【九阳神功】2022复旦大学应用统计真题+解析

真题部分

一、(20分) 袋子里有: $a$红球, $a$黄球, $b$蓝球. 有放回摸3个球, 设$A=\{$抽出的求有黄球也有红球, 且红球比黄球先取出$\}$. 求:
(1)(10分) $P(A)$;
(2)(10分) 若$\{$没有摸到蓝球$\}$与$A$概率相同, 求$a:b$.

二、(10分) 离散型随机变量$X$的分布列是
$$P(X=a)=P(X=b)=P(X=a+1)=\frac{1}{3},$$ 其中$a<b<a+1$. 求其方差的取值范围.

三、(20分) 离散型随机变量$X$只取$x,x+a$两个值, 其中$a>0$, 且$Var(X)=1$, 求$a$的取值范围及$X$的分布列.

四、(20分) 设有随机向量$\left(\begin{array}{c}X\\ Y\end{array}\right)$, 已知它经过任意旋转变换后$$\left(\begin{array}{cc}\cos \alpha & \sin \alpha \\ -\sin \alpha & \cos \alpha \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}X\\ Y\end{array}\right)$$仍与$\left(\begin{array}{c}X\\ Y\end{array}\right)$同分布, 试解决下述问题:
(1) 求$P(0<Y<X)$;
(2) 求$\frac{Y}{X}$的分布.

五、(20分) 已知$(X,Y)\sim N(0,0;1,1;\frac{1}{2})$, 求$P(X>0,Y>0)$.

六、(10分) $X_1,\cdots ,X_n,\cdots$是i.i.d.的二阶矩存在随机变量, $Y_n={\sum }_{i=1}^n{X}_i$, 问: $\{\frac{Y_n}{n^2}\}$是否服从大数定律.

七、(10分) $X_1,\cdots ,X_n$是i.i.d.服从$N(\mu ,{\sigma }^2)$的随机变量, $F$是其分布函数, 求$-2{\sum }_{i=1}^n\ln F(X_i)$的分布.

八、(10分) $X_1,\cdots ,X_6$是i.i.d.的$U(0,1)$随机变量, 求$Var(2X_{(2)}+3X_{(3)})$.

九、(10分) $X_1,\cdots ,X_n$i是i.i.d.的$U(0,\theta )$随机样本, 设$a{X}_{(1)},b{X}_{(3)}$是$\theta$的无偏估计, 求$a,b$并比较它们的何者更有效.

十、(10分) 设$X_1,\cdots ,X_n$是i.i.d.的$N(\mu ,16)$随机样本, $\mu$的先验分布是$N(a,b^2)$, 求后验分布.

十一、(10分) 设$X_1,\cdots ,X_n$是i.i.d.的$U(0,\theta )$随机样本, 考虑假设检验问题
$$H_0:\theta \le 1\mathrm{v}\mathrm{s}{H}_1:\theta >1$$构造拒绝域$W=\{X_{(n)}\ge c\}$. 回答下述问题:
(1)(5分) $\alpha =0.05$, 求$c$;
(2)(5分) 当$\theta =1.5$, 为使得犯第二类错误的概率$\beta \le 0.1$, 求至少要多少样本量.

解析部分

一、(20分) 袋子里有: $a$红球, $a$黄球, $b$蓝球. 有放回摸3个球, 设$A=\{$抽出的求有黄球也有红球, 且红球比黄球先取出$\}$. 求:
(1)(10分) $P(A)$;
(2)(10分) 若$\{$没有摸到蓝球$\}$与$A$概率相同, 求$a:b$.

