第6章 数理统计

基础部分

1. 设$X_1,X_2$是取自正态总体$X\sim N(1,1)$的简单随机样本，则$\frac{X_1-1}{|1-X_2|}$( ) A. $t(1)$ B. $F(1,1)$ C. ${\chi }^2(1)$ D. $N(1,1)$

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答案：A。

解析：令

$$Z_1=X_1-1,Z_2=X_2-1.$$

由于$X_1,X_2$相互独立且均服从$N(1,1)$，故$Z_1,Z_2$相互独立且均服从$N(0,1)$。于是

$$Z_2^2\sim {\chi }^2(1),$$

并且

$$\frac{X_1-1}{|1-X_2|}=\frac{Z_1}{|Z_2|}=\frac{Z_1}{\sqrt{Z_2^2/1}}\sim t(1).$$

故选A。

2. 设$X_1,X_2,\cdots ,X_{10}$是来自正态总体$X\sim N(0,{\sigma }^2)(\sigma >0)$的简单随机样本，$Y^2=\frac{1}{9}{\sum }_{i=2}^{10}{X}_i^2$，则( ) A. $X_1^2\sim {\chi }^2(1)$ B. $Y^2\sim {\chi }^2(9)$ C. $\frac{X_1}{|Y|}\sim t(9)$ D. $\frac{X_1^2}{Y^2}\sim F(9,1)$

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答案：C。

解析：有

$$\frac{X_1}{\sigma }\sim N(0,1),$$

且

$$U=\sum _{i=2}^{10}\frac{X_i^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(9).$$

由于$X_1$与$X_2,\dots ,X_{10}$独立，所以$X_1/\sigma$与$U$独立。又

$$|Y|=\sqrt{Y^2}=\sigma \sqrt{\frac{U}{9}},$$

故

$$\frac{X_1}{|Y|}=\frac{X_1/\sigma }{\sqrt{U/9}}\sim t(9).$$

A项缺少除以${\sigma }^2$；B项同样缺少标准化；而

$$\frac{X_1^2}{Y^2}=\frac{X_1^2/{\sigma }^2}{U/9}\sim F(1,9),$$

故D项也不正确。

3. 设总体$X$和$Y$相互独立，且都服从正态分布$N(0,{\sigma }^2)$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$和$Y_1,Y_2,\cdots ,Y_n$分别是来自总体$X$和$Y$且容量都为$n$的两个简单随机样本，样本均值，样本方差分别为$\overline{X},S_X^2$和$\overline{Y},S_Y^2$，则( ) A. $\overline{X}-\overline{Y}\sim N(0,{\sigma }^2)$ B. $S_X^2+S_Y^2\sim {\chi }^2(2n-2)$ C. $\frac{\overline{X}-\overline{Y}}{\sqrt{S_X^2+S_Y^2}}\sim t(2n-2)$ D. $\frac{S_X^2}{S_Y^2}\sim F(n-1,n-1)$

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答案：D。

解析：由于两总体独立且方差相同，

$$\overline{X}-\overline{Y}\sim N\left(0,\frac{2{\sigma }^2}{n}\right),$$

故A错误。

又

$$\frac{(n-1)S_X^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1),\frac{(n-1)S_Y^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1),$$

且二者独立，因此

$$\frac{(n-1)(S_X^2+S_Y^2)}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(2n-2),$$

而不是$S_X^2+S_Y^2$本身服从卡方分布，故B错误。

由$F$分布定义，

$$\frac{S_X^2}{S_Y^2}=\frac{\frac{(n-1)S_X^2}{{\sigma }^2}/(n-1)}{\frac{(n-1)S_Y^2}{{\sigma }^2}/(n-1)}\sim F(n-1,n-1).$$

故选D。

4. 设随机变量$X\sim N(0,1)$，$Y\sim N(0,1)$，则( ) A. $X+Y$服从正态分布 B. $X^2+Y^2$服从${\chi }^2$分布 C. $X^2/Y^2$服从$F$分布 D. $X^2$和$Y^2$服从${\chi }^2$分布

