【九阳神功】2016复旦大学应用统计真题+解析

真题部分

一、(15分) 三个人独立地同时破译密码, 且三人能破译密码的概率分别为1/5, 1/3和1/4, 求此密码能够被破译的概率.

二、(15分) 从(0,1)中随机地取两个数, 求其积不小于3/16且其和不大于1的概率.

三、(15分) $X\sim N(0,1),$ 求$Y=X^2$ 的密度函数.

四、(30分) 记(0,1),(1,0),(0,0)三点围成的区域为$D,(X,Y)$服从$D$上的均匀分布, 求

(1)(15分) $E(X+Y),\mathrm{Var}(X+Y)$;

(2)(15分) $X,Y$ 的相关系数.

五、(15分) 对于两个只有两个取值的随机变量$X,Y,$ 试证明$X,Y$独立当且仅当$X,Y$不相关.

六、(15分) 设有来自总体$X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$的$2n$个随机样本, 试求期望
$$E\left(\sum _{i=1}^n{\left(X_i+X_{n+i}-2\bar{X}\right)}^2\right).$$

七、(15分) $X_1,X_2,X_3$是i.i.d.的服从$U(0,1)$的随机变量, 求次序统计量$X_{(1)}$的分布函数与期望.

八、(30分) 有来自$X\sim f(x)=\{\begin{array}{cl}\theta ,& 0\le x<1\\ 1-\theta ,& 1\le x<2,\\ 0,& \text{ otherwise }\end{array}$ 的 $n$ 个简单随机样本, 求

(1)(15分) $\theta$ 的矩估计;

(2)(15分) $\theta$ 的最大似然估计, 已知 $m={\sum }_{i=1}^{n}I\left[X_i<1\right]$.

解析部分

一、(15分) 三个人独立地同时破译密码, 且三人能破译密码的概率分别为1/5, 1/3和1/4, 求此密码能够被破译的概率.

Solution: 根据德摩根公式, $$\begin{array}{rl}P\{\text{ 至少有一人破译 }\}& =1-P\{\text{ 没有一个人破译 }\}\\ & =1-\frac{4}{5}\times \frac{2}{3}\times \frac{3}{4}=0.6.\end{array}$$

二、(15分) 从(0,1)中随机地取两个数, 求其积不小于3/16且其和不大于1的概率.

Solution: 设取到的两个数是 $X,Y\sim U(0,1)$, 其积不小于 $\frac{3}{16}$ 意味着 $XY\ge \frac{3}{16}$, 其和不大于 1 意味着 $X+Y\le 1$.
令 $D=\left\{(x,y):xy\ge \frac{3}{16},x+y\le 1\right\}\cap (0,1{)}^2$, 该概率为 $${\int }_{D}f(x,y)dxdy=\frac{1}{8}-{\int }_{\frac{1}{4}}^{\frac{3}{4}}{\int }_{\frac{1}{4}}^{\frac{3}{16x}}dydx=\frac{1}{8}-{\int }_{\frac{1}{4}}^{\frac{3}{4}}\left(\frac{3}{16x}-\frac{1}{4}\right)dx=\frac{1}{4}-\frac{3\ln 3}{16}$$

三、(15分) $X\sim N(0,1),$ 求$Y=X^2$ 的密度函数.

Solution: 当 $y\ge 0$ 时,
$F(y)=P\{Y\le y\}=P\left\{X^2\le >y\right\}=P\{-\sqrt{y}\le X\le \sqrt{y}\}=2\Phi (\sqrt{y})-1$, 故
$$f_Y(y)=F^{\prime }(y)=2\phi (\sqrt{y})\cdot \frac{1}{2\sqrt{y}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi y}}{e}^{-\frac{y}{2}},y\ge 0$$

四、(30分) 记(0,1),(1,0),(0,0)三点围成的区域为$D,(X,Y)$服从$D$上的均匀分布, 求

(1)(15分) $E(X+Y),\mathrm{Var}(X+Y)$;

(2)(15分) $X,Y$ 的相关系数.

Solution: (1) $E(X+Y)=2{\int }_0^1{\int }_0^{1-y}(x+y)dxdy={\int }_0^1\left(1-y^2\right)dy=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$, $$E(X+Y{)}^2=2{\int }_0^1{\int }_0^{1-y}(x+y{)}^{2}dxdy=\frac{2}{3}{\int }_0^1\left(1-y^3\right)dy=\frac{2}{3}\left(1-\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{2},$$ 因此
$$\mathrm{Var}(X+Y)=\frac{1}{2}-\frac{4}{9}=\frac{1}{18}.$$

(2) $EXY=2{\int }_0^1{\int }_0^{1-y}xydxdy={\int }_0^1\left(y^3-2y^2+y\right)dy=\frac{1}{4}-\frac{2}{3}+\frac{1}{2}=\frac{1}{12}$, $$EX=EY=2{\int }_0^1{\int }_0^{1-y}xdxdy={\int }_0^1\left(y^2-2y+1\right)dy=\frac{1}{3}-1+1=\frac{1}{3},$$ 故
$$\mathrm{Cov}(X,Y)=\frac{1}{12}-\frac{1}{9}=-\frac{1}{36}.$$$$E{X}^2=2{\int }_0^1{\int }_0^{1-y}{x}^{2}dxdy=\frac{2}{3}{\int }_0^1(1-y{)}^{3}dy=\frac{1}{6},$$ 故 $$\mathrm{Var}(X)=\mathrm{Var}(Y)=\frac{1}{6}-\frac{1}{9}=\frac{1}{18},$$进而有 ${\rho }_{XY}=-\frac{1}{2}$.

