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【九阳神功】2021复旦大学应用统计真题+解析
2022-07-06 09:20:00 【大师兄统计】
真题部分
一、(15分) 某平面上有无数条距离为2的等距平行线, 先投掷一边长为1的正三角形, 求三角形交于平行线的概率.
二、(15分) 甲乙两人抛硬币, 若正面朝上则甲赢1元, 反面朝上乙赢1元. 共进行20轮, 最终两人皆不输不赢. 已知甲初始没有钱, 问在整个过程中甲不欠钱的概率.
三、(15分) X 0 , ⋯ , X n , ⋯ X_0,\cdots,X_n,\cdots X0,⋯,Xn,⋯是i.i.d.的服从 U ( 0 , 1 ) U(0,1) U(0,1)的随机变量, 记
N = inf { n ≥ 1 : X n > X 0 } , N=\inf \{ n\ge1:X_n>X_0 \}, N=inf{ n≥1:Xn>X0}, 求 N N N的分布律.
四、(15分) X 1 , ⋯ , X n X_1,\cdots,X_n X1,⋯,Xn是i.i.d.的随机变量, P ( X = 1 ) = 0.4 , P ( X = − 0.5 ) = 0.6 \mathrm{P}(X=1)=0.4,\mathrm{P}(X=-0.5)=0.6 P(X=1)=0.4,P(X=−0.5)=0.6. 令 S n = ( 1 + X 1 ) ( 1 + X 2 ) ⋯ ( 1 + X n ) S_n=(1+X_1)(1+X_2)\cdots(1+X_n) Sn=(1+X1)(1+X2)⋯(1+Xn), 问 E ( S n ) \mathrm{E}(S_n) E(Sn)与 S n S_n Sn是否收敛? 若收敛, 求其极限.
五、(15分) 投掷一枚硬币, 连续出现三次同面则停止, 记投掷次数为 N N N, 求 E N \mathrm{E}N EN.
六、(15分) X 1 , X 2 X_1,X_2 X1,X2独立同服从 N ( 0 , 1 ) N(0,1) N(0,1), 求 X 1 X 2 \frac{X_1}{X_2} X2X1与 X 1 2 X 2 2 \frac{X_{1}^2}{X_{2}^2} X22X12的分布.
七、(10分) 简答题:
(1)(5分) 叙述充分统计量的定义.
(2)(5分) 叙述C-R不等式.
八、(10分) 有来自总体 f ( x ) = 2 x , 0 < x < 1 f(x)=2x,0<x<1 f(x)=2x,0<x<1的10个随机样本 X 1 , ⋯ , X 10 X_1,\cdots,X_{10} X1,⋯,X10, 问 X ( 3 ) X ( 6 ) \frac{X_{(3)}}{X_{(6)}} X(6)X(3)与 X ( 6 ) X_{(6)} X(6)是否独立, 请说明理由.
九、(10分) 有来自总体 N ( μ , 1 ) N(\mu,1) N(μ,1)的 n n n个随机样本 X 1 , ⋯ , X n X_1,\cdots,X_n X1,⋯,Xn, 证明: X ˉ \bar{X} Xˉ是充分统计量.
十、(10分) 有来自总体 U ( θ , 2 θ ) U(\theta,2\theta) U(θ,2θ)的 n n n个随机样本 X 1 , ⋯ , X n X_1,\cdots,X_n X1,⋯,Xn, 求 θ \theta θ的最大似然估计, 并判断其无偏性与相合性.
十一、(10分) 有来自总体 N ( μ , σ 2 ) N(\mu,\sigma^2) N(μ,σ2)的 n n n个随机样本 X 1 , ⋯ , X n X_1,\cdots,X_n X1,⋯,Xn, 其中 μ \mu μ已知, 令
σ ^ = 1 n π 2 ∑ i = 1 n ∣ X i − μ ∣ , \hat{\sigma}=\frac{1}{n}\sqrt{\frac{\pi}{2}}\sum_{i=1}^n{\left| X_i-\mu \right|}, σ^=n12πi=1∑n∣Xi−μ∣,验证 σ ^ \hat{\sigma} σ^是 σ \sigma σ的无偏估计, 但不是有效估计.