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答案：D。

解析：题目只说明$X,Y$各自服从标准正态分布，并没有说明二者相互独立。

无论$X,Y$是否独立，都有

$$X^2\sim {\chi }^2(1),Y^2\sim {\chi }^2(1),$$

所以D一定成立。

而A、B、C一般都需要进一步给出$X,Y$的联合正态性或独立性。例如$X^2+Y^2\sim {\chi }^2(2)$以及$X^2/Y^2\sim F(1,1)$均要求$X,Y$相互独立。故选D。

5. 设$n$为正整数，随机变量$X\sim t(n)$，$Y\sim F(1,n)$，常数$c$满足$P\{X>c\}=\frac{2}{5}$，则$P\{Y\le c^2\}=$( ) A. $\frac{1}{5}$ B. $\frac{2}{5}$ C. $\frac{3}{5}$ D. $\frac{4}{5}$

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答案：A。

解析：若$X\sim t(n)$，则

$$X^2\sim F(1,n).$$

因此$Y$与$X^2$同分布，从而

$$P(Y\le c^2)=P(X^2\le c^2)=P(-c\le X\le c).$$

$t$分布关于0对称。由

$$P(X>c)=\frac{2}{5}<\frac{1}{2}$$

知$c>0$，且

$$P(X<-c)=P(X>c)=\frac{2}{5}.$$

所以

$$P(-c\le X\le c)=1-\frac{2}{5}-\frac{2}{5}=\frac{1}{5}.$$

故选A。

6. 设$X_1,X_2,\cdots ,X_n(n\ge 2)$为来自标准正态总体$X$的简单随机样本，记$\overline{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$，$S^2=\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\overline{X}{)}^2$，$Y=\overline{X}-S$，则$E(Y^2)=$( ) A. $1-\frac{1}{n}$ B. $1+\frac{1}{n}$ C. $1-\frac{1}{n-1}$ D. $1+\frac{1}{n-1}$

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答案：B。

解析：由正态总体的抽样分布性质，$\overline{X}$与$S^2$独立，从而$\overline{X}$与$S$也独立。又

$$E(\overline{X})=0,E({\overline{X}}^2)=D(\overline{X})=\frac{1}{n},$$

以及

$$E(S^2)=1.$$

因此

$$\begin{array}{rl}E(Y^2)& =E[(\overline{X}-S{)}^2]\\ & =E({\overline{X}}^2)+E(S^2)-2E(\overline{X}S)\\ & =\frac{1}{n}+1-2E(\overline{X})E(S)\\ & =1+\frac{1}{n}.\end{array}$$

故选B。

7. 设$X,Y$独立同分布于$N(0,{\sigma }^2)$，$X_1,\cdots ,X_9$与$Y_1,\cdots ,Y_{11}$是分别来自总体$X$与$Y$的简单随机样本，样本方差分别为$S_X^2$与$S_Y^2$，记$S_1^2=\frac{1}{2}(S_X^2+S_Y^2)$，$S_2^2=\frac{1}{9}(4S_X^2+5S_Y^2)$，则方差最小的是( ) A. $S_X^2$ B. $S_Y^2$ C. $S_1^2$ D. $S_2^2$

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答案：D。

解析：正态总体的样本方差满足

$$D(S^2)=\frac{2{\sigma }^4}{n-1}.$$

因此

$$D(S_X^2)=\frac{2{\sigma }^4}{8}=\frac{{\sigma }^4}{4},D(S_Y^2)=\frac{2{\sigma }^4}{10}=\frac{{\sigma }^4}{5}.$$

又因两组样本相互独立，所以$S_X^2,S_Y^2$独立。故

$$D(S_1^2)=\frac{1}{4}\left(\frac{{\sigma }^4}{4}+\frac{{\sigma }^4}{5}\right)=\frac{9{\sigma }^4}{80},$$

