南开大学-432统计学-2024年-解析

南开大学-432统计学-2024年

一、(10分) $X_1,X_2$ 独立同服从 $N(0,\sigma^2)$, 求 $\left( \frac{X_1+X_2}{X_1-X_2} \right)^2$ 的分布.

Solution: 注意到 $Y_1 = X_1+X_2$ 与 $Y_2 = X_1 -X_2$ 都服从 $N(0,2\sigma^2)$, 故 $\frac{Y_1^2}{2\sigma^2}\sim \chi^2(1)$, $\frac{Y_2^2}{2\sigma^2} \sim \chi^2(1)$. 同时 $Cov(Y_1,Y_2)=Cov(X_1+X_2,X_1-X_2)=0$, 故它们独立. 因此有

$\left( \frac{X_1+X_2}{X_1-X_2} \right)^2 = \frac{Y_1^2/2\sigma^2}{Y_2^2/2\sigma^2} \sim F\left(1,1\right).$

二、(15分) 甲乙打飞机, 甲命中率 0.9, 乙命中率 0.8. 飞机被命中一次则有 70% 概率被击落, 被命中两次则一定被击落.

(1) (3分) 求飞机被击落概率.

(2) (4分) 若已知飞机被击落, 求它是被一发炮弹击落的概率.

(3) (4分) 若已知飞机被击中, 求它被击落的概率.

(4) (4分) 若已知飞机被击中, 求它被甲中的概率.

Solution: (1) $P(\text{被击落}) = 0.9 \times (1-0.8) \times 0.7 + 0.8 \times (1-0.9) \times 0.7 + 0.9 \times 0.8 \times 1 = 0.902.$.

(2) $P(\text{一发击落} | \text{被击落}) = \frac{P(\text{一发击落} \cap \text{被击落})}{P(\text{被击落})} = \frac{0.9 \times (1-0.8) \times 0.7 + 0.8 \times (1-0.9) \times 0.7}{0.902} \approx 0.202$.

(3) $P(\text{被击落} | \text{被击中}) = \frac{P(\text{被击落} \cap \text{被击中})}{P(\text{被击中})} = \frac{0.902}{1 - (1 - 0.9) \times (1 - 0.8)} \approx 0.920$.

(4) $P(\text{被甲中} | \text{被击中}) = \frac{P(\text{被甲中} \cap \text{被击中})}{P(\text{被击中})} = \frac{0.9}{0.9 + 0.8 - 0.9 \times 0.8} \approx 0.918$.

三、(15分) 设 $F(x) = P(\xi < x)$, 其中 $\xi$ 是随机变量. 证明:

(1) (5分) $F(x)$ 不减;

(2) (5分) $F(x)$ 左连续;

(3) (5分) $F(-\infty)=0$, $F(+\infty)=1$.

Solution: (1) 设 $x_1<x_2$, 则 $\{\xi < x_1\} \subset \{\xi < x_2\}$, 因此 $F(x_1)=P(\xi <x_1) \le P(\xi<x_2) = F(x_2)$.

(2) 设 $a_n$ 是任一单调下降趋于 $0$ 的序列, 则由概率的连续性,

$\lim \limits_{x\to x_0^{-}} F\left(x\right) = \lim \limits_{n\to \infty} F\left(x_0-a_n\right) = \lim \limits_{n\to \infty} P\left( \xi < x_0 -a_n\right) = P\left( \lim \limits_{n\to \infty} \left\{ \xi < x_0 -a_n \right\}\right) = P\left( \xi < x_0\right) =F\left(x_0\right).$

(3) 先考虑左侧极限, 有

$F\left( -\infty \right) = \lim \limits_{x\to -\infty} F\left(x\right) =\lim \limits_{n\to +\infty} F\left(-n\right) = \lim \limits_{n\to +\infty}\left( \xi < -n\right) = P\left( \lim \limits_{n\to \infty} \left\{ \xi < -n \right\}\right) =P\left( \emptyset \right) =0.$

同理右侧极限是

$F\left( +\infty \right) = \lim \limits_{x\to +\infty} F\left(x\right) =\lim \limits_{n\to +\infty} F\left(n\right) = \lim \limits_{n\to +\infty}\left( \xi < n\right) = P\left( \lim \limits_{n\to \infty} \left\{ \xi < n \right\}\right) =P\left( \Omega \right) =1.$

四、(15分) 第一条路到火车站的时间是 $N(40,10^2)$, 第二条路到火车站的时间是 $N(50,4^2)$.

