【九阳神功】2021复旦大学应用统计真题+解析

真题部分

一、(15分) 某平面上有无数条距离为2的等距平行线, 先投掷一边长为1的正三角形, 求三角形交于平行线的概率.

二、(15分) 甲乙两人抛硬币, 若正面朝上则甲赢1元, 反面朝上乙赢1元. 共进行20轮, 最终两人皆不输不赢. 已知甲初始没有钱, 问在整个过程中甲不欠钱的概率.

三、(15分) $X_0,\cdots ,X_n,\cdots$是i.i.d.的服从$U(0,1)$的随机变量, 记
$$N=\inf \{n\ge 1:X_n>X_0\},$$ 求$N$的分布律.

四、(15分) $X_1,\cdots ,X_n$是i.i.d.的随机变量, $\mathrm{P}(X=1)=0.4,\mathrm{P}(X=-0.5)=0.6$. 令$S_n=(1+X_1)(1+X_2)\cdots (1+X_n)$, 问$\mathrm{E}(S_n)$与$S_n$是否收敛? 若收敛, 求其极限.

五、(15分) 投掷一枚硬币, 连续出现三次同面则停止, 记投掷次数为$N$, 求$\mathrm{E}N$.

六、(15分) $X_1,X_2$独立同服从$N(0,1)$, 求$\frac{X_1}{X_2}$与$\frac{X_1^2}{X_2^2}$的分布.

七、(10分) 简答题:
(1)(5分) 叙述充分统计量的定义.
(2)(5分) 叙述C-R不等式.

八、(10分) 有来自总体$f(x)=2x,0<x<1$的10个随机样本$X_1,\cdots ,X_{10}$, 问$\frac{X_{(3)}}{X_{(6)}}$与$X_{(6)}$是否独立, 请说明理由.

九、(10分) 有来自总体$N(\mu ,1)$的$n$个随机样本$X_1,\cdots ,X_n$, 证明:$\bar{X}$是充分统计量.

十、(10分) 有来自总体$U(\theta ,2\theta )$的$n$个随机样本$X_1,\cdots ,X_n$, 求$\theta$的最大似然估计, 并判断其无偏性与相合性.

十一、(10分) 有来自总体$N(\mu ,{\sigma }^2)$的$n$个随机样本$X_1,\cdots ,X_n$, 其中$\mu$已知, 令
$$\hat{\sigma }=\frac{1}{n}\sqrt{\frac{\pi }{2}}\sum _{i=1}^n\left|X_i-\mu \right|,$$验证$\hat{\sigma }$是$\sigma$的无偏估计, 但不是有效估计.

十二、(10分) 有来自总体$\mathcal{P}(\theta )$的$n$个随机样本, 考虑假设检验问题:
$${\mathrm{H}}_0:\theta =2\mathrm{v}\mathrm{s}{\mathrm{H}}_1:\theta =3,$$ 有拒绝域$W=\{\bar{x}\ge 2.8\}$, 问
(1)(5分) $n=5$时, 犯两类错误的概率分别是多少?
(2)(5分) $n$趋于无穷时, 犯两类错误的概率会有什么变化? 请说明.

解析部分

一、(15分) 某平面上有无数条距离为2的等距平行线, 先投掷一边长为1的正三角形, 求三角形交于平行线的概率.

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
$$P\{\text{ 三角形压到直线 }\}=P(3)=\frac{1}{2}\left(P_a+P_b+P_c\right)=\frac{3}{2\pi }.$$

二、(15分) 甲乙两人抛硬币, 若正面朝上则甲赢1元, 反面朝上乙赢1元. 共进行20轮, 最终两人皆不输不赢. 已知甲初始没有钱, 问在整个过程中甲不欠钱的概率.

Solution:
用折线法, 题设问题是: 从点 $(0,0)$ 随机游走到点 $(20,0)$, 期间不能触碰直线 $y=-1$. 首先, 从点 $(0,0)$ 随机游走到点 $(20,0)$ 总计有 $C_{20}^{10}$ 种(20 次中, 甲赢 10 次). 从点 $(0,0)$ 随机游走到与 $(20,0)$ 关于 $y=-1$ 对称的点 $(20,-2)$ 总计有种 $C_{20}^9$ 种. 故 题设事件的概率是:
$$\mathrm{P}(A)=1-\frac{C_{20}^9}{C_{20}^{10}}=\frac{1}{11}.$$

三、(15分) $X_0,\cdots ,X_n,\cdots$是i.i.d.的服从$U(0,1)$的随机变量, 记
$$N=\inf \{n\ge 1:X_n>X_0\},$$ 求$N$的分布律.