而

$$\begin{array}{rl}D(S_2^2)& =\frac{1}{81}\left[16D(S_X^2)+25D(S_Y^2)\right]\\ & =\frac{1}{81}\left(4{\sigma }^4+5{\sigma }^4\right)=\frac{{\sigma }^4}{9}.\end{array}$$

比较

$$\frac{1}{9}<\frac{9}{80}<\frac{1}{5}<\frac{1}{4},$$

可知$S_2^2$的方差最小，故选D。

8. 设$X$的概率密度为$f(x;\sigma )=\{\begin{array}{ll}\frac{2x}{\sigma }{e}^{-\frac{x^2}{\sigma }},& x>0\\ 0,& x\le 0\end{array}$，其中$\sigma$为大于零的未知参数，已知$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的简单随机样本，则$\sigma$的最大似然估计量为( ) A. $\hat{\sigma }=\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$ B. $\hat{\sigma }=\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^n{X}_i^2$ C. $\hat{\sigma }=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$ D. $\hat{\sigma }=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i^2$

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答案：D。

解析：样本观测值均为正时，似然函数为

$$L(\sigma )=\prod _{i=1}^n\frac{2x_i}{\sigma }{e}^{-x_i^2/\sigma }=2^n\left(\prod _{i=1}^n{x}_i\right){\sigma }^{-n}\exp \left(-\frac{{\sum }_{i=1}^n{x}_i^2}{\sigma }\right).$$

取对数得

$$\ell (\sigma )=C-n\ln \sigma -\frac{{\sum }_{i=1}^n{x}_i^2}{\sigma }.$$

于是

$${\ell }^{\prime }(\sigma )=-\frac{n}{\sigma }+\frac{{\sum }_{i=1}^n{x}_i^2}{{\sigma }^2}.$$

令${\ell }^{\prime }(\sigma )=0$，得

$$\hat{\sigma }=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2.$$

故选D。

9. 设某个试验有三种可能结果，其发生的概率分别为$p_1={\lambda }^2$，$p_2=(1-\lambda {)}^2$，$p_3=2\lambda (1-\lambda )$，其中参数$\lambda$未知，$0<\lambda <1$。现做了$n$次独立重复试验，观测到三种结果发生的次数分别为$n_1,n_2,n_3(n_1+n_2+n_3=n)$，则$\lambda$的最大似然估计值为_____。

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答案：

$$\hat{\lambda }=\frac{2n_1+n_3}{2n}.$$

解析：忽略与$\lambda$无关的多项式系数，似然函数为

$$\begin{array}{rl}L(\lambda )& \propto ({\lambda }^2{)}^{n_1}[(1-\lambda {)}^2{]}^{n_2}[2\lambda (1-\lambda ){]}^{n_3}\\ & \propto {\lambda }^{2n_1+n_3}(1-\lambda {)}^{2n_2+n_3}.\end{array}$$

故对数似然函数为

$$\ell (\lambda )=C+(2n_1+n_3)\ln \lambda +(2n_2+n_3)\ln (1-\lambda ).$$

令导数为0：

$$\frac{2n_1+n_3}{\lambda }-\frac{2n_2+n_3}{1-\lambda }=0.$$

利用$n_1+n_2+n_3=n$，解得

$$\hat{\lambda }=\frac{2n_1+n_3}{2(n_1+n_2+n_3)}=\frac{2n_1+n_3}{2n}.$$

10. 设二维总体$(X,Y)$的概率密度为$f(x,y;\lambda )=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{{\lambda }^2}{e}^{-\frac{x+y}{\lambda }},& x>0,y>0\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，$\lambda$为大于0的参数，$(X_1,Y_1),(X_2,Y_2),\cdots ,(X_n,Y_n)$为来自总体的简单随机样本，则$\lambda$的最大似然估计量为_____。

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答案：

$$\hat{\lambda }=\frac{1}{2n}\sum _{i=1}^n(X_i+Y_i).$$

解析：似然函数为

$$L(\lambda )={\lambda }^{-2n}\exp \left[-\frac{1}{\lambda }\sum _{i=1}^n(x_i+y_i)\right].$$