(1) (7分) 距离火车出发还有 60 分钟, 走哪条路赶上的概率大?

(2) (8分) 距离火车出发还有 45 分钟, 走哪条路赶上的概率大?

Solution: (1) $P(\text{赶上火车 | 第一条路}) = \Phi\left(\frac{60 - 40}{10}\right) \approx 0.977$, $P(\text{赶上火车 | 第二条路}) = \Phi\left(\frac{60 - 50}{4}\right) \approx 0.994$, 选第二条.

(2) $P(\text{赶上火车 | 第一条路}) = \Phi\left(\frac{45 - 40}{10}\right) \approx 0.691$, $P(\text{赶上火车 | 第二条路}) = \Phi\left(\frac{45 - 50}{4}\right) \approx 0.106$, 选第一条.

Remark: 有同学认为应该考虑 $X>0$ 的概率, 这确实是题目设置问题, 但不影响最后结论.

五、(15分) 设 $X_1,\cdots,X_m$ 来自总体 $N(\mu_1,\sigma^2)$, $Y_1,\cdots,Y_n$ 来自总体 $N(\mu_2,\sigma^2)$.

(1) (7分) 求 $(\mu_1,\mu_2,\sigma^2)$ 的 MLE;

(2) (8分) 判断上述估计是否无偏.

Solution: (1) 这是联合样本方差估计问题, 结果是

$\widehat{\mu}_1 = \bar{X},\quad \widehat{\mu}_2 = \bar{Y}, \quad \widehat{\sigma}^2 = \frac{1}{m+n}\left(\sum_{i=1}^m\left(X_i-\bar{X}\right)^2 + \sum_{j=1}^n \left(Y_j-\bar{Y}\right)^2\right).$

(2) $\widehat{\mu}_1$, $\widehat{\mu}_2$ 是无偏的, 但 $\widehat{\sigma}^2$ 不是无偏的, 用自由度修正为 $\frac{m+n}{m+n-2}\widehat{\sigma}^2$ 才是无偏的.

六、(15分) 甲和乙独立地找书中错字, 甲找了120个, 乙找了124个, 重复的有80个, 试用矩法估计求:

(1) (7分) 错字总数;

(2) (8分) 未被找到的错字数.

Solution: (1) 设错字总数是 $n$, 甲找错字的个数是 $X \sim B(n,p_1)$, 乙找错字的个数是 $Y \sim B(n,p_2)$, 且它们独立. 这里根据题干可以看出 $p_1$ 和 $p_2$ 是十分接近的, 因此不妨认为 $p_1=p_2 = p$ 以减少参数. 因此有 $E(X)=E(Y) = np$, $E(\frac{XY}{n})=np^2$.

用样本代替总体, 有方程

$\begin{cases} 122=\widehat{n}\widehat{p},\\ 80=\widehat{n}\widehat{p}^2,\\ \end{cases}\quad \Rightarrow \quad \begin{cases} \widehat{p}=\frac{40}{61},\\ \widehat{n}=186.05,\\ \end{cases}$

但考虑到 $n$ 是整数, 我们修正为 $\widehat{n}=186$.

(2) 总计找到的错字个数是 $120+124-80=164$, 还剩 $22$ 个.

七、(15分) 考虑回归模型: $Y=0.5+\beta X^2 +\varepsilon$.