Solution:
[注]: 题干可以理解成$A_1=\{$有一个红球比黄球先取出$\}$, 也可以理解成$A_2=\{$所有红球比黄球先取出$\}$.
(1) 先考虑$A_1$, 有
$$A_1=\left\{\text{红红黄},\text{红黄红},\text{红黄黄},\text{蓝红黄},\text{红蓝黄},\text{红黄蓝}\right\},$$故有
$$P\left(A_1\right)=\frac{a^3+a^3+a^3+3a^{2}b}{{\left(2a+b\right)}^3}=\frac{3a^2\left(a+b\right)}{{\left(2a+b\right)}^3}.$$ 再考虑$A_2$, 有
$$A_2=\left\{\text{红红黄},\text{红黄黄},\text{蓝红黄},\text{红蓝黄},\text{红黄蓝}\right\},$$ 故有
$$P\left(A_2\right)=\frac{a^3+a^3+3a^{2}b}{{\left(2a+b\right)}^3}=\frac{a^2\left(2a+3b\right)}{{\left(2a+b\right)}^3}.$$ (2) 先计算$B=\{$没有摸到蓝球$\}$, 有
$$P\left(B\right)={\left(\frac{2a}{2a+b}\right)}^3=\frac{8a^3}{{\left(2a+b\right)}^3},$$ 若$P(B)=P(A_1)$, 即
$$8a^3=3a^2\left(a+b\right)*8a=3\left(a+b\right)*\frac{a}{b}=\frac{3}{5}.$$ 若$P(B)=P(A_2)$, 即
$$8a^3=a^2\left(2a+3b\right)*8a=2a+3b*\frac{a}{b}=\frac{1}{2}.$$

二、(10分) 离散型随机变量$X$的分布列是
$$P(X=a)=P(X=b)=P(X=a+1)=\frac{1}{3},$$ 其中$a<b<a+1$. 求其方差的取值范围.

Solution:
由于$Var(X)=Var(X-a)$, 故不妨假设$X$的取值是
$$P(X=0)=P(X=c)=P(X=1)=\frac{1}{3},$$ 其中$c=b-a\in (0,1)$, 故有$EX=\frac{c+1}{3}$, 而
$$E{X}^2=\frac{c^2+1}{3},Var(X)=\frac{3c^2+3-(c+1{)}^2}{9}=\frac{2}{9}\left[{\left(c-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}\right]\in \left[\frac{1}{6},\frac{2}{9}\right).$$

三、(20分) 离散型随机变量$X$只取$x,x+a$两个值, 其中$a>0$, 且$Var(X)=1$, 求$a$的取值范围及$X$的分布列.

Solution:
题目只给了方差的条件, 而$Var(X)=Var(X-x)$, 故不妨先假设$X$只取$0,a$两个值, 且
$$Var\left(X\right)=a^{2}p-a^2{p}^2=a^{2}p\left(1-p\right)=1,$$ 其中$p=P(X=a)$, 由于$p(1-p)\le \frac{1}{4}$, 因此$a\ge 2$. 且当$a$给定时, $p$是可以解出的, 即
$$p^2-p+\frac{1}{a}=0*p=\frac{1\pm \sqrt{1-\frac{4}{a}}}{2}.$$ 所以$X$的分布列是
$$P\left(X=x\right)=\frac{1+\sqrt{1-\frac{4}{a}}}{2},P\left(X=x+a\right)=\frac{1-\sqrt{1-\frac{4}{a}}}{2},$$ 或者是
$$P\left(X=x\right)=\frac{1-\sqrt{1-\frac{4}{a}}}{2},P\left(X=x+a\right)=\frac{1+\sqrt{1-\frac{4}{a}}}{2}.$$

四、(20分) 设有随机向量$\left(\begin{array}{c}X\\ Y\end{array}\right)$, 已知它经过任意旋转变换后$$\left(\begin{array}{cc}\cos \alpha & \sin \alpha \\ -\sin \alpha & \cos \alpha \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}X\\ Y\end{array}\right)$$仍与$\left(\begin{array}{c}X\\ Y\end{array}\right)$同分布, 试解决下述问题:
(1) 求$P(0<Y<X)$;
(2) 求$\frac{Y}{X}$的分布.

