【九阳神功】2020复旦大学应用统计真题+解析

真题部分

一、(20分) 一家有两个孩子, 求下列事件的概率:
(1)(10分) 已知第一个是女孩, 求第二个是女孩的概率;
(2)(10分) 已知有一个是女孩, 求另一个是女孩的概率.

二、(15分) 甲有21个硬币, 乙有20个硬币, 两人同时抛出所有硬币, 求甲朝上的硬币数多于乙的概率.

三、(15分) 平面上有无数平行直线, 每两条平行直线间隔2米, 用边长1米的正三角形向平面投掷, 求三角形压到直线的概率.

四、(15分) 8个男生、7个女生坐成一排, 设$X_i=1$表示第$i$个位置与第$i+1$个位置坐的是异性, $X_i=0$表示第 $i$个位置与第$i+1$个位置坐的是同性, $\xi ={\sum }_{i=1}^{14}{X}_i,$ 求 $E\xi .$

五、(15分) 举出一个期望趋于正无穷, 却依概率收敛到0的随机变量序列 $\left\{X_n\right\}$.

六、(20分) 有来自总体$X\sim f(x)=\theta x^{\theta -1}I\{0<x<1\}$的$n$个随机样本, 求
(1)(5分) $\theta$ 的 $\mathrm{M}\mathrm{L}\mathrm{E},$ 并验证无偏性;
(2)(5分) 验证MLE的一致性;
(3)(5分) $\theta$的矩估计;
(4)(5分) 利用样本中位数对$\theta$进行估计.

七、(20分) $X_1,\dots ,X_n,$ i.i.d $\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right),$ 证明$\left[X_{(1)},X_{(n)}\right]$是$\mu$的置信水平为$1-2^{1-n}$的置信区间.

八、(20分) 有来自总体$X\sim f(x)=\frac{1}{2}{e}^{-|x-\theta |}$的7个随机样本, 求$\theta$的MLE.

九、(10分) $(X_1,X_2)\sim N(0,0;1,1;0),$ 求$\frac{X_1}{X_2}$的概率分布.

解析部分

一、(20分) 一家有两个孩子, 求下列事件的概率:
(1)(10分) 已知第一个是女孩, 求第二个是女孩的概率;
(2)(10分) 已知有一个是女孩, 求另一个是女孩的概率.

Solution:
(1) 首先需要假设：没有任何信息的情况下一个孩子是女孩的概率是 $0.5$.
用事件 $A_i$ 表示第 $i$ 个是女孩 $(i=1,2)$, 则 $P\left(A_2\mid A_1\right)=\frac{P\left(A_1{A}_2\right)}{P\left(A_1\right)}=\frac{0.25}{0.5}=0.5$.
(2) $P\left(A_1{A}_2\mid A_1\cup A_2\right)=\frac{P\left(A_1{A}_2\right)}{P\left(A_1\cup A_2\right)}=\frac{0.25}{0.75}=\frac{1}{3}$.

二、(15分) 甲有21个硬币, 乙有20个硬币, 两人同时抛出所有硬币, 求甲朝上的硬币数多于乙的概率.

Solution:
根据对称性可以知道, $P\{$ 甲朝上的硬币数多于乙 $\}=P\{$ 甲朝下的硬币数多于乙 $\}$. 用 随机变量 $X$ 表示甲朝上的硬币数, 随机变量 $Y$ 表示乙朝上的硬币数.则:
$$\begin{array}{rl}P\{X>Y\}& =P\{21-X>20-Y\}=P\{1-X>-Y\}\\ & =P\{X<Y+1\}=P\{X⩽Y\}\end{array}$$又 $P\{X>Y\}+P\{X⩽Y\}=1$, 因此 $P\{X>Y\}=P\{X⩽Y\}=0.5$.

三、(15分) 平面上有无数平行直线, 每两条平行直线间隔2米, 用边长1米的正三角形向平面投掷, 求三角形压到直线的概率.