(1) (3分) 给出 Gauss-Markov 条件.

(2) (12分) 已知数据 $(x_1,y_1), \cdots, (x_n,y_n)$, 请给出 $\beta$ 的 lse (最小二乘估计), 并证明其是 lse.

Solution: (1) Gauss-Markov 条件: 1. 线性模型: 模型必须是线性的。 2. 随机抽样: 观测值必须是随机抽样得到的。 3. 无完全共线性: 解释变量之间不能存在完全共线性。 4. 零条件期望误差: 误差项的条件期望值为零。 5.同方差性（Homoscedasticity）: 所有误差项具有相同的方差。 6. 无自相关: 误差项之间相互独立，不存在自相关。

(2) $\widehat{\beta}= \frac{\sum_{i=1}^{n} x_i^2 y_i - 0.5 \sum_{i=1}^{n} x_i^2}{\sum_{i=1}^{n} x_i^4}$ 是 lse, 下证明之:残差平方和（RSS）为:

$RSS = \sum_{i=1}^{n} (y_i - (0.5 + \beta x_i^2))^2,$

对 $\beta$ 求偏导并使其等于零:

$\frac{d}{d\beta} RSS = -2 \sum_{i=1}^{n} x_i^2 (y_i - 0.5 - \beta x_i^2) = 0,$

解这个方程，得到 $\beta$ 的LSE:

$\widehat{\beta} = \frac{\sum_{i=1}^{n} x_i^2 y_i - 0.5 \sum_{i=1}^{n} x_i^2}{\sum_{i=1}^{n} x_i^4}$

二阶导数为:

$\frac{d^2}{d\beta^2} RSS = 2 \sum_{i=1}^{n} x_i^4 > 0.$

因此，得到的 $\widehat{\beta}$ 确实是最小二乘估计.

八、(15 分) 已知样本 $Y_1,\cdots,Y_n$, 且 $E(Y)=\mu$, $Var(Y)=\sigma^2$, 定义 $Q(\mu) = \sum_{i=1}^n (Y_i - \mu)^2 + \alpha \mu^2$.

(1) (5分) 请最小化 $Q\left(\mu\right)$ 得到 $\widehat{\mu}$.

(2) (10分) 证明: 若 $\alpha >0$, (1) 中的估计量有偏. 在此条件下, 试找到 $\alpha$ 使得 mse$(\widehat{\mu})<$mse$(\bar{Y})$?

Solution: (1) 求导得 $Q'\left(\mu\right) = -\sum_{i=1}^n 2\left(Y_i-\mu\right) + 2\alpha \mu$, 令其为 $0$, 得 $\widehat{\mu} =\frac{\sum_{i=1}^n Y_i}{n+\alpha}$.

(2) 直接求期望, 得到 $E\left(\widehat{\mu}\right) = \frac{n}{n+\alpha}\mu = \mu -\frac{\alpha}{n+\alpha}\mu \neq \mu$, 有偏. 我们知道 mse $(\bar{Y})=\frac{\sigma^2}{n}$, 而

$\mathrm{mse}\left(\widehat{\mu}\right) = \frac{n\sigma^2}{\left(n+\alpha\right)^2} + \frac{\alpha^2\mu^2}{\left(n+\alpha\right)^2} = \frac{n\sigma^2+\alpha^2\mu^2}{\left(n+\alpha\right)^2},$

令分子 $n\sigma^2+\alpha^2\mu^2 < \left(n+\alpha\right)^2\sigma^2/n$, 解得 $\left(n\mu^2 - \sigma^2\right) \alpha -2n\sigma^2 <0$.

现在我们发现, 如果 $\mu =0$, 那么不等式成为 $-\sigma^2 \alpha - 2n \sigma^2<0$, 这是恒成立的, 随意取 $\alpha$ 即可.