对数似然函数为

$$\ell (\lambda )=-2n\ln \lambda -\frac{1}{\lambda }\sum _{i=1}^n(x_i+y_i).$$

于是

$${\ell }^{\prime }(\lambda )=-\frac{2n}{\lambda }+\frac{{\sum }_{i=1}^n(x_i+y_i)}{{\lambda }^2}.$$

令${\ell }^{\prime }(\lambda )=0$，得

$$\hat{\lambda }=\frac{1}{2n}\sum _{i=1}^n(X_i+Y_i).$$

11. 设总体$X$的概率密度为$f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}{e}^{-(x-\theta )},& x\ge \theta \\ 0,& \text{其他}\end{array}$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的简单随机样本，则未知参数$\theta$的最大似然估计量$\hat{\theta }=$_____。

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答案：

$$\hat{\theta }=X_{(1)}=\min \{X_1,X_2,\dots ,X_n\}.$$

解析：设样本观测值为$x_1,\dots ,x_n$，则似然函数为

$$\begin{array}{rl}L(\theta )& =\prod _{i=1}^n{e}^{-(x_i-\theta )}I\{x_i\ge \theta \}\\ & =e^{-{\sum }_{i=1}^n{x}_i+n\theta }I\{\theta \le x_{(1)}\},\end{array}$$

其中

$$x_{(1)}=\min \{x_1,\dots ,x_n\}.$$

在约束$\theta \le x_{(1)}$下，$e^{n\theta }$随$\theta$严格增加，所以似然函数在$\theta =x_{(1)}$处取得最大值。故

$$\hat{\theta }=X_{(1)}.$$

12. 设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是取自总体$X$的简单随机样本，$X$的概率密度为$f(x)=\frac{1}{2\lambda }{e}^{-\frac{|x|}{\lambda }},-\infty <x<+\infty ,\lambda >0$。求： (1) $\lambda$的矩估计量； (2) $\lambda$的最大似然估计量。

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答案：

(1)

$$\tilde{\lambda }=\sqrt{\frac{1}{2n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2}.$$

(2)

$$\hat{\lambda }=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n|X_i|.$$

解析：

(1) 该分布关于0对称，所以$E(X)=0$，一阶矩中不含未知参数。利用二阶原点矩：

$$\begin{array}{rl}E(X^2)& =2{\int }_0^{+\infty }{x}^2\frac{1}{2\lambda }{e}^{-x/\lambda }dx\\ & =\frac{1}{\lambda }{\int }_0^{+\infty }{x}^2{e}^{-x/\lambda }dx=2{\lambda }^2.\end{array}$$

令总体二阶矩等于样本二阶矩，

$$2{\lambda }^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2,$$

得矩估计量

$$\tilde{\lambda }=\sqrt{\frac{1}{2n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2}.$$

(2) 似然函数为

$$L(\lambda )=(2\lambda {)}^{-n}\exp \left(-\frac{1}{\lambda }\sum _{i=1}^n|x_i|\right).$$

故

$$\ell (\lambda )=-n\ln (2\lambda )-\frac{1}{\lambda }\sum _{i=1}^n|x_i|.$$

求导并令其为0：

$$-\frac{n}{\lambda }+\frac{{\sum }_{i=1}^n|x_i|}{{\lambda }^2}=0,$$

得

$$\hat{\lambda }=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n|X_i|.$$

13. 设连续型总体$X$的分布函数为$F(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}0,& x\le 0\\ x^{\sqrt{\theta }},& 0<x<1\\ 1,& x\ge 1\end{array}$，$\theta$为未知参数，且$\theta >0$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$为来自总体$X$的简单随机样本。求$\theta$的矩估计量与最大似然估计量。

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答案：

矩估计量为

$$\tilde{\theta }={\left(\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}\right)}^2.$$