Solution:
记 $△ABC$ 的三条边分别为 $a,b,c$. 则三角形与平行线相交有以下几种情况:
(1) 三角形的一个顶点在平行线上;
(2)三角形的一条边与直线重合;
(3)三角形的两条 边与平行线相交.
根据概率的几何概型 $P(1)=P(2)=0$, 因此仅需要考虑情况(3). 而 $P(3)=P_{ab}+P_{ac}+P_{bc}$, 其中 $P_{ab}$ 表示边 $a、b$ 与平行线相交. 为此,记 $P_a$ 表示边 $a$ 与平行线相交, 则 $P_a=P_{ac}+P_{ab}$. 故 $$P(3)=\frac{1}{2}\left(P_a+P_b+P_c\right),$$ 现仅需要求出 $P_a、P_b、P_c$. 这是一个 Buffon 投针模型, 其概率是 $P_a=\frac{2a}{d\pi }$, 其中 $a$ 是边 $a$ 的长度, $d$ 是平行 线之间的间距,代入数据可算得 $P_a=\frac{2}{2\pi }=\frac{1}{\pi }$. 同理 $P_b=P_c=\frac{1}{\pi }$. 故
$$P\{\text{ 三角形压到直线 }\}=P(3)=\frac{1}{2}\left(P_a+P_b+P_c\right)=\frac{3}{2\pi }.$$

四、(15分) 8个男生、7个女生坐成一排, 设$X_i=1$表示第$i$个位置与第$i+1$个位置坐的是异性, $X_i=0$表示第 $i$个位置与第$i+1$个位置坐的是同性, $\xi ={\sum }_{i=1}^{14}{X}_i,$ 求 $E\xi .$

Solution:
$E\xi =E\left({\sum }_{i=1}^{14}{X}_i\right)={\sum }_{i=1}^{14}E{X}_i$, 考虑到诸 $X_i$ 是同分布的, 现求 $E{X}_1$.
$$E{X}_1=P\left(X_1=1\right)=\frac{C_8^1{C}_7^1}{C_{15}^2}=\frac{8\times 7}{\frac{15\times 14}{2\times 1}}=\frac{8}{15}$$ 所以 $E\xi ={\sum }_{i=1}^{14}E{X}_i=14E{X}_1=\frac{112}{15}$.

五、(15分) 举出一个期望趋于正无穷, 却依概率收敛到0的随机变量序列 $\left\{X_n\right\}$.

Solution:
给出这样一个随机变量序列: $P\left(X_n=0\right)=1-\frac{1}{n},P\left(X_n=n^2\right)=\frac{1}{n}$. $E{X}_n=n\to +\infty$. 而 $P\left(X_n\ne 0\right)=\frac{1}{n}$, 则 $X_n\stackrel{P}{\to }0$.

六、(20分) 有来自总体$X\sim f(x)=\theta x^{\theta -1}I\{0<x<1\}$的$n$个随机样本, 求
(1)(5分) $\theta$ 的 $\mathrm{M}\mathrm{L}\mathrm{E},$ 并验证无偏性;
(2)(5分) 验证MLE的一致性;
(3)(5分) $\theta$的矩估计;
(4)(5分) 利用样本中位数对$\theta$进行估计.