此外, 如 $\mu \neq 0$, 就有 $\mu^2 >0$, 那么当 $n$ 增大时, 一定有 $n\mu^2 - \sigma^2 >0$, 则 $\left(n\mu^2 - \sigma^2\right) \alpha -2n\sigma^2 <0$ 意味着 $0< \alpha < \frac{2n\sigma^2}{n\mu- \sigma^2} \to \frac{2\sigma^2}{\mu}$. 这说明只要我们将 $\alpha$ 取在 $(0,\frac{2\sigma^2}{\mu})$ 之间, 当 $n$ 足够大时, 一定有 mse $(\widehat{\mu})<$mse$(\bar{Y})$.

在实际操作时, 我们是不知道 $\mu$ 和 $\sigma^2$ 的真实值的, 但是如果有预先的抽样、经验知识或理论依据提示我们 $\frac{2\sigma^2}{\mu}$ 大概在什么范围, 则我们将 $\alpha$ 取得比其小即可.

九、(15分)有来自总体 $U(0,\theta)$ 的随机样本 $X_1,\cdots,X_n$.

(1) (8分) 证明 $\widehat{\theta}_1=\frac{n+1}{n}X_{(n)}$ 和 $\widehat{\theta}_2=(n+1)X_{(1)}$ 无偏.

(2) (7分) 请比较他们的方差.

Solution: (1) 利用 $U(0,1)$ 次序统计量 $Y_{(k)}\sim Be(k,n+k-1)$ 的结论, 我们有 $E(X_{(n)}) = \frac{n}{n+1}\theta$, $E(X_{(1)})=\frac{1}{n+1}\theta$, 因此题设给的两个估计量都是无偏的.

(2) 利用 Beta 分布方差结论, 有

$\begin{aligned} &Var\left(\widehat{\theta}_1\right) = \frac{(n+1)^2}{n^2} \frac{n}{(n+1)^2(n+2)} \theta^2 = \frac{1}{n(n+2)} \theta^2,\\ &Var\left(\widehat{\theta}_2\right) = (n+1)^2 \frac{n}{(n+1)^2(n+2)} \theta^2 = \frac{n}{n+2} \theta^2, \end{aligned}$

因此 $\widehat{\theta}_1$ 的方差小.

十、(20分) 有来自总体 $N(\mu,1)$ 的随机样本 $X_1,\cdots,X_n$. 考虑假设检验

$H_0: \mu = 2 \quad \mathrm{vs} \quad H_1: \mu =3.$

拒绝域是 $W= \{\bar{x}\ge 2.6\}$.

(1) (7分) 设 $n=20$, 求 $\alpha,\beta$ (两类错误).

(2) (7分) 若要求 $\beta \le 0.01$, 求 $n$ 的最小值.

(3) (6分) $n \to \infty$ 时, 证明两类错误均收敛于 0.

Solution: (1) 计算两类错误, 有 $\alpha = P(\overline{X} \geq 2.6 | \mu = 2) = 1 - \Phi\left(\frac{2.6 - 2}{\frac{1}{\sqrt{20}}}\right) \approx 0.0036$, $\beta = P(\overline{X} < 2.6 | \mu = 3) = \Phi\left(\frac{2.6 - 3}{\frac{1}{\sqrt{20}}}\right) \approx 0.0368$.

(2) 找到满足 $\Phi\left(\frac{2.6 - 3}{\frac{1}{\sqrt{n}}}\right) \leq 0.01$ 的最小 $n$ 值.
计算结果显示最小的 $n$ 大约是34.

(3) 当 $n \to \infty$ 时, $\bar{X} \xrightarrow{P} \mu$, 因此

$\begin{aligned} & \alpha = P\left(\bar{X}\le 2.6 \mid \mu =2 \right) \le P\left(|\bar{X}-2|\le 0.6 \mid \mu =2 \right) \to 0, \\ & \beta = P\left(\bar{X}<2.6 \mid \mu =3 \right) \le P\left(|\bar{X}-3|<0.4 \mid \mu =3 \right) \to 0. \end{aligned}$