统计与概率题及答案

统计与概率题及答案1.某城市出租车公司共有1200辆运营车辆，其中新能源车型占35%。公司质检部随机不放回地抽取60辆进行续航测试。(1)设X为样本中新能源车的数量，求X的分布列、期望与方差。(2)若实测样本中新能源车平均续航为412km，标准差38km；传统燃油车平均续航368km，标准差25km。试在显著性水平α=0.05下检验“两类车真实平均续航相等”的原假设。(3)据以往数据，新能源车续航服从N(μ,σ²)，σ=35km。现希望估计μ使估计误差不超过5km且置信水平0.99，求所需最小样本量。(4)若续航实际服从指数分布Exp(λ)，λ>0，求P(X>400)的极大似然估计及其渐近方差。【答案与解析】(1)总体新能源比例p=0.35，样本量n=60，不放回抽样但总体容量N=1200≫n，可用二项分布近似：X~B(n=60,p=0.35)，分布列P(X=k)=C_{60}^{k}0.35^{k}0.65^{60-k}，k=0,1,…,60。期望E[X]=np=21，方差Var(X)=np(1−p)=13.65。(2)设两独立样本均值差D=412−368=44km。方差合并用样本方差：s₁²=38²=1444，s₂²=25²=625，n₁=21，n₂=39。检验统计量t=\frac{D}{\sqrt{s₁²/n₁+s₂²/n₂}}=\frac{44}{\sqrt{1444/21+625/39}}≈5.87。自由度用Welch–Satterthwaite：ν=\frac{(s₁²/n₁+s₂²/n₂)²}{(s₁²/n₁)²/(n₁−1)+(s₂²/n₂)²/(n₂−1)}≈35.4。双侧p值<0.001，拒绝原假设，认为两类车平均续航显著不同。(3)正态总体均值区间估计长度2z_{α/2}σ/√n≤10km，z_{0.005}=2.576，σ=35，解得n≥\left(\frac{2.576×35}{5}\right)²≈326.6，故至少327辆。(4)指数分布Exp(λ)的MLE为\hat{λ}=1/\bar{X}，其中\bar{X}为样本均值。P(X>400)=e^{-400λ}，代入MLE得\hat{P}=e^{-400/\bar{X}}。由Delta方法，g(λ)=e^{-400λ}，g'(λ)=−400e^{-400λ}，渐近方差Var(\hat{P})≈[g'(λ)]²·Var(\hat{λ})=160000e^{-800λ}·λ²/n。用\hat{λ}代λ即得估计方差。2.某电商平台每日订单量N服从泊松分布Poi(λ)。历史数据显示λ存在周日效应：λ_t=λ₀exp(β·I_{t∈Sunday})，λ₀>0，β∈ℝ，I为示性变量。现收集连续84天数据，得周日12天，非周日72天，总订单3780单，其中周日720单。(1)写出λ₀,β的似然函数，并求其极大似然估计。(2)构造β=0的似然比检验，显著性水平0.05。(3)若λ₀的先验为Gamma(α=2,θ=100)，β的先验为N(0,4)，求β的后验均值（给出积分表达式即可）。(4)设每日利润Y|N=n~N(μn,σ²n)，μ=3.2元，σ=0.8元，求明日利润期望与方差。【答案与解析】(1)似然L(λ₀,β)=\prod_{t=1}^{84}\frac{[λ₀e^{βI_t}]^{n_t}e^{-λ₀e^{βI_t}}}{n_t!}。取对数后分离周日与非周日：ℓ=−λ₀(72+12e^β)+720β+(3780−720)lnλ₀+const。对λ₀,β求导并令0：\hat{λ}₀=\frac{3060}{72}=42.5，e^{\hat{β}}=\frac{720/12}{3060/72}=\frac{60}{42.5}≈1.4118，\hat{β}=ln1.4118≈0.344。(2)零假设H₀:β=0，约束模型λ_t≡λ₀，MLE\tilde{λ}₀=3780/84=45。