $n$ 至少为 97.

11. 以下哪个分布不是指数族分布 ( )
    A. 二项分布
    B. 双参数指数分布
    C. 泊松分布
    D. 正态分布

Solution: B

双参数指数分布的支撑集与参数有关, 因此不可能是指数族分布.

12. 有来自两点分布总体 $b(1, \theta)$ 的一组简单随机样本 $X_1, \ldots, X_n$, 则 $\theta$ 的无偏估计的方差的 CR 下界是 ( )

A. $\frac{\theta \left( 1-\theta \right)}{n}$
B. $\frac{\theta }{n}$
C. ${\theta \left( 1-\theta \right)}$
D. $\frac{1-\theta }{n}$

Solution: A

先计算 Fisher 信息量, $I(\theta)=-{E}\left[\frac{\partial^2 \log f(X ; \theta)}{\partial \theta^2}\right]=\frac{1}{\theta}+\frac{1}{1-\theta} = \frac{1}{\theta(1-\theta)}$.

则 C-R 下界是 $\frac{1}{nI\left( \theta \right)}=\frac{\theta \left( 1-\theta \right)}{n}$.

13. 某 4s 店声称其汽车达到了 10000 公里平均里程数的标准, 产检部门为检验他的说法是否属实, 应选取的备择假设是 ( )
    A. 平均里程数大于 10000 公里
    B. 平均里程数小于 10000 公里
    C. 平均里程数等于 10000 公里
    D. 平均里程数大于等于 10000 公里

Solution: A

将想要检验的内容放在备择假设.

14. 某教授声称手术之后病人的胰岛素水平会降至 15 以下, 为了检验他的说法是否正确, 建立了假设检验问题 $H_0: \mu \geq 15 \leftrightarrow H_0: \mu<15$, 现观测到经过手术后的 100 位病人的胰岛素水平并在 $0.05$ 的显著性水平下拒绝了原假设, 则以下说法正确的是 ( )
    A. 没有充分的证据证明原假设错误
    B. 原假设的可信度小于 $5 \%$
    C. 正确接受备择假设的概率至少为 $95 \%$
    D. 正确接受备择假设的概率至少为 $97.5 \%$

Solution: C

显著性水平衡量的是 “拒真” 概率, 则拒绝了正确原假设的概率至多为 $0.05$, 换句话说: 正确接受备择假设的概率至少为 $95 \%$.

15. 含交互项的双因素方差分析，行因素有 $r$ 个水平，列因素有 $m$ 个水平，每组重复 $k$ 次，总共有 $n$ 个样本. 下面的方差分析表中 (I) (II) (III) 处的值缺失, 则缺失值 (III) 应该是 ( )

来源	df	SS	MS	F
因素A	2	1.078	0.539	40.86
因素B	2	0.052	0.026	1.96
A:B	(I)	0.689	(II)	(III)
残差	18	0.238	0.013
总计	26	2.057

A. 26.5
B. 13.25
C. 8.33
D. 5.89

Solution: B

可以看出 $r = m = 3$, 因此交互项的自由度应该是 $df_{A:B} = (r-1)(m-1) = 4$. 所以 $MS_{A:B}=\frac{SS_{A:B}}{df_{A:B}}=\frac{0.689}{4}=0.1723$, $F_{A:B}=\frac{MS_{A:B}}{MSE}=\frac{0.1723}{0.013}=13.25$.

16. 对一组数据建立三元线性回归,

$y=\beta_0+\beta_1 x_1+\beta_2 x_2+\beta_3 x_3+\varepsilon$

其中只有 $x_1$ 通过 $t$ 检验, 则以下说法中错误的是 ( )
A. 无需对整个模型进行线性检验
B. $x_2, x_3$ 不显著的原因可能是多重共线性造成的
C. 可以通过检验变量之间的相关系数来确定是否存在多重共线性
D. $x_2, x_3$ 可以舍弃, 因为系数不显著, 没有意义

Solution: D

存在一个变量显著, 则 $F$ 检验必定通过, A 正确. BC说法正确. D 错误, 不应该直接舍弃, 可能的做法是先尝试舍弃其中一个变量.