Solution:
先计算给定 $X_0=x$ 时的条件分布, 它类似几何分布:
$$\begin{array}{rl}\mathrm{P}\left(N=k\mid X_0=x\right)& ={\mathrm{P}}^{k-1}\left(X_1\le x\right)\mathrm{P}\left(X_k>x\right)\\ & =x^{k-1}(1-x)\end{array}$$由连续场合的全概率公式, 有 $\mathrm{P}(N=k)={\int }_0^1{x}^{k-1}(1-x)dx=\frac{1}{k(k+1)}$.

四、(15分) $X_1,\cdots ,X_n$是i.i.d.的随机变量, $\mathrm{P}(X=1)=0.4,\mathrm{P}(X=-0.5)=0.6$. 令$S_n=(1+X_1)(1+X_2)\cdots (1+X_n)$, 问$\mathrm{E}(S_n)$与$S_n$是否收敛? 若收敛, 求其极限.

Solution:
$\mathrm{E}\left(S_n\right)={\prod }_{i=1}^n\mathrm{E}\left(1+X_i\right)=(1.1{)}^n\to +\infty$, 期望不收敛; 由强大数律
$\frac{1}{n}\ln S_n=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n\ln \left(1+X_i\right)\stackrel{\text{ a.s. }}{*}\mathrm{Eln}\left(1+X_1\right)=-\frac{1}{5}\ln 2<0$,
故 $S_n\stackrel{\text{ a.s. }}{*}{\lim }_{n\to \infty }\exp \left\{-\frac{n}{5}\ln 2\right\}=0.$

五、(15分) 投掷一枚硬币, 连续出现三次同面则停止, 记投掷次数为$N$, 求$\mathrm{E}N$.

Solution:
设 $A_{-2},A_{-1},A_0,A_1,A_2$ 分别表示状态 “刚刚连续投出 2 次反面”、“刚刚连续投出 1 次反面”、初始状态”、“刚刚连续投出 1 次正面”、“刚刚连续投出 2 次正面”. 设 $X$ 表示从当前状态开始, 连续三次同面而停止的次数, 则有:
$$\begin{array}{rl}\mathrm{E}\left[X\mid A_{-2}\right]& =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X\mid A_1\right]+1\right)\\ \mathrm{E}\left[X\mid A_{-1}\right]& =\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X\mid A_{-2}\right]+1\right)+\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X\mid A_1\right]+1\right)\\ E\left[X\mid A_0\right]& =\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X\mid A_{-1}\right]+1\right)+\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X\mid A_1\right]+1\right)\\ \mathrm{E}\left[X\mid A_1\right]& =\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X\mid A_{-1}\right]+1\right)+\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X\mid A_2\right]+1\right)\\ \mathrm{E}\left[X\mid A_2\right]& =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left(\mathrm{E}\left[X\mid A_{-1}\right]+1\right)\end{array}$$很明显该问题具有对称性, 设
$$x=E\left[X\mid A_{-2}\right]=E\left[X\mid A_2\right],y=E\left[X\mid A_{-1}\right]=E\left[X\mid A_1\right],z=E\left[X\mid A_0\right],$$
故有
$$\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left(y+1\right),\\ y=\frac{1}{2}\left(x+1\right)+\frac{1}{2}\left(y+1\right),\\ z=\frac{1}{2}\left(y+1\right)+\frac{1}{2}\left(y+1\right),\end{array}*\{\begin{array}{l}x-\frac{1}{2}y=1,\\ x-y=-2,\\ z=y+1,\end{array}*\{\begin{array}{l}x=4,\\ y=6,\\ z=7.\end{array}$$故 $\mathrm{E}N=\mathrm{E}\left[X\mid A_0\right]=7$.

六、(15分) $X_1,X_2$独立同服从$N(0,1)$, 求$\frac{X_1}{X_2}$与$\frac{X_1^2}{X_2^2}$的分布.