十二、(10分) 有来自总体 P ( θ ) \mathcal P(\theta) P(θ)的 n n n个随机样本, 考虑假设检验问题:
H 0 : θ = 2 v s H 1 : θ = 3 , \mathrm{H}_0:\theta=2 \quad \mathrm{vs} \quad \mathrm{H}_1:\theta=3, H0:θ=2vsH1:θ=3, 有拒绝域 W = { x ˉ ≥ 2.8 } W=\{ \bar{x} \ge 2.8\} W={ xˉ≥2.8}, 问
(1)(5分) n = 5 n=5 n=5时, 犯两类错误的概率分别是多少?
(2)(5分) n n n趋于无穷时, 犯两类错误的概率会有什么变化? 请说明.
解析部分
一、(15分) 某平面上有无数条距离为2的等距平行线, 先投掷一边长为1的正三角形, 求三角形交于平行线的概率.
Solution:
记 △ A B C \triangle A B C △ABC 的三条边分别为 a , b , c a, b, c a,b,c. 则三角形与平行线相交有以下几种情况:(1) 三角形的一个顶点在平行线上; (2)三角形的一条边与直线重合; (3)三角形的两条 边与平行线相交.
根据概率的几何概型 P ( 1 ) = P ( 2 ) = 0 P(1)=P(2)=0 P(1)=P(2)=0, 因此仅需要考虑情况(3). 而 P ( 3 ) = P a b + P a c + P b c P(3)=P_{a b}+P_{a c}+P_{b c} P(3)=Pab+Pac+Pbc, 其中 P a b P_{a b} Pab 表示边 a 、 b a 、 b a、b 与平行线相交. 为此,记 P a P_{a} Pa 表示边 a a a 与平行线相交, 则 P a = P a c + P a b P_{a}=P_{a c}+P_{a b} Pa=Pac+Pab. 故 P ( 3 ) = 1 2 ( P a + P b + P c ) , P(3)=\frac{1}{2}\left(P_{a}+P_{b}+P_{c}\right), P(3)=21(Pa+Pb+Pc),现仅需要求出 P a 、 P b 、 P c P_{a} 、 P_{b} 、 P_{c} Pa、Pb、Pc. 这是一个 Buffon 投针模型, 其概率是 P a = 2 a d π P_{a}=\frac{2 a}{d \pi} Pa=dπ2a, 其中 a a a 是边 a a a 的长度, d d d 是平行 线之间的间距,代入数据可算得 P a = 2 2 π = 1 π P_{a}=\frac{2}{2 \pi}=\frac{1}{\pi} Pa=2π2=π1. 同理 P b = P c = 1 π P_{b}=P_{c}=\frac{1}{\pi} Pb=Pc=π1. 故
P { 三角形压到直线 } = P ( 3 ) = 1 2 ( P a + P b + P c ) = 3 2 π . P\{\text { 三角形压到直线 }\}=P(3)=\frac{1}{2}\left(P_{a}+P_{b}+P_{c}\right)=\frac{3}{2 \pi}. P{ 三角形压到直线 }=P(3)=21(Pa+Pb+Pc)=2π3.
二、(15分) 甲乙两人抛硬币, 若正面朝上则甲赢1元, 反面朝上乙赢1元. 共进行20轮, 最终两人皆不输不赢. 已知甲初始没有钱, 问在整个过程中甲不欠钱的概率.
Solution:
用折线法, 题设问题是: 从点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) 随机游走到点 ( 20 , 0 ) (20,0) (20,0), 期间不能触碰直线 y = − 1 y=-1 y=−1. 首先, 从点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) 随机游走到点 ( 20 , 0 ) (20,0) (20,0) 总计有 C 20 10 C_{20}^{10} C2010 种(20 次中, 甲赢 10 次). 从点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) 随机游走到与 ( 20 , 0 ) (20,0) (20,0) 关于 y = − 1 y=-1 y=−1 对称的点 ( 20 , − 2 ) (20,-2) (20,−2) 总计有种 C 20 9 C_{20}^{9} C209 种. 故 题设事件的概率是:
P ( A ) = 1 − C 20 9 C 20 10 = 1 11 . \mathrm{P}(A)=1-\frac{C_{20}^{9}}{C_{20}^{10}}=\frac{1}{11}. P(A)=1−C2010C209=111.