17. 随机变量 $X \sim N\left(0, \sigma^2\right)$, 则 $Y=e^X$ 的概率密度函数是 ( )

A. $\frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sigma} \exp \left(-\frac{(\ln y)^2}{2 \sigma^2}\right)$
B. $\frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sigma y} \exp \left(-\frac{y^2}{2 \sigma^2}\right)$
C. $\frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sigma y} \exp \left(-\frac{(\ln y)^2}{2 \sigma^2}\right)$
D. $\frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sigma y} \exp \left(-\frac{(\ln y)^2}{2}\right)$

Solution: C

$Y$ 是对数正态分布. 直接求其密度函数, 对任意 $y > 0$, 则

$f_Y\left( y \right) =\left| \frac{1}{y} \right|\cdot f_X\left( \ln y \right) =\frac{1}{y}\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma ^2}}e^{-\frac{\left( \ln y \right) ^2}{2\sigma ^2}}$

18. 关于拟合优度 $R^2$ 和调整拟合优度 $R_a^2$ 的关系, 以下说法错误的是 ( )
    A. $R_a^2$ 可能为负
    B. $R_a^2$ 始终小于 $R^2$
    C. $R_a^2$ 用样本量 $n$ 和自变量个数 $k$ 来进行调整后, 避免了引进不必要的自变量而高估 $R^2$
    D. 当自变量的个数越来越多的时候, $R_a^2$ 取值会越来越接近 $R^2$

Solution: C

根据定义

$R_{a}^{2}=1-\frac{\left( 1-R^2 \right) \left( n-1 \right)}{n-p-1}$

它可能是负数, 且显然小于 $R^2$, 故 AB 均正确. C 也正确. D 错误, 当样本量增大而变量数固定时, 二者越来越接近.

19. 某时间序列数据存在 2 个拐点, 则用下列什么曲线来拟合更合适? ( )
    A. 二阶
    B. 三阶
    C. 指数曲线
    D. 一阶

Solution: B

三阶曲线有 2 个拐点.

20. 以下哪一个指标不受时间序列平均水平和计量尺度的影响 ( )
    A. 平均误差
    B. 平均绝对误差
    C. 均方误差
    D. 平均相对误差

Solution: D

四个选项均不受平均水平的影响, 而相对误差可以去除数据尺度的影响.

21. 现有规模一大一小两家公司, 若想比较工资的离散程度, 可以采用以下哪个指标 ( )
    A. 方差
    B. 平均数
    C. 变异系数
    D. 异众比率
    

Solution: C

变异系数不受量纲影响, 用于比较数据的离散程度.

22. 以下哪项是标准化残差图的作用 ( )
    A. 检验相关性和方差齐性
    B. 检验方差齐性和独立性
    C. 检验正态性和独立性
    D. 检验正态性和方差齐性

Solution: D

标准化残差图主要检验模型假设是否成立, 即随机误差项是否方差相等. 更进一步也可以检验随机误差项的正态性.

23. 报税时候将数据报高, 属于以下哪类误差 ( )
    A. 有意识误差
    B. 无回答误差
    C. 理解误差
    D. 系统误差
    

Solution: A

有意识误差，当调查的问题比较敏感，被调查者不愿意回答，迫于各种原因又必须回答时，可能就会提供一个不真实的数字。

而调查纳税情况时，被调查者往往高报，以表现自己没有漏税行为。

24. 面访式调查的缺点是 ( )
    A. 提高回答率
    B. 回答的质量难以控制
    C. 不能对数据摱集所花费的时间进行调解
    D. 成本较高

Solution: D

25. 现有两条曲线, 曲线 A 的峰度系数是 2.5, 曲线 B 的峰度系数是是 3.5, 则 ( )
    A. 曲线 A 比曲线 B 略显陡峭
    B. 曲线 A 比曲线 B 陡峭许多
    C. 曲线 B 比曲线 A 略显陡峭
    D. 曲线 B 比曲线 A 陡峭许多

Solution: D

峰度系数相差1, 陡峭程度相差较大, 且峰度系数越高越陡峭.

26. 随机变量 $(X, Y) \sim N\left(0,0, \sigma_1^2, \sigma_2^2, \rho\right)$, 则 ${E}[X \mid Y] =$ ( )
    A. $Y$
    B. $0$
    C. $\rho \frac{\sigma _1}{\sigma _2}Y$
    D. $\frac{\sigma _1}{\sigma _2}Y$

Solution: C

直接根据多元正态分布的条件分布公式

$X\mid Y\sim N\left( \rho \frac{\sigma _1}{\sigma _2}Y,\sigma _{1}^{2}\left( 1-\rho ^2 \right) \right)$

则 $E\left( X\mid Y \right) =\rho \frac{\sigma _1}{\sigma _2}Y$.