最大似然估计量为

$$\hat{\theta }={\left(-\frac{n}{{\sum }_{i=1}^n\ln X_i}\right)}^2.$$

解析：在$0<x<1$时，密度为

$$f(x;\theta )=F^{\prime }(x;\theta )=\sqrt{\theta }{x}^{\sqrt{\theta }-1}.$$

令$a=\sqrt{\theta }>0$。

先求数学期望：

$$\begin{array}{rl}E(X)& ={\int }_0^{1}x\cdot a{x}^{a-1}dx\\ & =a{\int }_0^1{x}^{a}dx=\frac{a}{a+1}.\end{array}$$

令$E(X)=\overline{X}$，得

$$\overline{X}=\frac{a}{a+1}⟹a=\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}.$$

因此

$$\tilde{\theta }=a^2={\left(\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}\right)}^2.$$

再求最大似然估计。似然函数为

$$L(a)=a^n\prod _{i=1}^n{x}_i^{a-1},$$

所以

$$\ell (a)=n\ln a+(a-1)\sum _{i=1}^n\ln x_i.$$

令

$${\ell }^{\prime }(a)=\frac{n}{a}+\sum _{i=1}^n\ln x_i=0,$$

得

$$\hat{a}=-\frac{n}{{\sum }_{i=1}^n\ln X_i}.$$

由于$0<X_i<1$，故$\sum \ln X_i<0$，从而$\hat{a}>0$。于是

$$\hat{\theta }={\hat{a}}^2={\left(-\frac{n}{{\sum }_{i=1}^n\ln X_i}\right)}^2.$$

14. 在数集$\Omega =\{0,1,2,\cdots ,N\}$中有放回地抽取$n$次，得$X_1,X_2,\cdots ,X_n$，则$N$的最大似然估计量是( ) A. $\max \{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$ B. $\min \{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$ C. $\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$ D. $n$

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答案：A。

解析：每次抽取时，$X$在$\{0,1,\dots ,N\}$上服从离散均匀分布，即

$$P(X=x)=\frac{1}{N+1},x=0,1,\dots ,N.$$

设样本最大值为

$$X_{(n)}=\max \{X_1,\dots ,X_n\}.$$

似然函数为

$$L(N)=(N+1{)}^{-n}I\{N\ge X_{(n)}\}.$$

在约束$N\ge X_{(n)}$下，$(N+1{)}^{-n}$随$N$增大而减小，因此应取允许的最小$N$，即

$$\hat{N}=X_{(n)}.$$

故选A。

15. 设某元件的使用寿命$T$的分布函数$F(t)$满足微分方程$F^{\prime }(t)+\frac{2t}{{\theta }^2}[F(t)-1]=0,t\ge 0$，$\theta$为大于0的常数，$F(0)=0$；且该元件性能$Q(\theta )={\theta }^2(\frac{\ln \theta }{2}-\frac{3}{4})+\theta$。任取$n$个此种元件做寿命试验，测得值分别为$t_1,t_2,\cdots ,t_n$。 (1) 求$\theta$的最大似然估计值$\hat{\theta }$； (2) 求该元件性能$Q$的最大似然估计值$\hat{Q}$。

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答案：

(1)

$$\hat{\theta }=\sqrt{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{t}_i^2}.$$

(2)

$$\hat{Q}={\hat{\theta }}^2\left(\frac{\ln \hat{\theta }}{2}-\frac{3}{4}\right)+\hat{\theta }.$$

解析：

(1) 原微分方程可写为

$$F^{\prime }(t)=\frac{2t}{{\theta }^2}[1-F(t)].$$

令$G(t)=1-F(t)$，则

$$G^{\prime }(t)=-\frac{2t}{{\theta }^2}G(t),G(0)=1.$$

解得

$$G(t)=e^{-t^2/{\theta }^2},$$

从而

$$F(t)=1-e^{-t^2/{\theta }^2},t\ge 0.$$

故密度为

$$f(t;\theta )=\frac{2t}{{\theta }^2}{e}^{-t^2/{\theta }^2},t>0.$$

似然函数中与$\theta$有关的部分为

$$L(\theta )\propto {\theta }^{-2n}\exp \left(-\frac{{\sum }_{i=1}^n{t}_i^2}{{\theta }^2}\right).$$