三、(15分) X 0 , ⋯ , X n , ⋯ X_0,\cdots,X_n,\cdots X0,⋯,Xn,⋯是i.i.d.的服从 U ( 0 , 1 ) U(0,1) U(0,1)的随机变量, 记
N = inf { n ≥ 1 : X n > X 0 } , N=\inf \{ n\ge1:X_n>X_0 \}, N=inf{ n≥1:Xn>X0}, 求 N N N的分布律.
Solution:
先计算给定 X 0 = x X_{0}=x X0=x 时的条件分布, 它类似几何分布:
P ( N = k ∣ X 0 = x ) = P k − 1 ( X 1 ≤ x ) P ( X k > x ) = x k − 1 ( 1 − x ) \begin{aligned} \mathrm{P}\left(N=k \mid X_{0}=x\right) &=\mathrm{P}^{k-1}\left(X_{1} \leq x\right) \mathrm{P}\left(X_{k}>x\right) \\ &=x^{k-1}(1-x) \end{aligned} P(N=k∣X0=x)=Pk−1(X1≤x)P(Xk>x)=xk−1(1−x)由连续场合的全概率公式, 有 P ( N = k ) = ∫ 0 1 x k − 1 ( 1 − x ) d x = 1 k ( k + 1 ) \mathrm{P}(N=k)=\int_{0}^{1} x^{k-1}(1-x) d x=\frac{1}{k(k+1)} P(N=k)=∫01xk−1(1−x)dx=k(k+1)1.
四、(15分) X 1 , ⋯ , X n X_1,\cdots,X_n X1,⋯,Xn是i.i.d.的随机变量, P ( X = 1 ) = 0.4 , P ( X = − 0.5 ) = 0.6 \mathrm{P}(X=1)=0.4,\mathrm{P}(X=-0.5)=0.6 P(X=1)=0.4,P(X=−0.5)=0.6. 令 S n = ( 1 + X 1 ) ( 1 + X 2 ) ⋯ ( 1 + X n ) S_n=(1+X_1)(1+X_2)\cdots(1+X_n) Sn=(1+X1)(1+X2)⋯(1+Xn), 问 E ( S n ) \mathrm{E}(S_n) E(Sn)与 S n S_n Sn是否收敛? 若收敛, 求其极限.
Solution:
E ( S n ) = ∏ i = 1 n E ( 1 + X i ) = ( 1.1 ) n → + ∞ \mathrm{E}\left(S_{n}\right)=\prod_{i=1}^{n} \mathrm{E}\left(1+X_{i}\right)=(1.1)^{n} \rightarrow+\infty E(Sn)=∏i=1nE(1+Xi)=(1.1)n→+∞, 期望不收敛; 由强大数律
1 n ln S n = 1 n ∑ i = 1 n ln ( 1 + X i ) * a.s. Eln ( 1 + X 1 ) = − 1 5 ln 2 < 0 \frac{1}{n} \ln S_{n}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \ln \left(1+X_{i}\right) \stackrel{\text { a.s. }}{\longrightarrow} \operatorname{Eln}\left(1+X_{1}\right)=-\frac{1}{5} \ln 2<0 n1lnSn=n1∑i=1nln(1+Xi)* a.s. Eln(1+X1)=−51ln2<0,
故 S n * a.s. lim n → ∞ exp { − n 5 ln 2 } = 0. S_{n} \stackrel{\text { a.s. }}{\longrightarrow} \lim _{n \rightarrow \infty} \exp \left\{-\frac{n}{5} \ln 2\right\}=0 . Sn* a.s. limn→∞exp{ −5nln2}=0.
五、(15分) 投掷一枚硬币, 连续出现三次同面则停止, 记投掷次数为 N N N, 求 E N \mathrm{E}N EN.