27. $X_1, \ldots, X_{20}$ 是来自总体 $N\left(\mu, \sigma^2\right)$的简单随机样本, 其中参数 $\mu$ 已知, 则以下哪个是 $\sigma^2$ 的无偏的充分统计量 ( )
    A. $\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(X_i-\mu\right)^2}{20}$
    B. $\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(X_i-\bar{X}\right)^2}{20}$
    C. $\frac{\sum_{i=1}^{19}\left(X_i-\mu\right)^2}{19}$
    D. $\frac{\sum_{i=1}^{19}\left(X_i-\bar{X}\right)^2}{19}$

Solution: A

由于 A,C 已知, 那么根据因子分解定理 $\sum_{i=1}^{20}{\left( X_i-\mu \right) ^2}$ 是 $\sigma^2$ 的充分统计量, 因此 B D 错误. C 不是无偏估计.

28. 关于众数，说法正确的是（）
    A. 一组数据肯定有一个众数
    B. 一组数据肯定不止一个众数
    C. 众数用于描述顺序型数据的集中趋势
    D. 众数用于描述分类型数据的集中趋势

Solution: A

当每一个数据出现的次数都相同时, 众数不存在.

29. 在某公司进行的英语水平测试中, 新员工的平均得分是80分, 标准差是 5 分, 中 位数是85分, 则新员工得分的分布形状是 ( )
    A. 对称的
    B. 左偏的
    C. 右偏的
    D. 无法确定

Solution: B

平均值小于中位数, 说明是左偏的.

30. 当模型存在严重的多重共线性时, OLS 估计量将不具备 ( )
    A. 线性
    B. 无偏性
    C. 有效性
    D. 一致性

Solution: C

严重多重共线性发生时, 设计矩阵接近奇异, 其逆矩阵特征值将非常大, 则估计量的方差会变大, 不再具有有效性.

二、简答题

1. 现有一组某互联网公司的薪资数据, 数据包括了: 程序员年龩 $S$、工作年限 $X$ (年)、学历 $E$ ( 1:本科 2 :硕士 3: 博士), 试构建合适的线性模型来预测程序员的年薪, 并解释各系数的意义.

Solution:
引入虚拟变量进行回归 (季节模型), 以本科为 baseline, 引入另外两个虚拟变量

$E_{2i}=\begin{cases} 1,& \text{第}i\text{个员工是硕士,}\\ 0,& \text{否则}.\\ \end{cases},\ \ E_{3i}=\begin{cases} 1,& \text{第}i\text{个员工是博士,}\\ 0,& \text{否则}.\\ \end{cases}$

建立线性回归模型:

$Y_i=\beta _0+\beta _1X_i+\beta _2E_{2i}+\beta _3E_{3i}+\varepsilon _i$

其中 $\beta_0$ 是截距项, $\beta_1$ 表示每增加一年工作年限, 其薪资的平均增长. $\beta_2$ 表示硕士学历相比本科学历的平均工资增长. $\beta_3$ 表示博士学历相比本科学历的平均工资增长.

2. 名词解释: 复合型序列。简述“移动平均趋势剔除法”的步骤, 以及所用的乘法模型公式, 用乘法模型公式表示分离季节成分。

Solution:
复合型序列是指含有趋势、季节、周期和随机成分的序列。对这类序列的预测方法通常是将时间序列的各个因素依次分解出来，然后再进行预测。

移动平均趋势剔除法：

a、计算移动平均值M
b、剔除原序列中的趋势成分，即用序列各项数据 Y 除以对应的移动平均值 M （乘法模型中分离各因素的影响）
c、消除不规则变动 I ,即求解各期季节指数 S
d、调整季节指数，即用季节指数的调整系数对所求季节指数进行归一化处理

乘法模型是

$y_t=T_t * S_t * C_t * I_t$

其中T表示长期趋势，S表示季节变动，C表示循环变动，I表示不规则变动.

3. 随机变量 $X_1, X_2 \stackrel{\text { i.i.d. }}{\sim} U(0, \theta)$, 记 $Y=\max \left\{X_1, X_2\right\} , Z=\min \left\{X_1, X_2\right\}$.
   (1) 求 $(Y, Z)$ 的联合概率密度函数.
   (2）考虑假设检验问题:

$H_0: \theta \leq 1 \leftrightarrow H_0: \theta>1$

以及拒绝域 $W=\{(y, z): y z>0.9\}$, 求该检验的势函数.