Solution:
(1) 似然函数 $L(\mathbf{X};\theta )={\theta }^n{\left({\prod }_{i=1}^n{x}_i\right)}^{\theta -1}$, 对数似然函数 $\ln L=n\ln \theta +(\theta -1){\sum }_{i=1}^n\ln x_i$. 令 $\frac{\partial \ln L}{\partial \theta }=\frac{n}{\theta }+{\sum }_{i=1}^n\ln x_i=0$, 解得 ${\hat{\theta }}_L=\frac{n}{{\sum }_{i=1}^n\left(-\ln x_i\right)}$. 又因为总体服从贝塔分布, 属于 指数族分布, 其对数似然函数的驻点必定为极大似然估计. 所以 ${\hat{\theta }}_L=\frac{n}{{\sum }_{i=1}^n\left(-\ln x_i\right)}$ 是 $\theta$ 的极大似然估计. 若令 $Y_i=-\ln X_i\sim \mathrm{Exp}(\theta )$, 且由伽马分布的可加性可知 $T={\sum }_{i=1}^n{y}_i\sim Ga(n,\theta )$, 则极 大似然估计可以写为 ${\hat{\theta }}_L=\frac{n}{T}$.
$$E{\hat{\theta }}_L=E\frac{n}{T}={\int }_0^{+\infty }\frac{n}{t}\frac{{\theta }^n}{\Gamma (n)}{t}^{n-1}{e}^{-\theta t}dt=\frac{n\theta }{\Gamma (n)}{\int }_0^{+\infty }(\theta t{)}^{n-2}{e}^{-\theta t}d(\theta t)=\frac{n\theta }{\Gamma (n)}\Gamma (n-1)=\frac{n}{n-1}\theta$$
所以 ${\hat{\theta }}_L$ 不是 $\theta$ 的无偏估计, 但它是渐进无偏的.
(2)上一小题中我们已经算得 $E{\hat{\theta }}_L=\frac{n}{n-1}\theta \to \theta$, 现来考虑它的一致性.
$$E{\hat{\theta }}_L^2=E\frac{n^2}{T^2}=\frac{n^2{\theta }^2}{\Gamma (n)}{\int }_0^{+\infty }(\theta t{)}^{n-3}{e}^{-\theta t}d(\theta t)=\frac{n^2{\theta }^2}{\Gamma (n)}\Gamma (n-2)=\frac{n^2}{(n-1)(n-2)}{\theta }^2,$$
则 $\mathrm{Var}\left({\hat{\theta }}_L\right)=E{\hat{\theta }}_L^2-{\left(E{\hat{\theta }}_L\right)}^2=\frac{n^2{\theta }^2}{(n-1)(n-2)}-\frac{n^2{\theta }^2}{(n-1{)}^2}=\frac{n^2}{(n-1{)}^2(n-2)}{\theta }^2$.
$$P\left(\left|{\hat{\theta }}_L-\theta \right|\ge \epsilon \right)=P\left(\left|{\hat{\theta }}_L-\frac{n}{n-1}\theta +\frac{n}{n-1}\theta -\theta \right|\ge \epsilon \right)$$$$\le P\left(\left|{\hat{\theta }}_L-\frac{n}{n-1}\theta \right|\ge \frac{\epsilon }{2}\right)+P\left(\left|\frac{n}{n-1}\theta -\theta \right|\ge \frac{\epsilon }{2}\right)$$ 其中根据切比雪夫不等式 $P\left(\left|{\hat{\theta }}_L-\frac{n}{n-1}\theta \right|\ge \frac{\epsilon }{2}\right)\le \frac{4\mathrm{Var}\left({\hat{\theta }}_L\right)}{{\epsilon }^2}=\frac{4}{{\epsilon }^2}\frac{n^2}{(n-1{)}^2(n-2)}{\theta }^2\to 0$ 而对于较大的 $n,P\left(\left|\frac{n}{n-1}\theta -\theta \right|\ge \frac{\epsilon }{2}\right)=0$. 因此 $P\left(\left|{\hat{\theta }}_L-\theta \right|\ge \epsilon \right)\to 0$, 也就是说 ${\hat{\theta }}_L$ 是 $\theta$ 的一致估计.
(3) 总体服从 $\mathrm{Beta}(\theta ,1)$, 由贝塔分布的数字特征, 我们知道 $EX=\frac{\theta }{\theta +1}$. 据此反解得出 $\theta$ 的矩估计 ${\hat{\theta }}_M=\frac{\bar{x}}{1-\bar{x}}$.
(4) 总体的分布函数是 $F(x)=\{\begin{array}{cc}0,& x<0\\ x^{\theta },& 0\le x<1\\ 1,& x\ge 1\end{array}$ 令 $F(x)=\frac{1}{2}$, 解得 $x_{0.5}={\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{1}{\theta }}$, 用样本中位数 $m_{0.5}$ 代替总体中位数 $x_{0.5}$, 并反解 出 $\hat{\theta }=\frac{1}{{\log }_{\frac{1}{2}}{m}_{0.5}}=\frac{{\log }_{\frac{1}{2}}\frac{1}{2}}{{\log }_{\frac{1}{2}}{m}_{0.5}}={\log }_{m_{0.5}}\frac{1}{2}$ 是基于样本中位数对 $\theta$ 的估计.