Solution:
设 A − 2 , A − 1 , A 0 , A 1 , A 2 A_{-2}, A_{-1}, A_{0}, A_{1}, A_{2} A−2,A−1,A0,A1,A2 分别表示状态 “刚刚连续投出 2 次反面”、“刚刚连续投出 1 次反面”、初始状态”、“刚刚连续投出 1 次正面”、“刚刚连续投出 2 次正面”. 设 X X X 表示从当前状态开始, 连续三次同面而停止的次数, 则有:
E [ X ∣ A − 2 ] = 1 2 + 1 2 ( E [ X ∣ A 1 ] + 1 ) E [ X ∣ A − 1 ] = 1 2 ( E [ X ∣ A − 2 ] + 1 ) + 1 2 ( E [ X ∣ A 1 ] + 1 ) E [ X ∣ A 0 ] = 1 2 ( E [ X ∣ A − 1 ] + 1 ) + 1 2 ( E [ X ∣ A 1 ] + 1 ) E [ X ∣ A 1 ] = 1 2 ( E [ X ∣ A − 1 ] + 1 ) + 1 2 ( E [ X ∣ A 2 ] + 1 ) E [ X ∣ A 2 ] = 1 2 + 1 2 ( E [ X ∣ A − 1 ] + 1 ) \begin{aligned} \mathrm{E}\left[X \mid A_{-2}\right] &=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X \mid A_{1}\right]+1\right) \\ \mathrm{E}\left[X \mid A_{-1}\right] &=\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X \mid A_{-2}\right]+1\right)+\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X \mid A_{1}\right]+1\right) \\ E\left[X \mid A_{0}\right] &=\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X \mid A_{-1}\right]+1\right)+\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X \mid A_{1}\right]+1\right) \\ \mathrm{E}\left[X \mid A_{1}\right] &=\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X \mid A_{-1}\right]+1\right)+\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X \mid A_{2}\right]+1\right) \\ \mathrm{E}\left[X \mid A_{2}\right] &=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X \mid A_{-1}\right]+1\right) \end{aligned} E[X∣A−2]E[X∣A−1]E[X∣A0]E[X∣A1]E[X∣A2]=21+21(E[X∣A1]+1)=21(E[X∣A−2]+1)+21(E[X∣A1]+1)=21(E[X∣A−1]+1)+21(E[X∣A1]+1)=21(E[X∣A−1]+1)+21(E[X∣A2]+1)=21+21(E[X∣A−1]+1)很明显该问题具有对称性, 设
x = E [ X ∣ A − 2 ] = E [ X ∣ A 2 ] , y = E [ X ∣ A − 1 ] = E [ X ∣ A 1 ] , z = E [ X ∣ A 0 ] , x=E\left[X \mid A_{-2}\right]=E\left[X \mid A_{2}\right], y=E\left[X \mid A_{-1}\right]=E\left[X \mid A_{1}\right], z=E\left[X \mid A_{0}\right], x=E[X∣A−2]=E[X∣A2],y=E[X∣A−1]=E[X∣A1],z=E[X∣A0],
故有
{ x = 1 2 + 1 2 ( y + 1 ) , y = 1 2 ( x + 1 ) + 1 2 ( y + 1 ) , z = 1 2 ( y + 1 ) + 1 2 ( y + 1 ) , * { x − 1 2 y = 1 , x − y = − 2 , z = y + 1 , * { x = 4 , y = 6 , z = 7. \begin{cases} x=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left( y+1 \right) ,\\ y=\frac{1}{2}\left( x+1 \right) +\frac{1}{2}\left( y+1 \right) ,\\ z=\frac{1}{2}\left( y+1 \right) +\frac{1}{2}\left( y+1 \right) ,\\ \end{cases}\Longrightarrow \begin{cases} x-\frac{1}{2}y=1,\\ x-y=-2,\\ z=y+1,\\ \end{cases}\Longrightarrow \begin{cases} x=4,\\ y=6,\\ z=7.\\ \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧x=21+21(y+1),y=21(x+1)+21(y+1),z=21(y+1)+21(y+1),*⎩⎪⎨⎪⎧x−21y=1,x−y=−2,z=y+1,*⎩⎪⎨⎪⎧x=4,y=6,z=7.故 E N = E [ X ∣ A 0 ] = 7 \mathrm{E} N=\mathrm{E}\left[X \mid A_{0}\right]=7 EN=E[X∣A0]=7.
