中国科学技术大学-432统计学-2024年-解析

中国科学技术大学-432统计学-2024年

一、填空题

1. $F_1(x)$ 和 $F_2(x)$ 均为分布函数, 则当 $a=\underline{\qquad}, b =\underline{\qquad}$ 时, $aF_1(x)-bF_2(x)$ 也为分布函数.

Solution: $a = 1+b , -1\leq b \leq 0$.

首先由 $aF_1(+\infty)-bF_2(+\infty)=1$, 可以得到 $a-b=1$. 同时当 $a\geq 0$ 以及
$-b\geq 0$ 时, $aF_1(x)-bF_2(x)$ 也满足单调性. 故 $a = 1+b , -1\leq b \leq 0$.

2. $X\sim N(0,1)$, 若 $P(X>x_{\alpha})=\alpha$, 则当 $P(|X|<x)=\alpha$, $x=\underline{\qquad}$.

Solution: $-\Phi^{-1}(\Phi(x_\alpha)/2)$.

由题意可以得到 $\Phi(x_\alpha)=1-\alpha$ 以及 $2\Phi(x)-1=\alpha$.
从而 $\Phi(x_\alpha)+2\Phi(x) = 2$. 故有 $x = -\Phi^{-1}(\Phi(x_\alpha)/2)$.

3. $X_1,\cdots,X_n \overset{i.i.d.}{\sim} P(\lambda)$, 则 $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 的分布为 $\underline{\qquad}$.

Solution: $P(\bar{X} = k)=\frac{(n\lambda)^{nk}}{(nk)!}e^{-n\lambda}.$

由泊松分布的可加性可知, $\sum_{i=1}^n X_i\sim P(n\lambda)$. 从而

$P(\bar{X} = k)=P\left(\sum_{i=1}^n X_i = nk\right)=\frac{(n\lambda)^{nk}}{(nk)!}e^{-n\lambda}.$

4. $X\sim N(0,1), Y\sim b(n,p)$, 已知 $X,Y$ 独立, 则 $X$ 与 $X^3Y$ 的协方差为 $\underline{\qquad}$.

Solution: $3np$.

$Cov(X,X^3Y)=E(X^4Y)-E(X)E(X^3)Y=E(X^4)E(Y)=3np$.

5. 现共有一万人投保, 保费总共为200万. 已知一年内有一人去世则需要赔偿1万元, 且每个人的去世概率为1.5%, 求
   (1)亏钱的概率为 $\underline{\qquad}$. (2)盈利10万到20万的概率为 $\underline{\qquad}$. (用标准正态分布函数 $\Phi$ 表示)

Solution: $1- \Phi\left(\frac{100}{\sqrt{591}}\right), \Phi\left( \frac{80}{\sqrt{591}}\right) -\Phi\left( \frac{60}{\sqrt{591}}\right).$

设 $X_i$ 表示第 $i$ 个人是否去世, 则 $X_i\sim b(1,1.5\%)$. 由CLT, 亏钱概率为

$P\left(\sum_{i=1}^{10000} X_i>200\right)=P\left( \frac{\sum_{i=1}^{10000} X_i-150}{\sqrt{591}/2}>\frac{100}{\sqrt{591}}\right)\approx 1- \Phi\left(\frac{100}{\sqrt{591}}\right)$

同理, 盈利10万到20万的概率为

$\begin{aligned} P\left(180 \leq \sum_{i=1}^{10000} X_i\leq 190\right)&=P\left(\frac{60}{\sqrt{591}}\leq \frac{\sum_{i=1}^{10000} X_i-150}{\sqrt{591}/2}\leq \frac{80}{\sqrt{591}}\right)\\ &\approx \Phi\left( \frac{80}{\sqrt{591}}\right) -\Phi\left( \frac{60}{\sqrt{591}}\right) \end{aligned}$

6. $X_1,X_2,X_3,X_4$ 独立同服从于 $N(0,3)$, 若 $a(X_1-4X_2)^2+b(2X_3-3X_4)^2$ 服从卡方分布, 则卡方分布的自由度为 $\underline{\qquad}$, $a+b=\underline{\qquad}$.