Solution:

(1) 直接根据次序统计量的分布的结论, 有

$f(y, z)=\frac{2}{\theta^2} \mathrm{I}_{\{0 \leq z \leq y \leq \theta\}}$

(2) 根据定义

$\begin{aligned} \rho \left( \theta \right) & =P\left( YZ>0.9 \right) \\ & =\iint_{y z>0.9,0 \leq z \leq y \leq \theta} \frac{2}{\theta^2} d y d z \end{aligned}$

当 $\theta \in(0, \sqrt{0.9})$ 时, 被积区域是空集, 则$\rho(\theta)=0$;

当 $\theta \in[\sqrt{0.9},+\infty)$ 时,

$\begin{aligned} \rho(\theta) & =\int_{\sqrt{0.9}}^\theta \int_{\frac{0.9}{y}}^y \frac{2}{\theta^2} d y d z \\ & =\int_{\sqrt{0.9}}^\theta \frac{2}{\theta^2}\left(y-\frac{0.9}{y}\right) d y \\ & =1-\frac{1.8}{\theta^2} \ln \theta-\frac{0.9}{\theta^2}+\frac{0.9 \ln 0.9}{\theta^2} \end{aligned}$

4. 简单随机样本 $X_1, \ldots, X_n$ 来自于标准正态总体 $N(0,1)$, 试求 $Y_n=\sqrt{X_1^2+\ldots+X_n^2}-\sqrt{n}$ 的极限分布.

Solution:

记 $Z_n=\frac{X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+\cdots X_{n}^{2}}{n}$, 则根据中心极限定理, 有

$\sqrt{n}\left( Z_n-1 \right) \xrightarrow{d}N\left( 0,2 \right)$

取 $g(x) = \sqrt{x}$, 则 $g'(1) = \frac{1}{2}$, 则根据 Delta 方法,

$\sqrt{n}\left( g\left( Z_n \right) -g\left( 1 \right) \right) \xrightarrow{d}N\left( 0,2\cdot \left[ g'\left( 1 \right) \right] ^2 \right)$

即

$Y_n=\sqrt{n}\left( \sqrt{\frac{X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+\cdots X_{n}^{2}}{n}}-1 \right) \xrightarrow{d}N\left( 0,\frac{1}{2} \right)$

三、计算题

1. 设简单随机样本 $X_1, \ldots, X_n \stackrel{\text { i.i.d. }}{\sim} N\left(\mu, \sigma^2\right)$, 已知 $\left(\bar{X}, S_n\right)$ 为 $\left(\mu, \sigma^2\right)$ 的充分完备统计量, 其中

$\bar{X}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i, \quad S_n^2=\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n\left(X_i-\bar{X}\right)^2$

(1) 求 $\mu, \sigma$ 的极大似然估计;
(2) 求 $\left(\bar{X}, S_n^2\right)$ 的分布 (提示: $\chi^2(m)$ 的密度函数为 $f_m(x)=\frac{(1 / 2)^{\frac{m}{2}}}{\Gamma(m / 2)} x^{\frac{m}{2}-1} e^{-\frac{x}{2}}$ );
(3) 由充分完备统计量求 $\mu+3 \sigma$ 的 UMVUE;
(4) 由充分完备统计量求 $\frac{\mu^2}{\sigma^2}$ 的 UMVUE.

Solution:

(1) 过程略去, $\left( \bar{X},\frac{n-1}{n}S_{n}^{2} \right)$ 是$\left(\mu, \sigma^2\right)$ 的MLE. 根据不变性, $\left( \bar{X},\sqrt{\frac{n-1}{n}S_{n}^{2}} \right)$ 是$\left(\mu, \sigma \right)$ 的MLE

(2) 根据 Fisher 引理, $\bar{X}\sim N\left( \mu ,\frac{\sigma ^2}{n} \right)$, $\frac{\left( n-1 \right) S_{n}^{2}}{\sigma ^2}\sim \chi ^2\left( n-1 \right)$ 且二者独立. 因此 $\left( U,V \right) =\left( \bar{X},S_{n}^{2} \right)$ 的联合密度函数是