六、(15分) X 1 , X 2 X_1,X_2 X1,X2独立同服从 N ( 0 , 1 ) N(0,1) N(0,1), 求 X 1 X 2 \frac{X_1}{X_2} X2X1与 X 1 2 X 2 2 \frac{X_{1}^2}{X_{2}^2} X22X12的分布.
Solution:
Y = X 1 X 2 ∼ Cau ( 0 , 1 ) Y=\frac{X_{1}}{X_{2}} \sim \operatorname{Cau}(0,1) Y=X2X1∼Cau(0,1), 令 Z = Y 2 Z=Y^{2} Z=Y2,
P ( Z ≤ z ) = P ( − z ≤ Y ≤ z ) = 2 ∫ 0 z 1 π ( 1 + x 2 ) d x = 2 π arctan z \begin{aligned} \mathrm{P}(Z \leq z) &=\mathrm{P}(-\sqrt{z} \leq Y \leq \sqrt{z}) \\ &=2 \int_{0}^{\sqrt{z}} \frac{1}{\pi\left(1+x^{2}\right)} d x \\ &=\frac{2}{\pi} \arctan \sqrt{z} \end{aligned} P(Z≤z)=P(−z≤Y≤z)=2∫0zπ(1+x2)1dx=π2arctanz求导后, 有密度函数
f Z ( z ) = 1 π ( 1 + z ) z , z > 0 f_{Z}(z)=\frac{1}{\pi(1+z) \sqrt{z}}, z>0 fZ(z)=π(1+z)z1,z>0换句话说, 由于 Y ∼ t ( 1 ) Y \sim t(1) Y∼t(1), 故 Z = Y 2 ∼ F ( 1 , 1 ) Z=Y^{2} \sim F(1,1) Z=Y2∼F(1,1).
七、(10分) 简答题:
(1)(5分) 叙述充分统计量的定义.
(2)(5分) 叙述C-R不等式.
Solution:
(1) 充分统计量是充分蕴含了样本刻画参数信息的统计量, 当充分统计量 T T T 给定时, 样本的条件分布 f ( x 1 , ⋯ , x n ∣ T = t ) f\left(x_{1}, \cdots, x_{n} \mid T=t\right) f(x1,⋯,xn∣T=t) 与参数无关.
(2) C-R 不等式是指一类总体(满足正则性条件: 积分求导可以换序)考虑参数的函数的无偏估计时方差会具有一个下界, 若对 g ( θ ) g(\theta) g(θ) 作估计, C-R 下界是 [ g ′ ( θ ) ] 2 n I ( θ ) \frac{\left[g^{\prime}(\theta)\right]^{2}}{n I(\theta)} nI(θ)[g′(θ)]2, 其中 I ( θ ) = E [ ∂ ln f ( X ; θ ) ∂ θ ] 2 I(\theta)=\mathrm{E}\left[\frac{\partial \ln f(X ; \theta)}{\partial \theta}\right]^{2} I(θ)=E[∂θ∂lnf(X;θ)]2 是费雪信息量.
八、(10分) 有来自总体 f ( x ) = 2 x , 0 < x < 1 f(x)=2x,0<x<1 f(x)=2x,0<x<1的10个随机样本 X 1 , ⋯ , X 10 X_1,\cdots,X_{10} X1,⋯,X10, 问 X ( 3 ) X ( 6 ) \frac{X_{(3)}}{X_{(6)}} X(6)X(3)与 X ( 6 ) X_{(6)} X(6)是否独立, 请说明理由.
