非參數(shù)統(tǒng)計易丹輝課后參考答案

部分章節(jié)參考答案（只有2.3.4.5.6.8章答案）第二章7.假設連續(xù)型隨機變量X的分布關于0對稱，U=1,&X>00,&其他，求證：|X|證明：設Y=|X|，只要證對于?y>0，有PP只證第一個式子，第二個類似。由于X的分布關于0對稱，故P而PY≤y,U=1=PP8.設連續(xù)總體X的分布關于原點0對稱，X1,X2,?,Xn是來自X的簡單隨機樣本，令Ui=1,&X證明：只要證P其中d是隨機變量i=1nU設{1,2,?,n}的所有全排列為{(rP由第7題的結(jié)論知，Ri與Ui獨立，故i=1nriPr最終有P9.對于Wilcoxon符號秩檢驗的檢驗統(tǒng)計量T+E（提示：利用第8題結(jié)論）證明：不妨設總體的對稱中心為原點，如果不是原點可以平移。此時T+=i=1nUiRi，E由于各Ui只與相應的Xi有關系，故各UiVar10.對于Wilcoxon符號秩檢驗的檢驗統(tǒng)計量T+，當零假設成立時，證明T+的漸近正態(tài)性。（提示：基于第8、9題的結(jié)論，利用李雅普諾夫引理（李雅普諾夫中心極限定理）：設隨機變量X1,X2,?,Xn,?相互獨立，且它們具有數(shù)學期望和方差，EXklim其中Φx為標準正態(tài)分布的分布函數(shù)證明：只要對T+驗證李雅普諾夫中心極限定理的條件，由于T+與i=1niUi令Xk=kUk,k=1,2,?，則各Xk相互獨立，EXk=k=1由李雅普諾夫中心極限定理，i=1niUi有漸近正態(tài)性第三章5.設X和Y是兩個獨立的連續(xù)對稱總體，X1,X2,?,Xm與Y1,（1）PR1=r1,?,Rn=（2）設WY=i=1nR解：（1）可以考慮所有對象的排列情況：P也可以只關注n個對象的排列：P（2）從小到大看，混合樣本排列有兩種極端，一是Y的樣本全在1到n的位置，此WY=i=1nRi=nn+12，還有一種極端是Y的樣本全在6.在第5題的條件下，證明：E先證明一個引理：設簡單隨機樣本X1,?,X（i）ER（ii）對于任意1≤i<j≤n，都有CovR（i）的證明：EEVar（ii）的證明：由數(shù)學期望的定義：E注意到r故有ECov利用上述結(jié)果容易完成本題證明，細節(jié)自己完成：EVar7.設有m個黑球與n個白球，除了顏色不同，其他無區(qū)別。將這m+n個球排成一排，證明：如果一排中出現(xiàn)2k個游程，則排列的方式有2m?1k?1n?1k?1種；如果一排中出現(xiàn)2k+1個游程，證明：當出現(xiàn)2k個游程時，必有k個黑球游程和k個白球游程（請學生思考為什么）。為得到k個黑球游程，可以將m個黑球排成一列，在m-1個空隙中插入k-1塊隔板，將m個黑球隔成k個段，有m?1k?1種隔法。類似地，有n?1k?1種隔法得到k個白球游程。要將黑球游程和白球游程組合在一起，必須將不同顏色的游程插入彼此的空隙，有兩種情況：黑球游程先出現(xiàn)或者白球游程先出現(xiàn)。每種情況都只有一種組合方法，例如白球游程先出現(xiàn)，則黑球游程只能插入白球游程的k-1個空隙和最后一個白球游程的后面。故總共排列方式為2×當出現(xiàn)2k+1個游程時，必然是k個黑球游程與k+1個白球，或者k個白球游程或者k+1個黑球游程（請學生思考為什么）。利用隔板法，有m?1k?1種方法得到k個黑球游程，有n?1k種方法得到k+1個白球游程，有m?1k種方法得到k+1個黑球游程，有n?1k?1種方法得到k個白球游程。這兩種情形都只有一種方式組合起來，即k+1個游程的球插入k個游程形成的k+1個位置中注1：出現(xiàn)奇數(shù)個游程時，至少為3個游程，故采用2k+1的表述。注2：利用本題結(jié)論，可以得到游程檢驗原假設成立時的統(tǒng)計量分布：P8.驗證Ansari-Bradley檢驗中的ABX=j=1mN+12?證明：將X，Y樣本混合從小到大排列并且評秩：1,2,?,N。若N為偶數(shù)，則大于N+12和小于N+12的秩各占一半，其中小于N+12的秩不變，大于N+12變?yōu)镹+1?RXj；若N為奇數(shù)，則排在中間的秩為N+12，取值與其對應的AB得分相同第四章5.設有k個處理和n個區(qū)組的完全區(qū)組設計，第i個處理的n個觀測的秩為Ri1（1）寫出這k個組之間的組間平方和表達式（用含Rij（2）給出Friedman檢驗統(tǒng)計量與（1）的組內(nèi)平方和的關系。解：首先明確k個處理和n個區(qū)組的完全區(qū)組設計的數(shù)據(jù)結(jié)構：表1處理1處理2?處理k區(qū)組1xx?x區(qū)組2xx?x?????區(qū)組nxx?x如果換成秩，數(shù)據(jù)結(jié)構如下：表2處理1處理2?處理k秩和區(qū)組1RR?Rk區(qū)組2RR?Rk?????k區(qū)組nRR?Rk秩和RR?Rnk（1）對于表2，設第j列的平均秩為

Rj，則

Rj=RjSSB=n（2）Friedman檢驗統(tǒng)計量χr6.基于表4-9的數(shù)據(jù)結(jié)構，寫出含秩的組間平方和表達式，推導該組間平方和與Kruskal-Wallis檢驗統(tǒng)計量的關系。解：將表4-9的數(shù)據(jù)換成秩，得到表3XX?XRR?RRR?R????RR?RRR?R表4-9的總平均秩為1+2+?+NN=N+1SSB=Kruskal-Wallis檢驗統(tǒng)計量H=12第五章2.嚴格證明斯皮爾曼秩相關系數(shù)與皮爾遜相關系數(shù)的關系。證明：x1,?,xRU1,?,Uρ注意到i=1故有ρ注意到Rn6=6從而有n即R=ρ.4.設X和Y是兩個獨立的連續(xù)總體，X1,X2,?,Xn和Y1,Y2,?,Yn分別是來自X和Y的簡單隨機樣本，Xi在證明：設i=1nRP對于左邊，由全概率公式P其中，r1,r2,?,rn是P由X和Y獨立知，Qi和Ri也獨立，P=故有P5.在第4題的條件下，證明斯皮爾曼秩相關系數(shù)的數(shù)學期望為0，方差為1n?1證明：先求期望。R由第4題的結(jié)論可知E故E再求方差。VarVarCov故有Var最終有Var第八章2.對于樣本X1證明：由Bootstrap抽樣的要求可知，每次抽樣，要滿足有放回、等概率、等規(guī)模三個要求，故每個樣本點Xi,i=1,2,?,n不能被抽到的概率是1?1注：由于li