$f_{U,V}\left( u,v \right) =\frac{1}{\sqrt{2\pi \frac{\sigma ^2}{n}}}e^{-\frac{n\left( u-\mu \right) ^2}{2\sigma ^2}}\cdot \frac{n-1}{\sigma ^2}\frac{\left( 1/2 \right) ^{\frac{n-1}{2}}}{\Gamma \left( \frac{n-1}{2} \right)}\left( \frac{n-1}{\sigma ^2}v \right) ^{\frac{n-1}{2}-1}e^{-\frac{n-1}{2\sigma ^2}v}$

(3) 根据 L-S 定理, 只需基于充分完备统计量求 $\mu+3 \sigma$ 的无偏估计. 而 $\bar{X}$ 是 $\mu$ 的无偏估计. 而

$\begin{aligned} E\left( \frac{\sqrt{n-1}}{\sigma}S_n \right) &=\int_0^{+\infty}{t^{\frac{1}{2}}\frac{\left( 1/2 \right) ^{\frac{n-1}{2}}}{\Gamma \left( \frac{n-1}{2} \right)}t^{\frac{n-1}{2}-1}e^{-\frac{t}{2}}\text{d}t} \\ &=\int_0^{+\infty}{\frac{\left( 1/2 \right) ^{\frac{n-1}{2}}}{\Gamma \left( \frac{n-1}{2} \right)}t^{\frac{n}{2}-1}e^{-\frac{t}{2}}\text{d}t} \\ &=\frac{1}{\Gamma \left( \frac{n-1}{2} \right)}\left( 1/2 \right) ^{-\frac{1}{2}}\int_0^{+\infty}{\left( \frac{t}{2} \right) ^{\frac{n}{2}-1}e^{-\frac{t}{2}}\text{d}\left( \frac{t}{2} \right)} \\ &=\sqrt{2}\frac{\Gamma \left( \frac{n}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n-1}{2} \right)}, \end{aligned}$

即 $E\left( S_n \right) =\frac{\Gamma \left( \frac{n}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n-1}{2} \right)}\sqrt{\frac{2}{n-1}}\sigma$. 故 $\sqrt{\frac{n-1}{2}}\frac{\Gamma \left( \frac{n-1}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n}{2} \right)}S_n$ 是 $\sigma$ 的无偏估计.

因此 $T=\bar{X}+3\sqrt{\frac{n-1}{2}}\frac{\Gamma \left( \frac{n-1}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n}{2} \right)}S_n$ 是 $\mu + 3\sigma$ 的 UMVUE.

(4) 容易计算 $E\left( \bar{X}^2 \right) =\mu ^2+\frac{\sigma ^2}{n}$, 而

$\begin{aligned} E\left( \frac{\sigma ^2}{\left( n-1 \right) S_{n}^{2}} \right) &=\int_0^{+\infty}{\frac{1}{t}\frac{\left( 1/2 \right) ^{\frac{n-1}{2}}}{\Gamma \left( \frac{n-1}{2} \right)}t^{\frac{n-1}{2}-1}e^{-\frac{t}{2}}\text{d}t} \\ &=\frac{1}{2\Gamma \left( \frac{n-1}{2} \right)}\int_0^{+\infty}{\left( \frac{t}{2} \right) ^{\frac{n-1}{2}-2}e^{-\frac{t}{2}}\text{d}\left( \frac{t}{2} \right)} \\ &=\frac{\Gamma \left( \frac{n-1}{2}-1 \right)}{2\Gamma \left( \frac{n-1}{2} \right)}=\frac{1}{2\left( \frac{n-1}{2}-1 \right)}=\frac{1}{n-3}, \end{aligned}$

故 $E\left( \frac{n-3}{\left( n-1 \right) S_{n}^{2}} \right) =\frac{1}{\sigma ^2}$. 则根据 $\bar{X}, S_n^2$ 的独立性, 有

$E\left( \bar{X}^2\cdot \frac{n-3}{\left( n-1 \right) S_{n}^{2}} \right) =\frac{\mu ^2}{\sigma ^2}+\frac{1}{n}$

综合以上, 有 $Z=\frac{\left( n-3 \right) \bar{X}^2}{\left( n-1 \right) S_{n}^{2}}-\frac{1}{n}$ 是 $\frac{\mu^2}{\sigma^2}$ 的 UMVUE.

