复旦大学-432统计学-2025年-解析

复旦大学-432统计学-2025年

1. (10分) 你和李四一起玩骰子，一共有 $A$,$B$, $C$ 三种骰子，分别为$A$= “115555”, $B$ = “333444”, $C$ = “222266”, 李四先从中选，你从剩下的里面再选，请问你的策略是什么？（即李四选$A$,$B$,$C$其中一个，你如何应对使得投出来的点数大于他的概率更大？

Solution:

情况1，李四选择骰子$A$：
选骰子$B$: $A$掷出1时，$B$掷出3或4；$A$掷出5时，$B$不可能比他大,于是点数大于$A$的概率: $\frac{1}{3} \times 1= \frac{1}{3}$
选骰子$C$: $A$掷出1时，$C$掷出2或6；$A$掷出5时，$C$掷出6才比他大,于是点数大于$A$的概率: $\frac{1}{3} \times 1 + \frac{2}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{3} + \frac{2}{9} = \frac{5}{9}$
情况2，李四选择骰子$B$：
选骰子$A$:$B$掷出3时，$A$掷出5；$B$掷出4时，$A$掷出5才比他大,于是点数大于$B$的概率: $\frac{1}{2} \times \frac{2}{3} + \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} = \frac{2}{3}$
选骰子$C$:$B$掷出3时，$C$掷出6才比他大；$B$掷出4时，$C$掷出6才比他大,于是点数大于$B$的概率: $\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{3}$
情况3，李四选择骰子$C$：
选骰子$A$: $C$掷出2时，$A$掷出5才比他大；$C$掷出6时，$A$不可能比他大,于是点数大于$C$的概率: $\frac{2}{3} \times \frac{2}{3} + \frac{1}{3} \times 0 = \frac{4}{9}$
选骰子$B$: $C$掷出2时，$B$掷出3或4才比他大；$C$掷出6时，$B$不可能比他大，于是点数大于$C$的概率: $\frac{2}{3} \times 1 = \frac{2}{3}$
所以策略是：如果李四选择骰子$A$，你选择骰子$C$；如果李四选择骰子$B$，你选择骰子$A$； 如果李四选择骰子$C$，你选择骰子$B$ 。

1. (10分) $X$, $Y$ 服从两点分布，则它们独立的充要条件是：$Cov(X,Y)=0$.

Solution: 见 2016 年第五题, 原题重现.

3. (10分) 设概率空间 $(\Omega, \mathcal{F}, P)$ 中的 $\Omega$ 的元素个数为 $n$ ，是古典概型，非平凡事件 $A, B$ 独立.
   （1）证明： $|A \cap B||A^c \cap B^c| = |A^c \cap B||A \cap B^c|$;
   （2）证明： $n$ 为合数.

Solution:（1）由于 $A$ 和 $B$ 是独立的，我们有：

$$P(A \cap B) = P(A)P(B)$$

$$P(A) = \frac{|A|}{n}, \quad P(B) = \frac{|B|}{n}, \quad P(A \cap B) = \frac{|A \cap B|}{n}$$

$$\frac{|A \cap B|}{n} = \frac{|A|}{n} \cdot \frac{|B|}{n} ，|A \cap B| = \frac{|A||B|}{n}$$

由于 $A^c$ 和 $B^c$ 也是独立的：

$$P(A^c \cap B^c) = P(A^c)P(B^c)$$

$$P(A^c) = 1 - P(A) = 1 - \frac{|A|}{n} = \frac{n - |A|}{n}$$

$$P(B^c) = 1 - P(B) = 1 - \frac{|B|}{n} = \frac{n - |B|}{n}$$

$$P(A^c \cap B^c) = \frac{n - |A|}{n} \cdot \frac{n - |B|}{n} = \frac{(n - |A|)(n - |B|)}{n^2}$$

$$|A^c \cap B^c| = \frac{(n - |A|)(n - |B|)}{n}$$

接下来，考虑事件 $A^c \cap B$ 和 $A \cap B^c$ ：

$$P(A^c \cap B) = P(A^c)P(B) = \frac{n - |A|}{n} \cdot \frac{|B|}{n} = \frac{(n - |A|)|B|}{n^2}$$

$$|A^c \cap B| = \frac{(n - |A|)|B|}{n}$$

$$P(A \cap B^c) = P(A)P(B^c) = \frac{|A|}{n} \cdot \frac{n - |B|}{n} = \frac{|A|(n - |B|)}{n^2}$$

$$|A \cap B^c| = \frac{|A|(n - |B|)}{n}$$

$$|A \cap B||A^c \cap B^c| = \left(\frac{|A||B|}{n}\right)\left(\frac{(n - |A|)(n - |B|)}{n}\right) = \frac{|A||B|(n - |A|)(n - |B|)}{n^2}$$

$$|A^c \cap B||A \cap B^c| = \left(\frac{(n - |A|)|B|}{n}\right)\left(\frac{|A|(n - |B|)}{n}\right) = \frac{|A||B|(n - |A|)(n - |B|)}{n^2}$$