Solution:
( U = X ( 3 ) X ( 6 ) , V = X ( 6 ) ) \left(U=\frac{X_{(3)}}{X_{(6)}}, V=X_{(6)}\right) (U=X(6)X(3),V=X(6)) 的联合分布是:
f ( u , v ) = v f X ( 3 ) , X ( 6 ) ( u v , v ) = C v 10 ( 1 − v 2 ) 4 u 5 ( 1 − u 2 ) 2 \begin{aligned} f(u, v) &=v f_{X_{(3)}, X_{(6)}}(u v, v) \\ &=C v^{10}\left(1-v^{2}\right)^{4} u^{5}\left(1-u^{2}\right)^{2} \end{aligned} f(u,v)=vfX(3),X(6)(uv,v)=Cv10(1−v2)4u5(1−u2)2其中, u ∈ ( 0 , 1 ) , v ∈ ( 0 , 1 ) u \in(0,1), v \in(0,1) u∈(0,1),v∈(0,1), 定义域是矩形且可以因式分解, 故 U , V U, V U,V 独立.
九、(10分) 有来自总体 N ( μ , 1 ) N(\mu,1) N(μ,1)的 n n n个随机样本 X 1 , ⋯ , X n X_1,\cdots,X_n X1,⋯,Xn, 证明: X ˉ \bar{X} Xˉ是充分统计量.
Solution:
联合密度函数可以写成
f ( x 1 , ⋯ , x n ; μ ) = C exp { − ∑ i = 1 n ( x i − μ ) 2 2 } = C exp { − − 2 μ ∑ i = 1 n x i + n μ 2 + ∑ i = 1 n x i 2 2 } \begin{aligned} f\left(x_{1}, \cdots, x_{n} ; \mu\right) &=C \exp \left\{-\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\mu\right)^{2}}{2}\right\} \\ &=C \exp \left\{-\frac{-2 \mu \sum_{i=1}^{n} x_{i}+n \mu^{2}+\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}}{2}\right\} \end{aligned} f(x1,⋯,xn;μ)=Cexp{ −2∑i=1n(xi−μ)2}=Cexp{ −2−2μ∑i=1nxi+nμ2+∑i=1nxi2}由因子分解定理, X ˉ \bar{X} Xˉ 是充分统计量.
十、(10分) 有来自总体 U ( θ , 2 θ ) U(\theta,2\theta) U(θ,2θ)的 n n n个随机样本 X 1 , ⋯ , X n X_1,\cdots,X_n X1,⋯,Xn, 求 θ \theta θ的最大似然估计, 并判断其无偏性与相合性.
Solution:
似然函数是
L ( θ ) = 1 θ n I { x ( 1 ) > θ > x ( w ) 2 } , L(\theta)=\frac{1}{\theta^{n}} I_{\left\{x_{(1)}>\theta>\frac{x_{(w)}}{2}\right\}}, L(θ)=θn1I{ x(1)>θ>2x(w)},前面部分关于 θ \theta θ 单调递减, 示性函数说明 θ \theta θ 最小取 x ( n ) 2 \frac{x_{(n)}}{2} 2x(n), 因此最大似然估计是 θ ^ = X ( n ) 2 \hat{\theta}=\frac{X_{(n)}}{2} θ^=2X(n). 令 Y = X − θ θ ∼ U ( 0 , 1 ) Y=\frac{X-\theta}{\theta} \sim U(0,1) Y=θX−θ∼U(0,1), 故 E Y ( n ) = n n + 1 , E Y ( n ) * a.s. 1 \mathrm{E} Y_{(n)}=\frac{n}{n+1}, \mathrm{E} Y_{(n)} \stackrel{\text { a.s. }}{\longrightarrow} 1 EY(n)=n+1n,EY(n)* a.s. 1, 故有
E θ ^ = 2 n + 1 2 n + 2 θ ≠ θ , θ ^ * a.s. θ . \mathrm{E} \hat{\theta}=\frac{2 n+1}{2 n+2} \theta \neq \theta, \hat{\theta} \stackrel{\text { a.s. }}{\longrightarrow} \theta \text {. } Eθ^=2n+22n+1θ=θ,θ^* a.s. θ.