五、(15分) 对于两个只有两个取值的随机变量$X,Y,$ 试证明$X,Y$独立当且仅当$X,Y$不相关.

Solution:

	$X=x_1$	$X=x_2$
$Y=y_1$	$p_{11}$	$p_{21}$	$1-q$
$Y=y_2$	$p_{12}$	$p_{22}$	$q$
	$1-p$	$p$

Solution: 独立一定不相关, 只需证明充分性. 不妨仅讨论$X^{\prime }=\frac{X-x_1}{x_2-x_1}$, $Y^{\prime }=\frac{Y-y_1}{y_2-y_1}$, $X,Y$不相关与$X^{\prime },Y^{\prime }$不相关是等价的. 当$X^{\prime },Y^{\prime }$不相关时, 说明$$p_{22}=E(X^{\prime }{Y}^{\prime })=E(X^{\prime })E(Y^{\prime })=pq,$$进一步有$$p_{21}=p-p_{22}=p-pq=p(1-q),$$$$p_{12}=q-p_{22}=q-pq=q(1-p),$$$$p_{11}=1-p-p_{12}=(1-p)-q(1-p)=(1-p)(1-q).$$ 因此$X^{\prime },Y^{\prime }$独立, 故$X,Y$也独立.

六、(15分) 设有来自总体$X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$的$2n$个随机样本, 试求期望
$$E\left(\sum _{i=1}^n{\left(X_i+X_{n+i}-2\bar{X}\right)}^2\right).$$

Solution: 记 $Y_i=X_i+X_{n+i},i=1,2,\dots ,n$, 这样 $Y_1,Y_2,\dots ,Y_n$ 就是来自于总体 $N\left(2\mu ,2{\sigma }^2\right)$ 的$n$ 个随机样本, $\bar{Y}=2\bar{X}$, 根据样本方差的定义和性质, 我们有 $$\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{\left(X_i+X_{n+i}-2\bar{X}\right)}^2=\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{\left(Y_i-\bar{Y}\right)}^2\sim {\chi }^2(n-1)$$ 因此
$$E\sum _{i=1}^n{\left(X_i+X_{n+i}-2\bar{X}\right)}^2=2(n-1){\sigma }^2.$$

七、(15分) $X_1,X_2,X_3$, 是i.i.d.的服从$U(0,1)$的随机变量, 求次序统计量$X_{(1)}$的分布函数与期望.

Solution: 设 $Y=X_{(1)}$, 当 $y\in (0,1)$ 时, $$P\{Y\ge y\}=P\left(\min \left\{X_1,X_2,X_3\right\}\ge y\right)=P^3\left\{X_1\ge y\right\}=(1-y{)}^3$$ 所以分布函数是
$$F(y)=\{\begin{array}{lc}0,& y<0,\\ 1-(1-y{)}^3,& 0\le y<1,\\ 1,& y\ge 1.\end{array}$$ 这恰好是 $\mathrm{Beta}(1,3)$的分布函数. $$EY={\int }_0^{1}ydF(y)=1\cdot F(1)-{\int }_0^1\left[1-(1-y{)}^3\right]dy=\frac{1}{4}$$

八、(30分) 有来自$X\sim f(x)=\{\begin{array}{cl}\theta ,& 0\le x<1\\ 1-\theta ,& 1\le x<2,\\ 0,& \text{ otherwise }\end{array}$ 的 $n$ 个简单随机样本, 求

(1)(15分) $\theta$ 的矩估计;

(2)(15分) $\theta$ 的最大似然估计, 已知 $m={\sum }_{i=1}^{n}I\left[X_i<1\right]$.

Solution: (1) $EX={\int }_0^{1}x\theta dx+{\int }_1^{2}x(1-\theta )dx=\frac{3}{2}-\theta$, 因此 $${\hat{\theta }}_1=\frac{3}{2}-\bar{X}.$$(2) 似然函数 $L\left(x_1,\dots ,x_n;\theta \right)={\theta }^m(1-\theta {)}^{n-m},$
$\ln L=m\ln \theta +(n-m)\ln (1-\theta )$, 对 $\theta$ 求偏导, 得 $$\frac{\partial \ln L}{\partial \theta }=\frac{m}{\theta }-\frac{n-m}{1-\theta }\stackrel{let}{=}0,$$解得 ${\hat{\theta }}_2=\frac{m}{n}$.