因此：$|A \cap B||A^c \cap B^c| = |A^c \cap B||A \cap B^c|$
（2）假设 $n$ 是一个质数。那么 $n$ 的唯一正因数是 1 和 $n$ 本身。由于 $A$ 和 $B$ 是非平凡事件，它们的个数 $|A|$ 和 $|B|$ 必须在 1 和 $n-1$ 之间。因此， $|A|$ 和 $|B|$ 都不是 $n$ 的因数。
从第一部分的等式 $|A \cap B||A^c \cap B^c| = |A^c \cap B||A \cap B^c|$ ，我们知道：

$$\frac{|A||B|}{n} \cdot \frac{(n - |A|)(n - |B|)}{n} = \frac{(n - |A|)|B|}{n} \cdot \frac{|A|(n - |B|)}{n}$$

这个等式成立，但如果我们假设 $n$ 是质数，那么 $|A|$ 和 $|B|$ 都不能整除 $n$ ，这将导致等式两边的分子不能被 $n^2$ 整除，从而导致矛盾。因此$n$ 不能是质数，它必须是合数。

4. (10分) 若 $P(X \leq x, Y \leq y) = F(\min(x, y))$，证明：$P(X = Y）= 1$.

Solution: 《应坚刚》第六章划题. 对任意 $x \in \mathbb{R}$ ，有 :

P(X \leq x < Y) = P(X \leq x,Y < \infty) - P(X \leq x, Y \leq x) = 0, $$ 因此容易说明 $\{X < Y\} = \bigcup_{x \in \mathbb{Q}} \{X \leq x < Y\}$ 是零测集，同理 $\{X > Y\}$ 是零测集，结论成立。 </font> 5. (15分) $X$, $Y$独立同分布于$F$，二阶矩存在，证明： （1） $E|X-Y|^2 = 2Var(X)$ （2） $Var(\sin x) \leq Var(x)$ <font color=#6495ED> Solution:（1）由于 $X$ 和 $Y$ 独立同分布于 $F$ ，我们有：

E(X) = E(Y), Var(X) = Var(Y)

$$$$

E((X-Y)^2) = E(X^2 - 2XY + Y^2) = E(X^2) - 2E(XY) + E(Y^2)

由于 $X$和 $Y$独立，我们有 $E(XY) = E(X)E(Y)$ 。因此：

\begin{align*}
E((X - Y)^2) &= E(X^2) - 2E(X)E(Y) + E(Y^2) \
&= E(X^2) - 2E(X)^2 + E(X^2) \
&= 2E(X^2) - 2E(X)^2 \
&= 2(E(X^2) - E(X)^2) \
\end{align*}

根据方差的定义， $Var(X) = E(X^2) - E(X)^2$ ，因此：

E((X-Y)^2) = 2Var(X)

（2）庞加莱不等式证法重现. 对任意 $x_0$, 有 :

\begin{aligned}
Var\left( f\left( X \right) \right) &\le E\left[ \left( f\left( X \right) -f\left( x_0 \right) \right) ^2 \right] =E\left[ \left( \int_{x_0}^X{f’\left( t \right) \mathrm{d}t} \right) ^2 \right]\
&\le E\left[ \left( \int_{x_0}^X{\left( f’\left( t \right) \right) ^2\mathrm{d}t} \right) \left( \int_{x_0}^X{12\mathrm{d}t} \right) \right] =E\left[ \left( X-x_0 \right) \left( \int_{x_0}^X{\left( f’\left( t \right) \right) ^2\mathrm{d}t} \right) \right]\
&\le \mathop {\mathrm{sup}} \limits_{t}\left| \left( f’\left( t \right) \right) ^2 \right|\cdot E\left[ \left( X-x_0 \right) ^2 \right] .\
\end{aligned}$$ 这里 $f'(t)^2 =(\cos t )^2 \le 1$, 再选 $x_0 = E(X)$, 得证.（也可直接根据第一问的结论证明）

6. (10分) $X_1, X_2$ 独立同分布于 $U(0,1)$ , 记 $Y_1 = \min(X_1, X_2), Y_2 = \max(X_1, X_2)$ , 计算 $E[X_1|Y_2]$.