2. 考虑一元线性回归模型: $y_i=\beta_0+\beta_1 x_i+\varepsilon_i$, 其中 $y$ 表示成年男性的身高或成年女性的身高乘以 $1.08$, $x$ 表示 父母亲的平均身高, 已有统计量 $\sum_{i=1}^n x_i=1750, \sum_{i=1}^n y_i=1770, \sum_{i=1}^n\left(x_i-\bar{x}\right)\left(y_i-\bar{y}\right)=300$, $\sum_{i=1}^n\left(x_i-\bar{x}\right)\left(x_i-\bar{x}\right)=625, \sum_{i=1}^n\left(y_i-\bar{y}\right)\left(y_i-\bar{y}\right)=400$ , 样本量 $n=10$.
   (1) 求估计的回归方程;
   (2) 求决定系数 $R^2$ 并解释其意义;
   (3) 已知某位家庭中, 父亲 $190 \mathrm{~cm}$ 母亲 $170 \mathrm{~cm}$, 估计其儿女身高;
   (4) 对于假设检验问题: $H_0: \beta_1=0.7$ v.s. $H_1: \beta_1 \ne 0.7$, 试在 $5 \%$ 的显著度下进行假设检验.

Solution:

(1) 根据结论 $\hat{\beta}_1=\frac{l_{xy}}{l_{xx}}=\frac{300}{625}=0.48$, 以及 $\hat{\beta}_0=\bar{y}-\hat{\beta}_1\bar{x}=177-0.48\cdot 175=93$, 则回归方程是

$\hat{y}=93+0.48x$

(2) $R^2=\frac{l_{xy}^{2}}{l_{xx}l_{yy}}=\frac{300^2}{625\cdot 400}=0.36$, 这表示子女身高的变化有 36% 的部分可以由父母的平均身高来解释.

(3) 对于儿子: $\hat{y}=93+0.48\cdot \frac{190+170}{2}=179.4$,

对于女儿: $\hat{y}=\frac{179.4}{1.08}=166.111$.

(4) 注意到 $R^2=1-\frac{SSE}{SST}$, 而 $SST=l_{yy}$, 故

$\hat{\sigma}^2=\frac{SSE}{n-2}=\frac{\left( 1-R^2 \right) \cdot 400}{8}=\frac{0.64\cdot 400}{8}=32$

而 $\hat{\beta_1}$ 的标准误差是

$se\left( \hat{\beta}_1 \right) =\frac{1}{\sqrt{l_{xx}}}\hat{\sigma}=\frac{\sqrt{32}}{\sqrt{625}}=0.226$

故有 $t$ 统计量,

$t=\frac{\hat{\beta}_1-0.7}{se\left( \hat{\beta}_1 \right)}=\frac{0.48-0.7}{0.226}=-0.973$

原假设成立时, 其分布是自由度为 $8$ 的 $t$ 分布 $t(8)$. 因此检验的拒绝域是 $W=\left\{ \left| t \right|\ge t_{0.975}\left( 8 \right) \right\} =\left\{ \left| t \right|\ge 2.30 \right\}$, 故不应拒绝原假设.

四. 证明题 (1小题, 共10分)

1. 简单随机样本 $U_1, \ldots, U_n$ 来自于均匀分布总体 $U(0,1)$, 记 $T_n=\max _{1 \leq i \leq n} U_i$, 则
   (1) 求 $T_n$ 的分布函数
   (2) 证明 $n\left(1-T_n\right) \stackrel{L}{\rightarrow} {Exp}(1)$

Solution:

(1) 对于 $t \in [0,1]$, 有

$\begin{aligned} F_T\left( t \right) =P\left( T_n\le t \right) & =P\left( X_1\le t,\cdots ,X_n\le t \right) \\ & =\left[ P\left( X_1\le t \right) \right] ^n=t^n \end{aligned}$

则 $T_n$ 的分布函数是

$F_T\left( t \right) =\begin{cases} 0,& t<0,\\ t^n,& 0\le t<1,\\ 1,& ,t\ge 1.\\ \end{cases}$

(2) 容易算得 $T_n$ 的密度函数是

$f_T\left( t \right) =nt^{n-1},0<t<1$

记 $Z_n=n\left( 1-T_n \right)$, 由变量变换法, 有 $Z_n$ 的密度函数

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

后者是 $Exp(1)$ 的密度函数, 故有 $n\left(1-T_n\right) \stackrel{L}{\rightarrow} {Exp}(1)$.