似然比统计量Λ=2[ℓ(\hat{λ}₀,\hat{β})−ℓ(\tilde{λ}₀,0)]=2[−42.5×72−60×12+720\hat{β}+3060ln42.5+720ln60+3780ln84−(−45×84+3780ln45)]≈15.28。χ²₁临界值3.84，15.28>3.84，拒绝H₀，周日效应显著。(3)后验π(β|Data)∝L(λ₀,β)·π(λ₀)·π(β)∝e^{720β−λ₀(72+12e^β)}λ₀^{3060+1}e^{-λ₀/100}e^{-β²/8}。对λ₀积分得π(β|Data)∝\frac{e^{720β−β²/8}}{(72+12e^β)^{3062}}，后验均值E[β|Data]=\intβπ(β|Data)dβ/\intπ(β|Data)dβ。(4)由重期望公式：E[Y]=E[E[Y|N]]=E[μN]=μλ_t。Var(Y)=E[Var(Y|N)]+Var(E[Y|N])=σ²E[N]+μ²Var(N)=σ²λ_t+μ²λ_t=λ_t(σ²+μ²)。明日若为周日，λ_t=λ₀e^{\hat{β}}≈60，E[Y]=3.2×60=192元，Var(Y)=60(0.8²+3.2²)=60×10.88=652.8元²。3.设随机向量(X,Y)的联合密度f(x,y)=k(x+y),0≤x≤1,0≤y≤1。(1)求常数k及边缘密度f_X(x)。(2)计算Cov(X,Y)与相关系数ρ。(3)求条件期望E[Y|X=x]。(4)设Z=X+Y，求Z的密度f_Z(z)，并计算P(Z>1.5)。【答案与解析】(1)由归一化\int_0^1\int_0^1k(x+y)dxdy=k\int_0^1(x+0.5)dx=k(0.5+0.5)=k=1，故k=1。f_X(x)=\int_0^1(x+y)dy=x+0.5，0≤x≤1。(2)先求矩：E[X]=\int_0^1x(x+0.5)dx=7/12，E[X²]=\int_0^1x²(x+0.5)dx=5/12，Var(X)=5/12−(7/12)²=11/144。由对称性E[Y]=7/12，Var(Y)=11/144。E[XY]=\int_0^1\int_0^1xy(x+y)dxdy=\int_0^1\int_0^1(x²y+xy²)dxdy=\int_0^1(y/3+y²/2)dy=1/6+1/6=1/3。Cov(X,Y)=1/3−(7/12)²=1/3−49/144=−1/144。ρ=\frac{Cov}{\sqrt{Var(X)Var(Y)}}=\frac{-1/144}{11/144}=−1/11≈−0.0909。(3)条件密度f_{Y|X}(y|x)=\frac{x+y}{x+0.5},0≤y≤1。E[Y|X=x]=\int_0^1y\frac{x+y}{x+0.5}dy=\frac{1}{x+0.5}\left(x\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)=\frac{3x+2}{6x+3}。(4)Z=X+Y支撑[0,2]。对0≤z≤1：f_Z(z)=\int_0^zf(x,z−x)dx=\int_0^zzdx=z²。对1<z≤2：f_Z(z)=\int_{z−1}^1(x+z−x)dx=\int_{z−1}^1zdx=z(2−z)。故f_Z(z)=\begin{cases}z²,&0≤z≤1,\\z(2−z),&1<z≤2.\end{cases}P(Z>1.5)=\int_{1.5}^2z(2−z)dz=\left[z²−z³/3\right]_{1.5}^2=(4−8/3)−(2.25−3.375/3)=4/3−1.125=0.2083̄。4.某校高三8个班，每班随机抽10名学生进行数学测验。记X_{ij}为第i班第j生成绩，建立随机效应模型：X_{ij}=μ+a_i+ε_{ij},a_i~N(0,σ_a²),ε_{ij}~N(0,σ_e²)，且相互独立。观测得总平均\bar{x}=102.4，班间平方和SSA=738.5，误差平方和SSE=1836.8。(1)求σ_a²,σ_e²的ANOVA估计。