Solution: 由于 $\quad Y_2 \sim Be(2,1)$, $E(X_1) = \frac{1}{2}$, $E(Y_2) = \frac{2}{3}$,

$$E(X_1Y_2) = E[E(X_1Y_2 \mid Y_2)] = E[Y_2 E(X_1 \mid Y_2)]$$

并且：

$$Y_1+ Y_2 = X_1 +X_2$$

$$E(X_1 \mid Y_2) = \frac{1}{2} E(X_1+X_2 \mid Y_2)$$

对于 $0 \leq y_1 \leq y_2 \leq 1$ ：

$$f_{Y_1, Y_2}(y_1, y_2) = 2$$

$$f_{Y_2}(y_2) = \int_0^{y_2} f_{Y_1, Y_2}(y_1, y_2) \, dy_1 = \int_0^{y_2} 2 \, dy_1 = 2y_2$$

$$f_{Y_1|Y_2}(y_1|y_2) = \frac{f_{Y_1, Y_2}(y_1, y_2)}{f_{Y_2}(y_2)} = \frac{2}{2y_2} = \frac{1}{y_2}$$

\begin{align*} E(Y_1|Y_2=y_2) &= \int_0^{y_2} y_1 f_{Y_1|Y_2}(y_1|y_2) \, dy_1 = \int_0^{y_2} y_1 \frac{1}{y_2} \, dy_1 \\& = \frac{1}{y_2} \int_0^{y_2} y_1 \, dy_1 = \frac{1}{y_2} \left[ \frac{y_1^2}{2} \right]_0^{y_2} \\&= \frac{1}{y_2} \cdot \frac{y_2^2}{2}= \frac{y_2}{2}\end{align*}

$$E(X_1 \mid Y_2) = \frac{1}{2} E(X_1+X_2 \mid Y_2) = \frac{1}{2} E(Y_1+ Y_2 \mid Y_2) = \frac{1}{2} Y_2 + \frac{1}{2} E( Y_1 \mid Y_2) = \frac{Y_2}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{Y_2}{2} = \frac{3Y_2}{4}.$$

7.(15分) 给定二元函数

$$f(x,y)=c\left(e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}+\frac{xy(x^2-y^2)}{\sqrt{e}}I_{D}(x,y)\right)$$

其中 $D=\{(x,y) \mid x^2+y^2 \leq 1\}$ ， $c$ >0。

(1) 证明： $f(x,y) > 0$ ；

(2) 设 $(X,Y)$ 的联合密度为 $f(x,y)$ ，求 $c$ 。

(3) 求 $X,Y$ 的边缘分布，求 $\text{Cov}(X,Y)$ ， $X$ 和 $Y$ 是否独立？

Solution: (1) $(x,y) \notin D$ 时显然大于0，$(x,y) \in D$ 时,令 $x = \rho\cos\theta$ ， $y = \rho\sin\theta$ ：

$$\begin{aligned} f(x,y) &= c\left(e^{-\frac{\rho^2}{2}} + \frac{\rho^2 \cdot \sin \theta \cos \theta (\cos^2 \theta - \sin^2 \theta)}{\sqrt{e}}\right)\\ &> \left(1 - \frac{1}{2} \rho^2 + \frac{\rho^2 \cdot \sin 4\theta}{4\sqrt{e}}\right) \\ &> c \cdot \left(1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4\sqrt{e}}\right) \\ &>0 \end{aligned}$$

(2) 由正则性

$$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) \, dx \, dy = 1.$$

我们将积分分为两部分： $(x,y) \in D$ 和 $(x,y) \notin D$ 。
对于 $(x,y) \notin D$ ，

$$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} c e^{-\frac{x^2+y^2}{2}} \, dx \, dy - \int_{D} c e^{-\frac{x^2+y^2}{2}} \, dx \, dy.$$

对于 $(x,y) \in D$ ，

$$\int_{D} c \left( e^{-\frac{x^2+y^2}{2}} + \frac{xy(x^2-y^2)}{\sqrt{e}} \right) \, dx \, dy.$$