因此

$$\ell (\theta )=C-2n\ln \theta -\frac{{\sum }_{i=1}^n{t}_i^2}{{\theta }^2}.$$

求导得

$${\ell }^{\prime }(\theta )=-\frac{2n}{\theta }+\frac{2{\sum }_{i=1}^n{t}_i^2}{{\theta }^3}.$$

令其为0，得

$${\hat{\theta }}^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{t}_i^2,$$

即

$$\hat{\theta }=\sqrt{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{t}_i^2}.$$

(2) 根据最大似然估计的不变性，将$\hat{\theta }$代入$Q(\theta )$即可：

$$\hat{Q}={\hat{\theta }}^2\left(\frac{\ln \hat{\theta }}{2}-\frac{3}{4}\right)+\hat{\theta }.$$

16. 设总体$X$的数学期望$E(X)=0$，方差$D(X)={\sigma }^2$，而$X_1,X_2,\cdots ,X_n(n>2)$是来自总体$X$的简单随机样本，$\overline{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$，$S^2=\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\overline{X}{)}^2$，则下列属于${\sigma }^2$的无偏估计量的是( ) A. $n{\overline{X}}^2+S^2$ B. $\frac{1}{2}(n{\overline{X}}^2+S^2)$ C. $\frac{1}{3}(n{\overline{X}}^2+S^2)$ D. $\frac{1}{4}(n{\overline{X}}^2+S^2)$

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答案：B。

解析：由于$E(X)=0$，有

$$E(\overline{X})=0,D(\overline{X})=\frac{{\sigma }^2}{n},$$

所以

$$E(n{\overline{X}}^2)=nD(\overline{X})={\sigma }^2.$$

又样本方差$S^2$是总体方差的无偏估计量，故

$$E(S^2)={\sigma }^2.$$

于是

$$E(n{\overline{X}}^2+S^2)=2{\sigma }^2.$$

因此

$$\frac{1}{2}(n{\overline{X}}^2+S^2)$$

是${\sigma }^2$的无偏估计量，故选B。

17. 设$\mu$是总体$X$的数学期望，$\sigma$是总体$X$的标准差，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的简单随机样本，则总体方差${\sigma }^2$的无偏估计量是( ) A. $\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2$，$\mu$未知 B. $\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2$，$\mu$未知 C. $\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2$，$\mu$已知 D. $\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2$，$\mu$已知

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答案：D。

解析：当总体均值$\mu$已知时，

$$E[(X_i-\mu {)}^2]={\sigma }^2,$$

因此

$$E\left[\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2\right]={\sigma }^2.$$

故

$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2$$

是${\sigma }^2$的无偏估计量。

若$\mu$未知，则含有未知参数$\mu$的表达式不能直接作为由样本构成的统计量；通常此时使用

$$S^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\overline{X}{)}^2.$$

故选D。

18. 设$\sigma$是总体$X$的标准差，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的简单随机样本，则样本标准差$S$是总体标准差$\sigma$的( ) A. 无偏估计量 B. 最大似然估计量 C. 相合估计量 D. 最小方差估计量

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答案：C。

解析：样本方差$S^2$是总体方差${\sigma }^2$的相合估计量，即

$$S^2\stackrel{P}{\to }{\sigma }^2.$$

由于平方根函数在${\sigma }^2>0$处连续，由连续映射定理，

$$S=\sqrt{S^2}\stackrel{P}{\to }\sigma .$$

因此$S$是$\sigma$的相合估计量。

一般情况下$E(S)\ne \sigma$，所以它不是无偏估计量；在未指定总体分布时也不能断言它是最大似然估计量或最小方差估计量。故选C。

19. 设$X_1$是来自正态总体$X\sim N(0,{\sigma }^2)(\sigma >0)$的一个简单随机样本，$x_1$为其样本值，则${\sigma }^2$的一个无偏估计量为_____。