Solution:
(1) 设$X,Y$的密度函数是$f_{X,Y}(x,y)$, 对旋转变换$(U,V)=(X,Y)A^T$, 由变量变换法, 有
$$f_{U,V}\left(u,v\right)=f_{X,Y}\left(\left(u,v\right)A\right)\left|A\right|=f_{X,Y}\left(\left(u,v\right)A\right),$$另一方面, 由于$U,V$与$X,Y$同分布, 故$f_{U,V}\left(u,v\right)=f_{X,Y}\left(u,v\right)$, 综上所述, 有
$$f_{X,Y}\left(x,y\right)=f_{X,Y}\left(\left(x,y\right)A\right),$$对任意旋转变换$A$成立, 这说明存在函数$u$使得$f_{X,Y}(x,y)=u(\sqrt{x^2+y^2})$. 作极坐标变换$$\{\begin{array}{l}X=R\cos \Theta ,\\ Y=R\sin \Theta ,\end{array}$$ 由变量变换法, 有$(R,\Theta )$的分布是
$$f_{R,\Theta }\left(r,\theta \right)=f_{X,Y}\left(r\cos \theta ,r\sin \theta \right)r=ru\left(r\right),r\in \left(0,+\infty \right),\theta \in \left(0,2\pi \right),$$ 可因式分解, 因此$R,\Theta$独立, 且$f_{\Theta }(\theta )$是常数, 故$\Theta \sim U(0,2\pi )$. 因此$$P\left(0<Y<X\right)=P\left(\Theta \in \left(0,\frac{\pi }{4}\right)\right)=\frac{1}{8}.$$ (2) $T=\frac{Y}{X}=\tan \Theta \sim \mathrm{c}\mathrm{h}\left(0,1\right)$, 标准柯西分布, 可利用分布函数法说明: 这里要注意$\Theta$取值是$(0,2\pi )$, 对不上反函数$\arctan$的定义域, 要仔细讨论. 对任意$t>0$, 有
$$\begin{array}{rl}\left\{T\le t\right\}& =\left\{\tan \Theta \le t\right\}\\ & =\left\{\Theta \in \left[0,\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\tan t\right]\cup \left(\frac{\pi }{2},\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\tan t+\pi \right]\cup \left(\frac{3\pi }{2},2\pi \right]\right\}\end{array},$$ 故$P(T\le t)=\frac{\pi +2\arctan t}{2\pi }=\frac{1}{2}+\frac{\arctan t}{\pi }$, $t>0$. 再讨论对任意$t<0$, 有
$$\begin{array}{rl}\left\{T\le t\right\}& =\left\{\tan \Theta \le t\right\}\\ & =\left\{\Theta \in \left(\frac{\pi }{2},\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\tan t+\pi \right]\cup \left(\frac{3\pi }{2},\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\tan t+2\pi \right)\right\}\end{array}$$ 故$P(T\le t)=\frac{\pi +2\arctan t}{2\pi }=\frac{1}{2}+\frac{\arctan t}{\pi }$, $t<0$. 综上所述有
$$F_T\left(t\right)=\frac{1}{2}+\frac{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\tan t}{\pi },t\in R,$$求导得
$$f_T\left(t\right)=\frac{1}{\pi \left(1+t^2\right)},t\in R,$$ 这是标准柯西分布.

五、(20分) 已知$(X,Y)\sim N(0,0;1,1;\frac{1}{2})$, 求$P(X>0,Y>0)$.

Solution:
令$W=\frac{2}{\sqrt{3}}(Y-\frac{1}{2}X)$, 则有$EW=0$, $Var(W)=1$, 且$Cov(X,W)=0$, 故有$X,W$独立同服从标准正态分布. 进一步考虑到
$$P\left(X>0,Y>0\right)=P\left(-X>0,-Y>0\right)=P\left(X<0,Y<0\right),$$ 发现
$$P\left(X>0,Y>0\right)=\frac{1}{2}P\left(XY>0\right)=\frac{1}{2}P\left(\frac{Y}{X}>0\right),$$ 再利用$W$作处理, 即
$$\left\{\frac{Y}{X}>0\right\}=\left\{\frac{\frac{\sqrt{3}W}{2}+\frac{1}{2}X}{X}>0\right\}=\left\{\frac{W}{X}>-\frac{1}{\sqrt{3}}\right\}.$$ 利用$\frac{W}{X}$服从标准柯西分布, 有$$P\left(X>0,Y>0\right)=\frac{1}{2}{\int }_{-\frac{\sqrt{3}}{3}}^{+\infty }\frac{1}{\pi \left(1+t^2\right)}dt=\frac{1}{3}.$$

六、(10分) $X_1,\cdots ,X_n,\cdots$是i.i.d.的二阶矩存在随机变量, $Y_n={\sum }_{i=1}^n{X}_i$, 问: $\{\frac{Y_n}{n^2}\}$是否服从大数定律.