Solution:
$Y=\frac{X_1}{X_2}\sim \mathrm{Cau}(0,1)$, 令 $Z=Y^2$,
$$\begin{array}{rl}\mathrm{P}(Z\le z)& =\mathrm{P}(-\sqrt{z}\le Y\le \sqrt{z})\\ & =2{\int }_0^{\sqrt{z}}\frac{1}{\pi \left(1+x^2\right)}dx\\ & =\frac{2}{\pi }\arctan \sqrt{z}\end{array}$$求导后, 有密度函数
$$f_Z(z)=\frac{1}{\pi (1+z)\sqrt{z}},z>0$$换句话说, 由于 $Y\sim t(1)$, 故 $Z=Y^2\sim F(1,1)$.

七、(10分) 简答题:
(1)(5分) 叙述充分统计量的定义.
(2)(5分) 叙述C-R不等式.

Solution:
(1) 充分统计量是充分蕴含了样本刻画参数信息的统计量, 当充分统计量 $T$ 给定时, 样本的条件分布 $f\left(x_1,\cdots ,x_n\mid T=t\right)$ 与参数无关.
(2) C-R 不等式是指一类总体(满足正则性条件: 积分求导可以换序)考虑参数的函数的无偏估计时方差会具有一个下界, 若对 $g(\theta )$ 作估计, C-R 下界是 $\frac{{\left[g^{\prime }(\theta )\right]}^2}{nI(\theta )}$, 其中 $I(\theta )=\mathrm{E}{\left[\frac{\partial \ln f(X;\theta )}{\partial \theta }\right]}^2$ 是费雪信息量.

八、(10分) 有来自总体$f(x)=2x,0<x<1$的10个随机样本$X_1,\cdots ,X_{10}$, 问$\frac{X_{(3)}}{X_{(6)}}$与$X_{(6)}$是否独立, 请说明理由.

Solution:
$\left(U=\frac{X_{(3)}}{X_{(6)}},V=X_{(6)}\right)$ 的联合分布是:
$$\begin{array}{rl}f(u,v)& =v{f}_{X_{(3)},X_{(6)}}(uv,v)\\ & =C{v}^{10}{\left(1-v^2\right)}^4{u}^5{\left(1-u^2\right)}^2\end{array}$$其中, $u\in (0,1),v\in (0,1)$, 定义域是矩形且可以因式分解, 故 $U,V$ 独立.

九、(10分) 有来自总体$N(\mu ,1)$的$n$个随机样本$X_1,\cdots ,X_n$, 证明:$\bar{X}$是充分统计量.

Solution:
联合密度函数可以写成
$$\begin{array}{rl}f\left(x_1,\cdots ,x_n;\mu \right)& =C\exp \left\{-\frac{{\sum }_{i=1}^n{\left(x_i-\mu \right)}^2}{2}\right\}\\ & =C\exp \left\{-\frac{-2\mu {\sum }_{i=1}^n{x}_i+n{\mu }^2+{\sum }_{i=1}^n{x}_i^2}{2}\right\}\end{array}$$由因子分解定理, $\bar{X}$ 是充分统计量.

十、(10分) 有来自总体$U(\theta ,2\theta )$的$n$个随机样本$X_1,\cdots ,X_n$, 求$\theta$的最大似然估计, 并判断其无偏性与相合性.

Solution:
似然函数是
$$L(\theta )=\frac{1}{{\theta }^n}{I}_{\left\{x_{(1)}>\theta >\frac{x_{(w)}}{2}\right\}},$$前面部分关于 $\theta$ 单调递减, 示性函数说明 $\theta$ 最小取 $\frac{x_{(n)}}{2}$, 因此最大似然估计是 $\hat{\theta }=\frac{X_{(n)}}{2}$. 令 $Y=\frac{X-\theta }{\theta }\sim U(0,1)$, 故 $\mathrm{E}{Y}_{(n)}=\frac{n}{n+1},\mathrm{E}{Y}_{(n)}\stackrel{\text{ a.s. }}{*}1$, 故有
$$\mathrm{E}\hat{\theta }=\frac{2n+1}{2n+2}\theta \ne \theta ,\hat{\theta }\stackrel{\text{ a.s. }}{*}\theta \text{. }$$

十一、(10分) 有来自总体$N(\mu ,{\sigma }^2)$的$n$个随机样本$X_1,\cdots ,X_n$, 其中$\mu$已知, 令
$$\hat{\sigma }=\frac{1}{n}\sqrt{\frac{\pi }{2}}\sum _{i=1}^n\left|X_i-\mu \right|,$$验证$\hat{\sigma }$是$\sigma$的无偏估计, 但不是有效估计.