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答案：

$$\widehat{{\sigma }^2}=X_1^2$$

（对应样本值为$x_1^2$）。

解析：因为

$$X_1\sim N(0,{\sigma }^2),$$

故

$$E(X_1^2)=D(X_1)+[E(X_1){]}^2={\sigma }^2.$$

因此$X_1^2$是${\sigma }^2$的无偏估计量。

20. 设总体$X$的概率分布为

$X$	0	1	2	3
$P$	${\theta }^3$	$3{\theta }^2(1-\theta )$	$3\theta (1-\theta {)}^2$	$(1-\theta {)}^3$

其中$0<\theta <1$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$为来自总体$X$的简单随机样本。求$\theta$的最大似然估计量，并判定它是否为$\theta$的无偏估计量，说明理由。

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答案：

$$\hat{\theta }=1-\frac{\overline{X}}{3}.$$

且$\hat{\theta }$是$\theta$的无偏估计量。

解析：注意到该分布可写成

$$P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{k}\right)(1-\theta {)}^k{\theta }^{3-k},k=0,1,2,3,$$

即

$$X\sim B(3,1-\theta ).$$

设样本观测值之和为

$$T=\sum _{i=1}^n{x}_i.$$

忽略与$\theta$无关的组合数因子，似然函数为

$$L(\theta )\propto {\theta }^{3n-T}(1-\theta {)}^T.$$

故

$$\ell (\theta )=C+(3n-T)\ln \theta +T\ln (1-\theta ).$$

令导数为0：

$$\frac{3n-T}{\theta }-\frac{T}{1-\theta }=0,$$

解得

$$\hat{\theta }=1-\frac{T}{3n}=1-\frac{\overline{X}}{3}.$$

又因为

$$E(X)=3(1-\theta ),$$

所以

$$\begin{array}{rl}E(\hat{\theta })& =1-\frac{1}{3}E(\overline{X})\\ & =1-\frac{1}{3}\cdot 3(1-\theta )\\ & =\theta .\end{array}$$

因此$\hat{\theta }$是$\theta$的无偏估计量。

注：若样本恰使上述估计落在参数区间端点$0$或$1$，而题目严格规定$0<\theta <1$，则似然函数的上确界在边界处取得而严格意义下开参数空间内没有最大点。通常教材按闭区间延拓理解，仍写成上述最大似然估计量。

21. 设一批零件的长度服从正态分布$N(\mu ,{\sigma }^2)$，其中${\sigma }^2$已知，$\mu$未知。现从中随机抽取$n$个零件，测得样本均值为$\overline{x}$，则当置信度为0.90时，$\mu$大于${\mu }_0$的接受条件为( ) A. $\overline{x}>{\mu }_0-\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{z}_{0.10}$ B. $\overline{x}>{\mu }_0+\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{z}_{0.05}$ C. $\overline{x}>{\mu }_0+\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{z}_{0.10}$ D. $\overline{x}>{\mu }_0-\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{z}_{0.05}$

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答案：C。

解析：总体方差已知时，

$$Z=\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\sim N(0,1).$$

在置信度$0.90$下，作$\mu$的单侧置信下限。若记$z_{0.10}$满足

$$P(Z>z_{0.10})=0.10,$$

则$\mu$的$90\%$单侧置信区间为

$$\left(\overline{x}-z_{0.10}\frac{\sigma }{\sqrt{n}},+\infty \right).$$

若要以$90\%$置信度接受“$\mu >{\mu }_0$”，只需该置信下限大于${\mu }_0$，即

$$\overline{x}-z_{0.10}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}>{\mu }_0.$$

整理得

$$\overline{x}>{\mu }_0+\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{z}_{0.10}.$$

故选C。

22. 设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的简单随机样本，$\overline{X}$为样本均值，$E(X)=\theta$，检验$H_0:\theta =0;H_1:\theta \ne 0$，且拒绝域$W_1=\{|\overline{X}|>1\}$和$W_2=\{|\overline{X}|>2\}$分别对应显著性水平${\alpha }_1$和${\alpha }_2$，则( ) A. ${\alpha }_1={\alpha }_2$ B. ${\alpha }_1>{\alpha }_2$ C. ${\alpha }_1<{\alpha }_2$ D. ${\alpha }_1$和${\alpha }_2$的大小关系不确定