十一、(10分) 有来自总体 N ( μ , σ 2 ) N(\mu,\sigma^2) N(μ,σ2)的 n n n个随机样本 X 1 , ⋯ , X n X_1,\cdots,X_n X1,⋯,Xn, 其中 μ \mu μ已知, 令
σ ^ = 1 n π 2 ∑ i = 1 n ∣ X i − μ ∣ , \hat{\sigma}=\frac{1}{n}\sqrt{\frac{\pi}{2}}\sum_{i=1}^n{\left| X_i-\mu \right|}, σ^=n12πi=1∑n∣Xi−μ∣,验证 σ ^ \hat{\sigma} σ^是 σ \sigma σ的无偏估计, 但不是有效估计.
Solution:
先计算 σ 2 \sigma^{2} σ2 的 Fisher 信息量, 根据定义
I ( σ 2 ) = E [ ∂ ln f ( X ; σ 2 ) ∂ σ 2 ] 2 = 1 4 σ 4 E [ ( X − μ σ ) 2 − 1 ] 2 , I\left(\sigma^{2}\right)=E\left[\frac{\partial \ln f\left(X ; \sigma^{2}\right)}{\partial \sigma^{2}}\right]^{2}=\frac{1}{4 \sigma^{4}} E\left[\left(\frac{X-\mu}{\sigma}\right)^{2}-1\right]^{2}, I(σ2)=E[∂σ2∂lnf(X;σ2)]2=4σ41E[(σX−μ)2−1]2,恰好 E [ ( X − μ σ ) 2 − 1 ] 2 E\left[\left(\frac{X-\mu}{\sigma}\right)^{2}-1\right]^{2} E[(σX−μ)2−1]2 是 χ 2 ( 1 ) \chi^{2}(1) χ2(1) 的方差, 故 I ( σ 2 ) = 1 2 σ 4 I\left(\sigma^{2}\right)=\frac{1}{2 \sigma^{4}} I(σ2)=2σ41. 令 g ( x ) = x g(x)=\sqrt{x} g(x)=x, 则 σ \sigma σ 的 C-R 下界为 [ g ′ ( σ 2 ) ] 2 n I ( σ 2 ) = 1 2 n σ 2 \frac{\left[g^{\prime}\left(\sigma^{2}\right)\right]^{2}}{n I\left(\sigma^{2}\right)}=\frac{1}{2 n} \sigma^{2} nI(σ2)[g′(σ2)]2=2n1σ2, 我们再去计算 1 n π 2 ∑ i = 1 n ∣ X i − μ ∣ \frac{1}{n} \sqrt{\frac{\pi}{2}} \sum_{i=1}^{n}\left|X_{i}-\mu\right| n12π∑i=1n∣Xi−μ∣ 的期望方差:
1 σ E ∣ X 1 − μ ∣ = ∫ − ∞ + ∞ ∣ x ∣ 1 2 π e − x 2 2 d x = 2 π ∫ 0 + ∞ x e − x 2 2 d x = 2 π ⇒ E ∣ X 1 − μ ∣ = 2 π σ , E ∣ X 1 − μ ∣ 2 = σ 2 , 故 Var ( ∣ X 1 − μ ∣ ) = σ 2 − 2 π σ 2 = ( 1 − 2 π ) σ 2 , \begin{gathered} \frac{1}{\sigma} E\left|X_{1}-\mu\right|=\int_{-\infty}^{+\infty}|x| \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{x^{2}}{2}} d x=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{0}^{+\infty} x e^{-\frac{x^{2}}{2}} d x=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \Rightarrow E\left|X_{1}-\mu\right|=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \sigma, \\ E\left|X_{1}-\mu\right|^{2}=\sigma^{2}, \text { 故 } \operatorname{Var}\left(\left|X_{1}-\mu\right|\right)=\sigma^{2}-\frac{2}{\pi} \sigma^{2}=\left(1-\frac{2}{\pi}\right) \sigma^{2}, \end{gathered} σ1E∣X1−μ∣=∫−∞+∞∣x∣2π1e−2x2dx=π2∫0+∞xe−2x2dx=π2⇒E∣X1−μ∣=π2σ,E∣X1−μ∣2=σ2, 故 Var(∣X1−μ∣)=σ2−π2σ2=(1−π2)σ2,故 E [ 1 n π 2 ∑ i = 1 n ∣ X i − μ ∣ ] = σ , Var [ 1 n π 2 ∑ i = 1 n ∣ X i − μ ∣ ] = ( π 2 − 1 ) n σ 2 , E\left[\frac{1}{n} \sqrt{\frac{\pi}{2}} \sum_{i=1}^{n}\left|X_{i}-\mu\right|\right]=\sigma, \operatorname{Var}\left[\frac{1}{n} \sqrt{\frac{\pi}{2}} \sum_{i=1}^{n}\left|X_{i}-\mu\right|\right]=\frac{\left(\frac{\pi}{2}-1\right)}{n} \sigma^{2}, E[n12πi=1∑n∣Xi−μ∣]=σ,Var[n12πi=1∑n∣Xi−μ∣]=n(2π−1)σ2, 它是无偏估计, 但没有达到 C-R 下界, 不是有效估计.