(2)构造μ的95%置信区间。(3)检验H₀:σ_a²=0的精确F检验，并给出p值范围。(4)若欲预测第4班平均成绩，求最佳线性无偏预测（BLUP）。【答案与解析】(1)方差分析表：因子A自由度df_A=7，MSA=738.5/7≈105.5；误差自由度df_E=72，MSE=1836.8/72≈25.51。由矩估计：\hat{σ}_e²=MSE=25.51，\hat{σ}_a²=(MSA−MSE)/n₀=(105.5−25.51)/10=7.999≈8.00。(2)标准误SE(\bar{x})=\sqrt{\frac{MSA}{ab}}=\sqrt{105.5/80}≈1.149。t_{0.025,7}=2.365，CI:102.4±2.365×1.149→[99.7,105.1]。(3)F=MSA/MSE=105.5/25.51≈4.13，服从F_{7,72}。查表得F_{0.95}=2.18，4.13>2.18，p∈(0.001,0.01)，拒绝H₀，班间差异显著。(4)BLUP为收缩估计：\tilde{a}_4=\frac{n\hat{σ}_a²}{n\hat{σ}_a²+\hat{σ}_e²}(\bar{x}_{4·}−μ)，需用μ的估计\hat{μ}=102.4代换，\tilde{a}_4=\frac{10×8}{10×8+25.51}(\bar{x}_{4·}−102.4)≈0.758(\bar{x}_{4·}−102.4)。故预测第4班平均\hat{X}_{4·}=102.4+\tilde{a}_4=0.242×102.4+0.758×\bar{x}_{4·}。5.某可靠性试验观测15台设备寿命T_i（单位：kh），得数据：1.22,2.05,1.78,0.93,1.55,2.31,1.67,1.03,1.89,2.12,1.45,1.26,1.74,1.98,1.81。假设T~Weibull(α,β)，密度f(t)=αβt^{β−1}exp(−αt^β),t>0。(1)写出α,β的对数似然方程。(2)用Newton–Raphson求β的MLE（迭代两步，初值β₀=2）。(3)求可靠度R(t)=P(T>t)在t=1.5kh的MLE及95%渐近置信区间。(4)若仅记录前12个失效时间，后3台在2.31kh仍正常，求修正似然及β的MLE方程。【答案与解析】(1)对数似然ℓ(α,β)=nlnα+nlnβ+(β−1)∑lnt_i−α∑t_i^β。令导数0：\frac{∂ℓ}{∂α}=n/α−∑t_i^β=0⇒\hat{α}=n/∑t_i^β，\frac{∂ℓ}{∂β}=n/β+∑lnt_i−α∑t_i^βlnt_i=0。代入α得关于β的方程：\frac{n}{β}+∑lnt_i−\frac{n∑t_i^βlnt_i}{∑t_i^β}=0。(2)记S₀=∑t_i^{β₀}=∑t_i²=42.37，S₁=∑t_i²lnt_i=22.84，S₂=∑lnt_i=6.708。函数值g(β₀)=n/β₀+S₂−nS₁/S₀=7.5+6.708−15×22.84/42.37≈0.615。导数g'(β)=−n/β²−n\frac{S₀(∑t_i^βln²t_i)−S₁²}{S₀²}，计算∑t_i²ln²t_i=13.05，g'(β₀)=−3.75−15×(42.37×13.05−22.84²)/42.37²≈−5.82。Newton步长Δ=−g/g'=0.615/5.82≈0.106，β₁=2.106。第二步类似得β₂≈2.113（收敛快）。(3)\hat{β}=2.113，\hat{α}=15/∑t_i^{2.113}=15/45.02≈0.333。可靠度\hat{R}(1.5)=exp(−\hat{α}×1.5^{\hat{β}})=exp(−0.333×2.315)≈0.463。渐近方差用Delta方法：令g(α,β)=exp(−αt^β)，梯度∇g=(−t^βR,−αt^βlntR)。Fisher信息阵需数值求，得SE(\hat{R})≈0.063，95%CI:0.463±1.96×0.063→[0.34,0.59]。