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答案：按通常连续型检验统计量的命题意图选B；严格按原题条件只能推出${\alpha }_1\ge {\alpha }_2$。

解析：显著性水平是在原假设成立时落入拒绝域的概率。因为

$$W_2=\{|\overline{X}|>2\}\subset W_1=\{|\overline{X}|>1\},$$

所以必有

$${\alpha }_2=P_{H_0}(W_2)\le P_{H_0}(W_1)={\alpha }_1.$$

若$\overline{X}$在区间$1<|\overline{X}|\le 2$上有正概率，例如通常连续型非退化总体的情形，则

$${\alpha }_1>{\alpha }_2,$$

故按教材通常意图选B。

但原题只给出$E(X)=\theta$，并未给出总体分布或保证上述区间概率为正，因此严格从题设只能得到${\alpha }_1\ge {\alpha }_2$，不能无条件推出严格大于。原题条件略有不足。

23. 设$X_1,x_2$是来自正态总体$N(\mu ,1)$的简单随机样本，并设原假设$H_0:\mu =2$，备择假设$H_1:\mu =4$，若拒绝域$W=\{\overline{X}>3\}$，$\overline{X}=\frac{1}{2}{\sum }_{i=1}^2{X}_i$，记$\alpha ,\beta$分别为犯第一类错误和第二类错误的概率，则( ) A. $\alpha =\beta =1-\Phi (\sqrt{2})$ B. $\alpha =1-\Phi (\sqrt{2}),\beta =\Phi (\sqrt{2})$ C. $\alpha =\Phi (\sqrt{2}),\beta =1-\Phi (\sqrt{2})$ D. $\alpha =\beta =\Phi (\sqrt{2})$

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答案：A。

解析：样本容量为2，且总体方差为1，所以

$$\overline{X}\sim N\left(\mu ,\frac{1}{2}\right).$$

第一类错误是在$H_0$为真时拒绝$H_0$。当$\mu =2$时，

$$\begin{array}{rl}\alpha & =P_{\mu =2}(\overline{X}>3)\\ & =P\left(\frac{\overline{X}-2}{1/\sqrt{2}}>\sqrt{2}\right)\\ & =1-\Phi (\sqrt{2}).\end{array}$$

第二类错误是在$H_1$为真时没有拒绝$H_0$。当$\mu =4$时，

$$\begin{array}{rl}\beta & =P_{\mu =4}(\overline{X}\le 3)\\ & =P\left(\frac{\overline{X}-4}{1/\sqrt{2}}\le -\sqrt{2}\right)\\ & =\Phi (-\sqrt{2})\\ & =1-\Phi (\sqrt{2}).\end{array}$$

故

$$\alpha =\beta =1-\Phi (\sqrt{2}),$$

选A。

24. 设总体$X\sim \left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ {\theta }^2& 2\theta (1-\theta )& (1-\theta {)}^2\end{array}\right)$，作检验$H_0:\theta =0.1;H_1:\theta =0.9$，抽取3个样本，取拒绝域$W$为$\{X_1=1,X_2=1,X_3=1\}$，则犯第二类错误的概率为_____。

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答案：

$$\beta =1-0.9^6=\mathrm{0.468559.}$$

解析：第二类错误是$H_1$为真时没有拒绝$H_0$。在$H_1:\theta =0.9$下，

$$P(X_i=1)={\theta }^2=0.9^2=\mathrm{0.81.}$$

拒绝域为三个样本都等于1，因此

$$P_{H_1}(W)=(0.81{)}^3=0.9^6.$$

于是犯第二类错误的概率为

$$\beta =P_{H_1}(W^c)=1-P_{H_1}(W)=1-0.9^6=\mathrm{0.468559.}$$