Solution: $2, 10/221.$

首先有 $X_1-4X_2\sim N(0,51), 2X_3-3X_4\sim N(0,39)$

从而当 $a=1/51, b =1/39$ 时, 有 $a(X_1-4X_2)^2 \sim \chi^2(1)$ 以及 $a(2X_3-3X_4)^2 \sim \chi^2(1)$. 故自由度为2, $a+b = 10/221.$

7. $X_1,\cdots,X_n \overset{i.i.d.}{\sim} P(\lambda)$, 则 $\lambda^2$ 的一个无偏估计为 $\underline{\qquad}$.

Solution: $(T^2-T)/n^2$, 其中 $T=\sum_{i=1}^n X_i$.

我们考虑充分统计量 $T=\sum_{i=1}^n X_i =n\lambda\sim P(n\lambda)$. 有

$E(T)=Var(T)=E(T^2)-E^2(T)=E(T^2)-n^2\lambda^2.$

从而有 $\lambda^2 = \left[ E(T^2)-E(T)\right]/n^2$. 故无偏估计为 $(T^2-T)/n^2$.

8. 一批零件长度服从正态分布 $N(\mu,\sigma^2)$, $\mu,\sigma$ 未知. 现在抽取9个样本，均值和方差分别为40和1. 已知 $\mu$ 的90%置信区间为 $[40-a\cdot t_{0.05}(n),40+a\cdot t_{0.05}(n)]$, 其中 $t_{0.05}(n)$ 表示自由度为 $n$ 的 $t$分布的上0.05分位数, 则 $a=\underline{\qquad}, n =\underline{\qquad}$.

Solution: $a = 1/3 , n=8$.

$\mu$ 的90%置信区间为

$\left[40-t_{0.05}(8)\frac{1}{3}, 40-t_{0.05}(8)\frac{1}{3}\right].$

故 $a = 1/3 , n=8$.

9. $X_1,\cdots,X_n \overset{i.i.d.}{\sim} Exp(\lambda)$, 对检验问题 $H_0:\lambda=\lambda_0\ \text{v.s.} \ H_1:\lambda<\lambda_0$, 其显著性水平为 $\alpha$ 的拒绝域为 $\underline{\qquad}$.

Solution: $W=\left\{ 2\lambda_0 \sum_{i=1}^n X_i > \chi^2_{1-\alpha}(2n)\right\}$.

10. (暂无题目, 有回忆者可以联系大师兄)

二、计算与分析题

1. 放开管控前, 检测呈阳性的人中大多有发烧症状，而放开管控后检测呈阳性的人中大多无发烧症状. 已知管控前检测呈阳性且有发烧症状的概率为万分之一, 管控后检测呈阳性且有发烧症状的概率为百分之一. 试解释上述情况.

Solution: 设 $A_1, A_2$ 分别表示放开管控前后有发烧, $B_1,B_2$ 分别表示放开管控前后检测呈现阳性.

由题意, 显然放开管控后呈现阳性的概率要高于管控前, 有 $P(B_1)<P(B_2)$. 且有 $P(A_1B_1)>P(A_2B_2)$.

由条件概率公式我们知道

$P(A_1|B_1)=\frac{P(A_1B_1)}{P(B_1)}>\frac{P(A_2B_2)}{P(B_2)}=P(A_2|B_2).$

这解释了为什么放开管控前检测阳性的人大多有发烧症状.

2. 已知 $P(X= 0)=\theta/4, P(X= 1)=1-\theta, P(X=2)=3\theta/4$.
   (1) 求 $\theta$ 的矩估计 $\hat{\theta}_M$ 和MLE $\hat{\theta}_{MLE}$.
   (2) 请问以上估计是无偏估计吗? 如果是的话, 请说明理由; 如果不是的话, 请说明理由并修正.
   (3) 请问修正之后哪个估计更加有效.