(4)后3台为右删失，似然乘积中对应项为生存函数：L(α,β)=∏_{i=1}^{12}f(t_i)×[S(2.31)]³=α^{12}β^{12}(∏t_i)^{β−1}exp(−α∑_{i=1}^{12}t_i^β−3α×2.31^β)。对β的方程改为\frac{12}{β}+∑_{i=1}^{12}lnt_i−α\left(∑_{i=1}^{12}t_i^βlnt_i+3×2.31^βln2.31\right)=0，α的估计\hat{α}=12/\left(∑_{i=1}^{12}t_i^β+3×2.31^β\right)。代入得单变量方程可用数值求解，β̂略小于完整样本值。6.某游戏公司测试新关卡难度，招募200名玩家，记录首次通关所需尝试次数Y。观测频数如下：Y=1:38,2:51,3:44,4:32,5:18,6:10,7:7。(1)设Y−1~Geom(p)，即P(Y=k)=p(1−p)^{k−1},k≥1，求p的MLE及期望尝试次数。(2)用Pearsonχ²检验上述几何分布拟合优度，α=0.05。(3)若改用负二项NB(r,p)描述，r已知为3，求p的MLE。(4)基于AIC比较几何与负二项模型，给出选择结论。【答案与解析】(1)几何分布均值E[Y]=1/p，样本均值\bar{y}=(1×38+2×51+…+7×7)/200=490/200=2.45。由矩法或MLE：\hat{p}=1/\bar{y}=0.408。期望尝试次数2.45次。(2)理论概率\hat{p}_k=0.408×0.592^{k−1}，k=1,…,7，k≥8合并。期望频数e_k=200×\hat{p}_k，得e=(81.6,48.3,28.6,16.9,10.0,5.9,9.7)。χ²=∑(o−e)²/e≈11.4，df=7−1−1=5，临界值11.07。11.4>11.07，p≈0.044，在0.05水平拒绝，拟合不佳。(3)负二项Y~NB(r=3,p)，P(Y=k)=C_{k−1}^{2}p³(1−p)^{k−3},k≥3。需重排数据，令Z=Y−3≥0，Z~NB2形式。对数似然ℓ(p)=const+200×3lnp+(∑y_i−600)ln(1−p)。∑y_i=490，\hat{p}=3×200/490≈1.224超出(0,1)，说明r=3过大。实际应取r未知，但题设固定，故重新参数化用mean–size关系：E[Y]=r/p=2.45⇒\hat{p}=3/2.45≈1.224无效，提示NB(r=3)不适用。(4)几何模型参数k=1，AIC=−2ℓ+2k=2×200×ln(0.408×0.592^{\bar{y}−1})+2≈565.8。NB模型因\hat{p}>1无法计算，故几何虽被χ²拒绝，但仍是可用简化模型；建议增大r或改用其他分布。7.某气象站记录连续30年日降水量，定义极端事件为日降水>35mm。每年极端日数N_i如下：5,8,4,7,6,9,3,5,6,7,4,8,5,6,7,5,9,4,6,8,5,7,6,5,4,6,7,5,6,8。(1)设N_i~Poi(λ)，求λ的MLE及90%置信区间。(2)用Kolmogorov–Smirnov检验Poisson假设，α=0.10。(3)若采用零膨胀泊松ZIP(π,λ)，即P(N=0)=π+(1−π)e^{-λ}，P(N=k)=(1−π)e^{-λ}λ^k/k!，k≥1，求π,λ的EM算法E步表达式。(4)基于AIC比较Poisson与ZIP，给出选择。【答案与解析】(1)\hat{λ}=\bar{n}=180/30=6。近似正态CI：λ±z_{0.05}\sqrt{λ/n}=6±1.645×\sqrt{6/30}→[5.27,6.73]。(2)经验cdf与Poisson(6)理论cdf最大差值D=0.122，K–S临界值0.10下n=30为0.214，0.122<0.214，不拒绝Poisson。(3)ZIP模型引入潜变量Z_i∈{0,1}，Z_i=1表示“零膨胀”状态。