将这两部分合并，我们得到,

$$c \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{x^2+y^2}{2}} \, dx \, dy = 1.$$

令 $x = r\cos\theta$ ， $y = r\sin\theta$ ，则 $x^{2}+y^{2}=r^{2}$ 。
则 $r \geq 0,0 \leq \theta \leq 2\pi$ 。

$$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{x^2+y^2}{2}} \, dx \, dy= \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\infty} e^{-\frac{r^{2}}{2}}r drd\theta$$

令 $u = r^{2}$ ， $du = 2r dr$ 。

$$\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{\infty} e^{-\frac{r^{2}}{2}}r dr = \int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{\infty}\frac{1}{2}e^{-\frac{u}{2}}du=\int_{0}^{2\pi}d\theta\left[- e^{-\frac{u}{2}}\right]_{0}^{\infty} = \int_{0}^{2\pi}d\theta= 2\pi$$

(也可直接根据二元正态分布的联合密度函数得出), 于是：

$$c = \frac{1}{2\pi}$$

(3) 首先，我们求 $X$ 的边缘分布。由于 $f(x,y)$ 关于 $y$ 对称，所以 $X$ 的边缘分布为

$$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) \, dy = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{2\pi} \left( e^{-\frac{x^2+y^2}{2}} + \frac{xy(x^2-y^2)}{\sqrt{e}} 1_{D}(x,y) \right) \, dy.$$

由于 $\frac{xy(x^2-y^2)}{\sqrt{e}} 1_{D}(x,y)$ 关于 $y$ 是奇函数，所以

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{xy(x^2-y^2)}{\sqrt{e}} 1_{D}(x,y) \, dy = 0.$$

因此：

$$f_X(x) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{x^2+y^2}{2}} \, dy = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}}.$$

同理， $y$ 的边缘分布为：

$$f_Y(y) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{y^2}{2}}.$$

由于： $f_Y(y)f_X(x)≠ f(x,y)$,所以X,Y不独立。

$$E(XY) = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} xy f(x,y) \, dx \, dy = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} xy \frac{1}{2\pi} \left( e^{-\frac{x^2+y^2}{2}} + \frac{xy(x^2-y^2)}{\sqrt{e}} 1_{D}(x,y) \right) \, dx \, dy.$$

由于 $e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$ 关于 $x$ 和 $y$ 都是对称的，所以

$$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} xy e^{-\frac{x^2+y^2}{2}} \, dx \, dy = 0.$$

令：$x=r\cos\theta$ 和 $y=r\sin\theta$ ，积分变为：

$$\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}\frac{(r\cos\theta)(r\sin\theta)(r^2\cos^2\theta-r^2\sin^2\theta)}{\sqrt{e}}r\,dr\,d\theta.$$

简化被积函数，我们得到：

$$\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}\frac{r^5\cos\theta\sin\theta(\cos^2\theta-\sin^2\theta)}{\sqrt{e}}\,dr\,d\theta.$$

注意到 $\cos\theta\sin\theta(\cos^2\theta-\sin^2\theta)$ 是一个奇函数，因此：

$$\int_{0}^{2\pi}\cos\theta\sin\theta(\cos^2\theta-\sin^2\theta)\,d\theta=0.$$

所以: $Cov(X,Y)=E(XY) -E(X)E(Y)=0$

8. (10分) 打怪物会爆装备1和2，爆出装备1的概率是0.2 ，爆出装备2的概率是 0.2，不获得任何装备的概率是0.6，设 $\tau$ 是集齐装备所用的次数，求 $E\tau$ ， $Var\tau$.

Solution: 令：$\xi_1$ 表示收集到第一件装备所需的次数，其成功概率为 0.4（因为获得装备1或装备2的概率为 0.2 + 0.2 = 0.4）。$\xi_2$ 表示在收集到第一件装备后，收集到第二件装备所需的次数，其成功概率为 0.2（因为获得第2个装备的概率为 0.2）。
对于几何分布随机变量 $\xi \sim Ge(p)$ ，其期望 $E\xi = \frac{1}{p}$ 。因此：$E\xi_1 = \frac{1}{0.4} = 2.5$，$E\xi_2 = \frac{1}{0.2} = 5$

$$E\tau = E\xi_1 + E\xi_2 = 2.5 + 5 = 7.5$$

对于几何分布随机变量 $\xi \sim Ge(p)$ ，其方差 $Var\xi = \frac{1-p}{p^2}$ 。因此：

$$\begin{aligned} Var\xi_1 &= \frac{1-0.4}{0.4^2} = \frac{0.6}{0.16} = 3.75\\ Var\xi_2 &= \frac{1-0.2}{0.2^2} = \frac{0.8}{0.04} = 20\\ Var\tau &= Var\xi_1 + Var\xi_2 = 3.75 + 20 = 23.75 \end{aligned}$$