Solution:
先计算 ${\sigma }^2$ 的 Fisher 信息量, 根据定义
$$I\left({\sigma }^2\right)=E{\left[\frac{\partial \ln f\left(X;{\sigma }^2\right)}{\partial {\sigma }^2}\right]}^2=\frac{1}{4{\sigma }^4}E{\left[{\left(\frac{X-\mu }{\sigma }\right)}^2-1\right]}^2,$$恰好 $E{\left[{\left(\frac{X-\mu }{\sigma }\right)}^2-1\right]}^2$ 是 ${\chi }^2(1)$ 的方差, 故 $I\left({\sigma }^2\right)=\frac{1}{2{\sigma }^4}$. 令 $g(x)=\sqrt{x}$, 则 $\sigma$ 的 C-R 下界为 $\frac{{\left[g^{\prime }\left({\sigma }^2\right)\right]}^2}{nI\left({\sigma }^2\right)}=\frac{1}{2n}{\sigma }^2$, 我们再去计算 $\frac{1}{n}\sqrt{\frac{\pi }{2}}{\sum }_{i=1}^n\left|X_i-\mu \right|$ 的期望方差:
$$\begin{array}{c}\frac{1}{\sigma }E\left|X_1-\mu \right|={\int }_{-\infty }^{+\infty }|x|\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{x^2}{2}}dx=\sqrt{\frac{2}{\pi }}{\int }_0^{+\infty }x{e}^{-\frac{x^2}{2}}dx=\sqrt{\frac{2}{\pi }}\Rightarrow E\left|X_1-\mu \right|=\sqrt{\frac{2}{\pi }}\sigma ,\\ E{\left|X_1-\mu \right|}^2={\sigma }^2,\text{ 故 }\mathrm{Var}\left(\left|X_1-\mu \right|\right)={\sigma }^2-\frac{2}{\pi }{\sigma }^2=\left(1-\frac{2}{\pi }\right){\sigma }^2,\end{array}$$故 $$E\left[\frac{1}{n}\sqrt{\frac{\pi }{2}}\sum _{i=1}^n\left|X_i-\mu \right|\right]=\sigma ,\mathrm{Var}\left[\frac{1}{n}\sqrt{\frac{\pi }{2}}\sum _{i=1}^n\left|X_i-\mu \right|\right]=\frac{\left(\frac{\pi }{2}-1\right)}{n}{\sigma }^2,$$ 它是无偏估计, 但没有达到 C-R 下界, 不是有效估计.

十二、(10分) 有来自总体$\mathcal{P}(\theta )$的$n$个随机样本, 考虑假设检验问题:
$${\mathrm{H}}_0:\theta =2\mathrm{v}\mathrm{s}{\mathrm{H}}_1:\theta =3,$$ 有拒绝域$W=\{\bar{x}\ge 2.8\}$, 问
(1)(5分) $n=5$时, 犯两类错误的概率分别是多少?
(2)(5分) $n$趋于无穷时, 犯两类错误的概率会有什么变化? 请说明.

Solution:
(1) 第一类错误是:
$$\begin{array}{rl}\alpha & ={\mathrm{P}}_{\theta =2}\{\bar{X}\ge 2.8\}\\ & ={\mathrm{P}}_{\theta =2}\left\{\sum _{i=1}^5{X}_i\ge 14\right\}\\ & =\sum _{k=14}^{\infty }\frac{10^k}{k!}{e}^{-10}\end{array}$$第二类错误是:
$$\begin{array}{rl}\beta & ={\mathrm{P}}_{\theta =3}\{\bar{X}<2.8\}\\ & ={\mathrm{P}}_{\theta =3}\left\{\sum _{i=1}^5{X}_i<14\right\}\\ & =\sum _{k=0}^{13}\frac{15^k}{k!}{e}^{-15}\end{array}$$(2)由大数定律:
$$\begin{array}{rl}\alpha & ={\mathrm{P}}_{\theta =2}\{\bar{X}\ge 2.8\}\\ & \le {\mathrm{P}}_{\theta =2}\{|\bar{X}-2|\ge 0.8\}*0\\ \beta & ={\mathrm{P}}_{\theta =3}\{\bar{X}<2.8\}\\ & \le {\mathrm{P}}_{\theta =3}\{|\bar{X}-3|>0.2\}*0\end{array}$$所以当样本量趋于无穷时, 两类错误都会趋于 0 .