E步：w_i=P(Z_i=1|N_i=0,θ^{(t)})=\frac{π^{(t)}}{π^{(t)}+(1−π^{(t)})e^{-λ^{(t)}}}，对N_i>0则w_i=0。Q函数：Q(θ|θ^{(t)})=∑_{i:n_i=0}[w_ilnπ+(1−w_i)(ln(1−π)−λ)]+∑_{i:n_i>0}[ln(1−π)+n_ilnλ−λ−lnn_i!]。(4)拟合ZIP得\hat{π}=0.033，\hat{λ}=6.19，对数似然ℓ_{ZIP}=−74.2，参数k=2，AIC=152.4；Poissonℓ=−75.1，k=1，AIC=152.2。AIC差异0.2，极小，按简约原则选Poisson。8.某证券价格S_t服从几何布朗运动dS_t=μS_tdt+σS_tdW_t，S₀=100，μ=0.08，σ=0.25（年单位）。(1)求S_t的分布及P(S₁>110)。(2)计算欧式看涨期权价格CwithstrikeK=105,maturityT=1,r=0.03（Black–Scholes）。(3)用蒙特卡洛10万次模拟估计C，给出标准误。(4)若波动率σ未知，观测一年日对数收益252点，得样本标准差s=0.271，求σ的95%置信区间，并讨论对期权价格的敏感度。【答案与解析】(1)lnS_t~N(lnS₀+(μ−σ²/2)t,σ²t)，lnS₁~N(4.605+0.04875,0.0625)=N(4.65375,0.0625)。P(S₁>110)=P(lnS₁>ln110)=1−Φ\left(\frac{4.700−4.65375}{0.25}\right)=1−Φ(0.185)=0.426。(2)Black–Scholes公式：d₁=\frac{ln(S₀/K)+(r+σ²/2)T}{σ\sqrt{T}}=\frac{−0.04879+0.03125}{0.25}=−0.0702，d₂=d₁−σ\sqrt{T}=−0.3202。N(d₁)=0.472，N(d₂)=0.374，C=S₀N(d₁)−Ke^{-rT}N(d₂)=100×0.472−105×0.9704×0.374≈47.2−38.1=9.1元。(3)模拟S_T=S₀exp((r−σ²/2)T+σ\sqrt{T}Z_i)，Z_i~N(0,1)。payoff=max(S_T−K,0)，均值\hat{C}=9.15，样本标准差sd=14.2，标准误SE=sd/\sqrt{10^5}=0.045，95%模拟CI:9.15±1.96×0.045→[9.06,9.24]，与理论接近。(4)对数收益σ估计\hat{σ}=s×\sqrt{252}/\sqrt{252}=s=0.271，但年化需×\sqrt{1}，故\hat{σ}=0.271。χ²置信区间：\frac{(n−1)s²}{χ²_{0.975}}≤σ²≤\frac{(n−1)s²}{χ²_{0.025}}，df=251，χ²_{0.025}=214.7，χ²_{0.975}=290.9，σ∈[0.271×\sqrt{251/290.9},0.271×\sqrt{251/214.7}]→[0.252,0.293]。期权Vega=S₀\sqrt{T}φ(d₁)=100×0.397≈39.7，σ从0.25升至0.29，价格增约0.04×39.7≈1.59元，相对变化17%，敏感度较高。9.某基因关联研究检测6个SNP位点，病例–对照各500人。列联表给出每个位点等位基因计数：SNP1:(A:420/380),(B:580/620)；SNP2:(A:510/490),(B:490/510)；…(1)对SNP1进行Hardy–Weinberg平衡检验（基于等位基因）。(2)计算SNP1的oddsratio及95%置信区间。(3)用logistic回归校正性别、年龄后，检验SNP1效应，给出系数估计及p值。(4)多重检验校正：6个位点Bonferroni阈值，并判断SNP1是否仍显著。【答案与解析】(1)合并两组等位基因：A共800，B共1200，期望基因