因此，收集到两件装备所需的期望次数为 7.5 次，方差为 23.75。

9. (15分) 设 $X_1, \cdots, X_n$ 独立同分布于连续函数 $F$, 样本 $Y_i = \mu + \sigma[-\ln F(X_i)]^{-\frac{1}{2}}$ ,$\mu>0,\sigma>0$

(1) 求 $(\mu,\sigma)$ 的最大似然估计。

(2) 若 $\mu$ 已知，求 $\sigma^2$ 的充分统计量。

Solution: (1) 令 $Z_i = F(X_i)$，则 $Z_i \sim U(0,1)$。

$$Y_i = \mu + \sigma \left[ -\ln Z_i \right]^{-\frac{1}{2}}$$

由于 $Z_i \sim U(0,1)$， $-\ln Z_i$ 服从参数为 1 的指数分布，即 $-\ln Z_i \sim \text{Exp}(1)$。
设 $W_i = \left[ -\ln Z_i \right]^{-\frac{1}{2}}$ ：

$$P(w_i \leq w) = P\left( \left( -\ln z_i \right)^{-\frac{1}{2}} \leq w \right) = P\left( z_i \leq e^{-w^{-2}} \right) = e^{-w^{-2}}$$

$$f_{w_i}(w) = 2w^{-3} e^{-w^{-2}}, \quad y_i = \mu + \sigma \cdot w_i$$

$$f_{Y_i}(y_i) = f_{w_i}\left( \frac{y_i - \mu}{\sigma} \right) \cdot \frac{1}{\sigma} = 2\sigma^2 \cdot (y_i - \mu)^{-3} \cdot e^{-\left( \frac{\sigma}{y_i - \mu} \right)^2}$$

$$f(y_1, \cdots, y_n) = \prod_{i = 1}^{n} 2\sigma^2 (y_i - \mu)^{-3} e^{-\left( \frac{\sigma}{y_i - \mu} \right)^2}$$

$$\ln f = \sum_{i = 1}^{n} \left[ -3\ln(y_i - \mu) - \left( \frac{\sigma}{y_i - \mu} \right)^2 \right] + 2n\ln\sigma + n\ln 2$$

对 $\mu$ 的偏导数为：

$$\frac{\partial \ln f}{\partial \mu} = \sum_{i = 1}^{n} \left[ \frac{3}{y_i - \mu} - \frac{2\sigma^2}{(y_i - \mu)^3} \right] = 0$$

$$\Rightarrow \sum_{i = 1}^{n} \frac{3(y_i - \mu)^2 - 2\sigma^2}{(y_i - \mu)^3} = 0 \quad (1)$$

对 $\sigma$ 的偏导数为：

$$\frac{\partial \ln f}{\partial \sigma} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{-2\sigma}{(y_i - \mu)^2} + \frac{2n}{\sigma} = 0$$

$$\Rightarrow \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{(y_i - \mu)^2} = \frac{n}{\sigma^2} \quad (2)$$

设 $S_1(\mu) = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{y_{i} - \mu}$，
$S_2(\mu) = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{(y_{i} - \mu)^{2}}$，
$S_3(\mu) = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{(y_{i} - \mu)^{3}}$，则：

$$3S_1(\mu) - 2\sigma^2 S_3(\mu) = 0, \quad S_2(\mu) - \frac{n}{\sigma^2} = 0$$

(\mu, \sigma) 的极大似然估计即为满足上式的值。
(由于 $\ln f$ 关于 $\mu, \sigma$ 并不单调，所以不能直接取 $\mu = y_{(1)}$)

(2) 根据因子分解定理，如果似然函数可以写成 $L(\sigma^2) = g(T(Y), \sigma^2) h(Y)$ 的形式，其中 $T(Y)$ 是样本的函数，$g$ 和 $h$ 是两个函数，那么 $T(Y)$ 是 $\sigma^2$ 的充分统计量。似然函数为：

$$L(\sigma^2) = \prod_{i=1}^n 2(y_i - \mu)^{-3} \exp \left\{ \sum_{i=1}^n \left[ - \left( \frac{\sigma}{y_i - \mu} \right)^2 \right] + 2n \ln(\sigma) \right\}$$

这里， $T(Y) = \sum_{i=1}^n \frac{1}{(y_i - \mu)^2}$ 是 $\sigma^2$ 的充分统计量。

1. (15分)设总体为对数正态分布 $LN(\mu, \sigma^2)$ ，简单样本为 $X_1, \cdots, X_n$.