七、(20分) $X_1,\dots ,X_n,$ i.i.d $\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right),$ 证明$\left[X_{(1)},X_{(n)}\right]$是$\mu$的置信水平为$1-2^{1-n}$的置信区间.

Solution:
先考虑求 $U=x_{(1)}$ 的分布, 由最小值分布的计算公式可知
$$F_U(u)=1-{\left[1-\Phi \left(\frac{u-\mu }{\sigma }\right)\right]}^n$$ 则 $P\left(\mu <x_{(1)}\right)=1-F_U(\mu )=[1-\Phi (0){]}^n={\left(\frac{1}{2}\right)}^n=2^{-n}$.
根据对称性可知 $P\left(\mu >x_{(n)}\right)=2^{-n}$. 所以 $P\left(x_{(1)}⩽\mu ⩽x_{(n)}\right)=1-2\cdot 2^{-n}=1-2^{1-n}$

八、(20分) 有来自总体$X\sim f(x)=\frac{1}{2}{e}^{-|x-\theta |}$的7个随机样本, 求$\theta$的MLE.

Solution:
似然函数 $L(\mathbf{X};\theta )={\left(\frac{1}{2}\right)}^7{e}^{-{\sum }_{i=1}^7|x_i-\theta |}={\left(\frac{1}{2}\right)}^7{e}^{-{\sum }_{i=1}^7|x_{(i)}-\theta |}$. 这里 $x_{(i)}$ 表示的是第 $i$ 次序统计量.为使似然函数尽量大, 则应使 $e^{-{\sum }_{i=1}^7|x_{(0)}-\theta |}$ 尽量大, 也就是使 ${\sum }_{i=1}^7\left|x_{(i)}-\theta \right|$ 尽量小. 下面研究${\sum }_{i=1}^7\left|x_{(i)}-\theta \right|$ 的性态:
$$\sum _{i=1}^7\left|x_{(i)}-\theta \right|=\sum _{i=1}^3\left(\left|x_{(i)}-\theta \right|+\left|x_{(7-i+1)}-\theta \right|\right)+\left|x_{(4)}-\theta \right|$$ (上面这个式子将 $x_{(1)},x_{(7)}$ 分为一组, $x_{(2)},x_{(6)}$ 分为一组, $x_{(3)},x_{(5)}$ 分为一组, $x_{(4)}$ 单独一组)
其中 $\left|x_{(i)}-\theta \right|+\left|x_{(7-i+1)}-\theta \right|$ 在 $\theta \in \left[x_{(i)},x_{(7-i+1)}\right]$ 时取到最小值; $\left|x_{(4)}-\theta \right|$ 在 $\theta =x_{(4)}$ 时取到最小值. 而 $\left({\bigcap }_{i=1}^3\left[x_{(i)},x_{(7-i+1)}\right]\right)\cap \left\{x_{(4)}\right\}=\left\{x_{(4)}\right\}$, 所以 $\hat{\theta }=x_{(4)}$ 是 $\theta$ 的 MLE.

九、(10分) $(X_1,X_2)\sim N(0,0;1,1;0),$ 求$\frac{X_1}{X_2}$的概率分布.

Solution:
由于分母 $X_2$ 的分布关于 0 对称, 因此 $\frac{X_1}{|X_2|}$ 与 $\frac{X_1}{X_2}$ 同分布, 而很明显 $\frac{N(0,1)}{\sqrt{\frac{{\chi }^2(1)}{1}}}$ 是一个 自由度为 1 的 $t$ 分布, 所以 $\frac{X_1}{|X_2|}$ 也是自由度为 1 的 $t$ 分布, 它的概率密度是 $$f(x)=\frac{\Gamma (1)}{\sqrt{\pi }\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)}{\left(x^2+1\right)}^{-1}=\frac{1}{\pi }\cdot \frac{1}{1+x^2},-\infty <x<+\infty ,$$ 即标准柯西分布.