Solution: (1) $E(X) = 1+\theta/2$, 从而 $\hat{\theta}_M=2-2\bar{X}$. 而似然函数为

$\begin{aligned} L(\theta) &= C_1\theta^{n-\sum_{i=1}^n I(X_i=1)}(1-\theta)^{\sum_{i=1}^n I(X_i=1)}\\ l(\theta) & = \log L(\theta)= C_2+\left( n-\sum_{i=1}^n I(X_i=1)\right) \log\theta + \sum_{i=1}^n I(X_i=1)\log(1-\theta) \end{aligned}$

求导并令其为0, 有

$l^{'}(\theta) = \frac{n-\sum_{i=1}^n I(X_i=1)}{\theta}-\frac{\sum_{i=1}^n I(X_i=1)}{1-\theta}=0.$

故 $\hat{\theta}_{MLE}=1-\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n I(X_i=1)$.

(2) $E(\hat{\theta}_M)=\theta, E(\hat{\theta}_{MLE})=1-P(X_i=1)=\theta$, 均为无偏估计.

(3) 直接计算有

$\begin{aligned} Var\left(\hat{\theta}_M\right)&=\frac{4}{n}Var(X_i)=\frac{6\theta}{n}\\ Var\left(\hat{\theta}_{MLE}\right)&=\frac{\theta(1-\theta)}{n}< \frac{6\theta}{n}=Var\left(\hat{\theta}_M\right) \end{aligned}$

故 $\hat{\theta}_{MLE}$ 更有效.

3. 经调查, 健康成年男子脉搏服从正态分布 $N\left(72, 11^2\right)$, 现测得16位成年男子慢性铅中毒患者脉搏平均为 67 , 标准差为 7. 请问在 0.05 置信水平下与正常男子脉搏是否有差异(对均值和方差进行检验). 已知 $t_{0.025}(15)=2.131,t_{0.05}(16)=1.753, \chi^2_{0.975}(15)=6.262,\chi^2_{0.025}(15)=27.488$.

Solution: 假设成年男子慢性铅中毒患者脉搏服从正态分布 $N(\mu,\sigma^2)$.

首先检验方差

$H_0:\sigma= 10 \ \text{v.s.} \ H_1:\sigma\not = 10.$

卡方统计量为

$\chi^2 = \frac{(n-1)s^2}{\sigma^2}\sim \chi^2(15).$

从而拒绝域为 $W=\{\chi^2 >\chi^2_{0.025}(15)=27.488 \}\cup\{\chi^2 <\chi^2_{0.975}(15)=6.262 \}$.

而 $\chi^2 = 6.07<6.262$, 故拒绝原假设, 我们认为方差有差异.

之后再检验均值, 由于方差有差异, 因此我们采用方差未知的 $t$ 检验.

检验统计量为

$t = \frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu)}{s}\sim t(n-1).$

从而拒绝域为 $W=\{|t| >t_{0.025}(15)=2.131\}$.

而 $|t|=2.857>2.131$, 故拒绝原假设, 我们认为均值有差异.

4. 4行3列的列联表齐一性检验.

Solution: 见韦来生6.5节, 方法同独立性检验, 注意自由度.

5. $\{X_i\}_{i=1}^n$ 为 $\mu$ 的测量值, 测量的方差为 $\sigma^2$.
   (1) 建立关于 $\mu$ 的线性回归模型;
   (2) 求 $\mu$ 的估计 $\hat{\mu}$, $\hat{\mu}$ 有什么样的优良性质;
   (3) 若随机误差服从 $N(0,\sigma^2)$, 求 $\mu$ 的置信水平 $1-\alpha$ 的置信区间.

Solution: (1) $X_i = \mu +\epsilon_i$, 其中 $E(\epsilon_i|X_i)=0, Var(\epsilon_i|X_i)=\sigma^2$.

(2) $\hat{\mu}= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$, $\hat{\mu}\overset{a.s.}{\to} \mu$.

(3)

$\left[ \bar{X}-u_{1-\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}},\bar{X}+u_{1-\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \right].$