(1) 求 $\mu$ 的矩估计、最大似然估计。

(2) 求 $\theta = e^{\mu + \frac{1}{2}}$ 的最大似然估计，并分析其是否无偏。

Solution: (1) 对于对数正态分布 $LN(\mu, \sigma^2)$ ，其均值 $E(X) = e^{\mu + \frac{\sigma^2}{2}}$ 。样本均值 $\bar{X}$ 可作为 $E(X)$ 的估计，因此：

$$\bar{X} = e^{\mu + \frac{\sigma^2}{2}}$$

解出 $\mu$ 得到矩估计：

$$\hat{\mu1} = \ln(\bar{X}) - \frac{\sigma^2}{2}$$

$$L(\mu, \sigma) = \prod_{i=1}^n \frac{1}{X_i \sigma \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(\ln X_i - \mu)^2}{2\sigma^2}}$$

$$\ln L(\mu, \sigma) = -n\ln(\sigma) - \frac{n}{2}\ln(2\pi) - \sum_{i=1}^n \frac{(\ln X_i - \mu)^2}{2\sigma^2} - \sum_{i=1}^n \ln X_i$$

对 $\mu$ 求偏导数：

$$\begin{aligned} \frac{\partial \ln L}{\partial \mu} &= \sum_{i=1}^n \frac{\ln X_i - \mu}{\sigma^2} = 0 \\ \hat{\mu}_{\text{MLE}} &= \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \ln X_i \end{aligned}$$

(2) 由极大似然估计的不变性：若 $(\hat{\mu}, \hat{\sigma})$ 是 $(\mu, \sigma)$ 的极大似然估计，则对于任何函数 $T(\mu, \sigma)$ ， $T$ 的极大似然估计为
$T(\hat{\mu}, \hat{\sigma})$ 。因此， $\theta$ 的最大似然估计为：$\hat{\theta}_{\text{MLE}} = e^{\hat{\mu} + \frac{1}{2}}$，由于$\hat{\mu}_{\text{MLE}}$ 是 $\mu$ 的无偏估计，我们有：$E(\hat{\mu}_{\text{MLE}}) = \mu$。$$E(e^{\mu})>e{E(\mu)}=e^{\mu}$$所以$\theta$不是无偏估计。

11. (15分) 设随机变量 $X$ 的概率密度函数为:

$$f(x; \theta) = \begin{cases} \theta x^{\theta -1}, & 0 < x < 1, \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$$

设 $X_1, X_2$ 来自该总体的样本，考虑假设检验问题：

$$H_0: \theta = 1 \leftrightarrow H_1: \theta = 2,$$

其否定域为 $W = \{(X_1, X_2) \mid X_1 X_2 > \frac{3}{4}\}$ ，求第一、二类错误的概率.

Solution: 1.第一类错误：弃真。即在 $\theta = 1$ 的情况下， $X_1 X_2 > \frac{3}{4}$ 的概率。
当 $\theta = 1$ 时， $X$ 的概率密度函数为 $f(x; 1) = 1$ ， $0 < x < 1$ 。因此， $X_1$ 和 $X_2$ 都是 $(0, 1)$ 上的均匀分布, $\frac{3}{4x_1}<1$, 求出$x_1> \frac{3}{4}$

$$P(X_1 X_2 > \frac{3}{4}， \theta = 1) = \int_{\frac{3}{4}}^1 \int_{\frac{3}{4x_1}}^1 1 \, dx_2 \, dx_1 =\frac{1}{4}+\frac{3 \ln 3}{4}-\frac{3\ln 2}{2}$$