Solution:
[法一]: 令$Z_n=\frac{Y_n}{n^2}$, 直接计算协方差, 首先有
$$Cov\left(Y_k,Y_{k+l}\right)=Cov\left(\sum _{j=1}^k{X}_j,\sum _{j=1}^{k+l}{X}_j\right)=kVar\left(X_1\right),$$ 进一步有, 当$l\to \infty$, 有
$$Cov\left(Z_k,Z_{k+l}\right)=\frac{1}{k^2{\left(k+l\right)}^2}Cov\left(Y_k,Y_l\right)=\frac{Var\left(X_1\right)}{k{\left(k+l\right)}^2}\to 0,$$由伯恩斯坦条件, $\{\frac{Y_n}{n^2}\}$服从大数定律.
[法二]: 由强大数律, 有$Z_n=\frac{1}{n}\cdot \frac{Y_n}{n}\to 0\cdot E{X}_1=0$, a.s., 由stolz定理, 有$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\sum }_{k=1}^n{Z}_k}{n}=\underset{n\to \infty }{\lim }{Z}_n=0,\text{a.s.}$$

七、(10分) $X_1,\cdots ,X_n$是i.i.d.服从$N(\mu ,{\sigma }^2)$的随机变量, $F$是其分布函数, 求$-2{\sum }_{i=1}^n\ln F(X_i)$的分布.

Solution:
首先记$Y_i=F(X_i)\sim U(0,1)$, 只需计算$Z_1=-2Y_1$的分布, 由分布函数法, 对$z>0$, 有
$$P\left(Z_1\le z\right)=P\left(-2\ln Y_1\le z\right)=P\left(Y_1\ge e^{-2z}\right)=1-e^{-2z},$$ 这是均值为$1/2$的指数分布, 也是${\chi }^2(2)$分布, 由可加性, 得
$$-2\sum _{i=1}^n\ln F(X_i)\sim {\chi }^2(2n).$$

八、(10分) $X_1,\cdots ,X_6$是i.i.d.的$U(0,1)$随机变量, 求$Var(2X_{(2)}+3X_{(3)})$.

Solution:
直接计算, 有
$$Var\left(2X_{\left(2\right)}+3X_{\left(3\right)}\right)=4Var\left(X_{\left(2\right)}\right)+9Var\left(X_{\left(3\right)}\right)+12Cov\left(X_{\left(2\right)},X_{\left(3\right)}\right),$$ 而边际分布$X_{(2)}\sim Beta(2,5)$, $X_{(3)}\sim Beta(3,4)$, 故两个方差项可以直接计算, 即
$$4Var\left(X_{\left(2\right)}\right)=\frac{4\cdot 10}{7^2\cdot 8}=\frac{10}{98},9Var\left(X_{\left(3\right)}\right)=\frac{9\cdot 12}{7^2\cdot 8}=\frac{27}{98},$$ 协方差项可以记公式$\frac{i(n+1-j)}{(n+1{)}^2(n+2)}$(2019复旦应统第七题), 也可以先写出联合密度
$$g_{2,3}\left(x,y\right)=\frac{6!}{1!1!1!3!}x\cdot {\left(1-y\right)}^3=\frac{6!}{1!3!}x{\left(1-y\right)}^3,0<x<y<1,$$ 计算混合矩, 即
$$\begin{array}{rl}E\left(X_{\left(2\right)}{X}_{\left(3\right)}\right)& =\frac{6!}{3!}{\int }_0^1{\int }_0^y{x}^{2}y{\left(1-y\right)}^{3}dxdy\\ & =\frac{6!}{3!3}{\int }_0^1{y}^4{\left(1-y\right)}^{3}dy\\ & =\frac{6!3!4!}{3!8!3}=\frac{8}{56}.\end{array}$$ 因此协方差为$Cov\left(X_{\left(2\right)},X_{\left(3\right)}\right)=\frac{8}{56}-\frac{6}{49}=\frac{2}{98}.$ 将所有计算结果汇总得
$$Var\left(2X_{\left(2\right)}+3X_{\left(3\right)}\right)=\frac{61}{98}.$$

九、(10分) $X_1,\cdots ,X_n$是i.i.d.的$U(0,\theta )$随机样本, 设$a{X}_{(1)},b{X}_{(3)}$是$\theta$的无偏估计, 求$a,b$并比较它们的何者更有效.