十二、(10分) 有来自总体 P ( θ ) \mathcal P(\theta) P(θ)的 n n n个随机样本, 考虑假设检验问题:
H 0 : θ = 2 v s H 1 : θ = 3 , \mathrm{H}_0:\theta=2 \quad \mathrm{vs} \quad \mathrm{H}_1:\theta=3, H0:θ=2vsH1:θ=3, 有拒绝域 W = { x ˉ ≥ 2.8 } W=\{ \bar{x} \ge 2.8\} W={ xˉ≥2.8}, 问
(1)(5分) n = 5 n=5 n=5时, 犯两类错误的概率分别是多少?
(2)(5分) n n n趋于无穷时, 犯两类错误的概率会有什么变化? 请说明.
Solution:
(1) 第一类错误是:
α = P θ = 2 { X ˉ ≥ 2.8 } = P θ = 2 { ∑ i = 1 5 X i ≥ 14 } = ∑ k = 14 ∞ 1 0 k k ! e − 10 \begin{aligned} \alpha &=\mathrm{P}_{\theta=2}\{\bar{X} \geq 2.8\} \\ &=\mathrm{P}_{\theta=2}\left\{\sum_{i=1}^{5} X_{i} \geq 14\right\} \\ &=\sum_{k=14}^{\infty} \frac{10^{k}}{k !} e^{-10} \end{aligned} α=Pθ=2{ Xˉ≥2.8}=Pθ=2{ i=1∑5Xi≥14}=k=14∑∞k!10ke−10第二类错误是:
β = P θ = 3 { X ˉ < 2.8 } = P θ = 3 { ∑ i = 1 5 X i < 14 } = ∑ k = 0 13 1 5 k k ! e − 15 \begin{aligned} \beta &=\mathrm{P}_{\theta=3}\{\bar{X}<2.8\} \\ &=\mathrm{P}_{\theta=3}\left\{\sum_{i=1}^{5} X_{i}<14\right\} \\ &=\sum_{k=0}^{13} \frac{15^{k}}{k !} e^{-15} \end{aligned} β=Pθ=3{ Xˉ<2.8}=Pθ=3{ i=1∑5Xi<14}=k=0∑13k!15ke−15(2)由大数定律:
α = P θ = 2 { X ˉ ≥ 2.8 } ≤ P θ = 2 { ∣ X ˉ − 2 ∣ ≥ 0.8 } * 0 β = P θ = 3 { X ˉ < 2.8 } ≤ P θ = 3 { ∣ X ˉ − 3 ∣ > 0.2 } * 0 \begin{aligned} \alpha &=\mathrm{P}_{\theta=2}\{\bar{X} \geq 2.8\} \\ & \leq \mathrm{P}_{\theta=2}\{|\bar{X}-2| \geq 0.8\} \longrightarrow 0 \\ \beta &=\mathrm{P}_{\theta=3}\{\bar{X}<2.8\} \\ & \leq \mathrm{P}_{\theta=3}\{|\bar{X}-3|>0.2\} \longrightarrow 0 \end{aligned} αβ=Pθ=2{ Xˉ≥2.8}≤Pθ=2{ ∣Xˉ−2∣≥0.8}*0=Pθ=3{ Xˉ<2.8}≤Pθ=3{ ∣Xˉ−3∣>0.2}*0所以当样本量趋于无穷时, 两类错误都会趋于 0 .
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