因此，第一类错误的概率为：

$$\alpha =\frac{1}{4}+\frac{3 \ln 3}{4}-\frac{3\ln 2}{2}$$

2.第二类错误:取伪，即在 $H_1$ 为真时接受 $H_0$ 的概率。即在 $\theta = 2$ 的情况下， $X_1 X_2 \leq \frac{3}{4}$ 的概率。当 $x_1 < \frac{3}{4}$ 时， $x_2$ 的积分范围是 $(0, 1)$，而当 $x_1 \geq \frac{3}{4}$ 时， $x_2$ 的积分范围是 $(0, \frac{3}{4x_1})$ 。因此：

$$P(X_1 X_2 \leq \frac{3}{4}， \theta = 2) = \int_0^{\frac{3}{4}} 2x_1 \, dx_1 + \int_{\frac{3}{4}}^1 \frac{9}{8x_1} \, dx_1=\frac{9}{16}+\frac{9\ln2}{4}-\frac{9\ln3}{8}$$

因此，第二类错误的概率为：

$$\beta =\frac{9}{16}+\frac{9\ln2}{4}-\frac{9\ln3}{8}$$

12. (15分) 设总体 $X$ 满足 $P(X > x | \theta) = e^{-(\theta x)^k}$ ，参数 $\theta$ 的先验分布满足 $\theta^k\sim \Gamma(\alpha, \beta)$ ，这里 $\alpha = 2$ , $\beta = 1$ , $k = 2$ ，给定样本 $x_1, \ldots, x_n$ ，求 $\theta$ 的后验分布.

Solution: 由于 $P(X > x | \theta) = e^{-(\theta x)^2}$，我们可以得到 $P(X \leq x | \theta) = 1 - e^{-(\theta x)^2}$ 。

$$f(x_i | \theta) = \frac{d}{dx_i} P(X \leq x_i | \theta) = 2 \theta^2 x_i e^{-(\theta x_i)^2}$$

因此：

$$L(x_1, \ldots, x_n | \theta) = \prod_{i=1}^{n} 2 \theta^2 x_i e^{-(\theta x_i)^2} = 2^n \theta^{2n} \left( \prod_{i=1}^{n} x_i \right) e^{-\sum_{i=1}^{n} (\theta x_i)^2}$$

参数 $\theta^2$ 的先验分布为：

$$\theta^2 \sim \Gamma(2, 1)$$

$$g(\theta^2) = \frac{1^2}{\Gamma(2)} (\theta^2)^{2-1} e^{-1 \cdot \theta^2} = \theta^2 e^{-\theta^2}$$

根据贝叶斯定理，后验分布 $\pi(\theta^2 | x_1, \ldots, x_n)$ 与似然函数和先验分布的乘积成正比：

$$\pi(\theta^2 | x_1, \ldots, x_n) \propto L(\theta | x_1, \ldots, x_n) \cdot g(\theta^2)$$

代入似然函数和先验分布，得到：

$$\pi(\theta^2 | x_1, \ldots, x_n) \propto 2^n \theta^{2n} \left( \prod_{i=1}^{n} x_i \right) e^{-\sum_{i=1}^{n} (\theta x_i)^2} \cdot \theta^2 e^{-\theta^2}$$

$$\pi(\theta^2 | x_1, \ldots, x_n) \propto \theta^{2n+2} e^{-\theta^2 \left( \sum_{i=1}^{n} x_i^2 + 1 \right)}$$

说明 $\theta^2$ 后验分布依旧还是伽马分布，参数 $\theta^2$ 的后验分布为：

$$\theta^2 | x_1, \ldots, x_n \sim \Gamma(n+2, \sum_{i=1}^{n} x_i^2 + 1)$$

于是：

$$f(\theta^2 | x_1, \ldots, x_n) = \frac{\theta^{2(n+1)}}{\Gamma(n+2)} (\sum_{i=1}^{n} x_i^2 + 1)^{n+2} e^{-(\sum_{i=1}^{n} x_i^2 + 1) \theta^2}$$

$$f(\theta | x_1, \ldots, x_n) = \left\{ \begin{array}{ll} f(\theta^2 | x_1, \ldots, x_n) \theta = \frac{\theta^{2n+3}}{\Gamma(n+2)} (\sum_{i=1}^{n} x_i^2 + 1)^{n+2} e^{-(\sum_{i=1}^{n} x_i^2 + 1) \theta^2}, & \theta > 0 \\ -f(\theta^2 | x_1, \ldots, x_n) \theta = - \frac{\theta^{2n+3}}{\Gamma(n+2)} (\sum_{i=1}^{n} x_i^2 + 1)^{n+2} e^{-(\sum_{i=1}^{n} x_i^2 + 1) \theta^2}, & \theta < 0 \end{array} \right.$$