Solution:
由于$\frac{X_{(1)}}{\theta }\sim Beta(1,3)$, 故$E{X}_{(1)}=\frac{1}{4}\theta$, $Var(X_{(1)})=\frac{3}{80}{\theta }^2$, 故$a=4$, 且$Var(a{X}_{(1)})=\frac{3}{5}{\theta }^2$. 同理$X_{(3)}\sim Beta(3,1)$, 故$E{X}_{(3)}=\frac{3}{4}\theta$, $Var(X_{(3)})=\frac{3}{80}{\theta }^2$, 故$b=\frac{4}{3}$, 且$Var(b{X}_{(3)})=\frac{1}{60}{\theta }^2$. 可以看出$b{X}_{(3)}$更有效.

十、(10分) 设$X_1,\cdots ,X_n$是i.i.d.的$N(\mu ,16)$随机样本, $\mu$的先验分布是$N(a,b^2)$, 求后验分布.

Solution:
考虑充分统计量$\bar{X}|\mu \sim N(\mu ,\frac{16}{n})$, 有联合密度是
$$\begin{array}{rl}p\left(x,\mu \right)& =p\left(x|\mu \right)\pi \left(\pi \right)=C\cdot e^{-\frac{{\left(x-\mu \right)}^2}{2\cdot \frac{16}{n}}}\cdot e^{-\frac{{\left(\mu -a\right)}^2}{2b^2}}\\ & =C\cdot e^{-\frac{{\left(x-\mu \right)}^2}{2\cdot \frac{16}{n}}}\cdot e^{-\frac{{\left(\mu -a\right)}^2}{2b^2}}\\ & =C{e}^{-\frac{b^2{\left(x-\mu \right)}^2+\frac{16}{n}{\left(\mu -a\right)}^2}{2\cdot \frac{16}{n}{b}^2}}\\ & =C{e}^{-\frac{b^2{\left(x-\mu \right)}^2+\frac{16}{n}{\left(\mu -a\right)}^2}{2\cdot \frac{16}{n}{b}^2}}\\ & =C{e}^{-\frac{\left(\frac{16}{n}+b^2\right){\mu }^2-2\left(b^{2}x+\frac{16}{n}a\right)\mu +\left(b^2{x}^2+\frac{16}{n}{a}^2\right)}{2\cdot \frac{16}{n}{b}^2}}\\ & =C_1(x)e^{-\frac{{\left(\mu -\frac{b^{2}x+\frac{16}{n}a}{b^2+\frac{16}{n}}\right)}^2}{2\cdot \frac{\frac{16}{n}{b}^2}{\frac{16}{n}+b^2}}},\end{array}$$ 发现有一个正态分布的核, 故后验分布是
$$\mu |\bar{X}\sim N\left(\frac{b^2\bar{X}+\frac{16}{n}a}{b^2+\frac{16}{n}},\frac{\frac{16}{n}{b}^2}{\frac{16}{n}+b^2}\right)=N\left(\frac{\frac{n}{16}\bar{X}+\frac{1}{b^2}a}{\frac{n}{16}+\frac{1}{b^2}},\frac{1}{\frac{n}{16}+\frac{1}{b^2}}\right).$$ 可以看出后验均值是样本信息与先验信息的加权平均.

十一、(10分) 设$X_1,\cdots ,X_n$是i.i.d.的$U(0,\theta )$随机样本, 考虑假设检验问题
$$H_0:\theta \le 1\mathrm{v}\mathrm{s}{H}_1:\theta >1$$构造拒绝域$W=\{X_{(n)}\ge c\}$. 回答下述问题:
(1)(5分) $\alpha =0.05$, 求$c$;
(2)(5分) 当$\theta =1.5$, 为使得犯第二类错误的概率$\beta \le 0.1$, 求至少要多少样本量.

Solution:
(1) 为使显著性水平为$0.05$, 有
$$0.05=\underset{\theta \le 1}{\sup }{P}_{\theta }\left(X_{\left(n\right)}\ge c\right)=P_{\theta =1}\left(X_{\left(n\right)}\ge c\right)={\left(1-c\right)}^n,$$
解得$c=0.95^{\frac{1}{n}}$.
(2) 犯第二类错误的概率是
$$\beta \left(1.5\right)=P_{\theta =1.5}\left(X_{\left(n\right)}<0.95^{\frac{1}{n}}\right)={\left(\frac{0.95^{\frac{1}{n}}}{1.5}\right)}^n=\frac{0.95}{1.5^n},$$令其小于等于$0.1$, 得
$$\frac{0.95}{1.5^n}\le 0.1*n\ge \frac{\ln 9.5}{\ln 1.5}*n\ge 6.$$