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【九阳神功】2019复旦大学应用统计真题+解析

2022-07-06 09:20:00 【大师兄统计】

真题部分

一、(15分) 甲袋中有 $n - 1$ 个白球1个黑球, 乙袋中有 $n$ 个白球, 每次从两袋中各取一球进行交换, 求交换 $N$ 次后黑球还在甲袋的概率.

二、(15分) $f(x, y)=A e^{-(2 x+3 y)} I[x>0, y>0],$ 求
(1)(3分) $A$ ;
(2)(3分) $P (X < 2, Y < 1)$ ;
(3)(3分) $X$ 的边际密度;
(4)(3分) $\mid Y<1)$ ;
(5)(3分) $\mid y)$ .

三、(10分) $X_{1}, X_{2},$ i.i.d $\sim N\left(\mu, \sigma^{2}\right),$ 求 $\max \left\{X_{1}, X_{2}\right\}$ .

四、(20分) $\operatorname{Var}(X)=\sigma^{2},$ 证明对任意 $\varepsilon>0,$ 有
(1)(10分) $P(|X|>\varepsilon) \leq \frac{\sigma^{2}}{\varepsilon^{2}}$ ;
(2)(10分) $P(X>\varepsilon) \leq \frac{\sigma^{2}}{\sigma^{2}+\varepsilon^{2}}$ .

五、(10分) $X_{1}, X_{2}, i . i . d \sim N(0,1),$ 求 $\frac{X_{1}}{X_{2}}$ 的分布.

六、(20分) $X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}, i . i . d \sim N\left(\mu, \sigma^{2}\right), \mu$ 已知, 证明:
(1)(10分) $\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\mu\right)^{2}$ 是 $\sigma^{2}$ 的有效估计;
(2)(10分) $\frac{1}{n} \sqrt{\frac{\pi}{2}} \sum_{i=1}^{n}\left|X_{i}-\mu\right|$ 是 $\sigma$ 的无偏估计, 但不有效.

七、(20分) 总体的分布函数 $F (x)$ 连续单增, $X_{(1)}, X_{(2)}, \ldots, X_{(n)}$ 是来自该总体的随机样本的次序统计量, $Y_{i}=F\left(X_{(i)}\right),$ 求
(1)(10分) $Y_{i}, \operatorname{Var}\left(Y_{i}\right)$ ;
(2)(10分) $\left(Y_{1}, Y_{2}, \ldots, Y_{n}\right)^{T}$ 的协方差矩阵.

八、(20分) 有来自总体 $U(\theta,2\theta)$ 的随机样本 $X_1,\cdots,X_n$ , 求 $\theta$ 的矩估计和MLE, 并验证无偏性和相合性.

九、(20分) 设 $X_1,\cdots,X_n$ 是来自 $N(\mu,1)$ 的随机样本, 考虑假设检验问题 $H_0:\mu = 1 \quad \mathrm{vs} \quad H_1:\mu=2$ 给定拒绝域 $W=\{\bar{X}>1.6\}$ , 回答下述问题:
(1)(10分) 求犯两类错误的概率 $\alpha$ , $\beta$ ;
(2)(10分) 要求第二类错误 $\beta\le0.01$ , 求样本量的取值范围.

解析部分

一、(15分) 甲袋中有 $n - 1$ 个白球1个黑球, 乙袋中有 $n$ 个白球, 每次从两袋中各取一球进行交换, 求交换 $N$ 次后黑球还在甲袋的概率.

Solution:
设 $p_{k}$ 为交换 $k$ 次后黑球还在甲袋的概率, 则根据全概率公式,
$p_{k+1}=p_{k} \cdot \frac{n-1}{n}+\left(1-p_{k}\right) \cdot \frac{1}{n}=\left(1-\frac{2}{n}\right) p_{k}+\frac{1}{n},$ 故有 $p_{N}-\frac{1}{2}=\left(1-\frac{2}{n}\right)\left(p_{N-1}-\frac{1}{2}\right)=\cdots=\left(1-\frac{2}{n}\right)^{N}\left(p_{0}-\frac{1}{2}\right),$ 即 $p_{N}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left(1-\frac{2}{n}\right)^{N} \text {. }$

二、(15分) $f(x, y)=A e^{-(2 x+3 y)} I[x>0, y>0],$ 求
(1)(3分) $A$ ;
(2)(3分) $P (X < 2, Y < 1)$ ;
(3)(3分) $X$ 的边际密度;
(4)(3分) $\mid Y<1)$ ;
(5)(3分) $\mid y)$ .

Solution:
(1) 由概率的正则性, $1=\int_{R^{2}} f(x, y) d x d y=A \int_{0}^{+\infty} e^{-2 x} d x \int_{0}^{+\infty} e^{-3 y} d y=\frac{A}{6} \Rightarrow A=6$ .
(2) $\int_{0}^{2} e^{-2 x} d x \int_{0}^{1} e^{-3 y} d y=6\left(1-e^{-4}\right)\left(1-e^{-3}\right)$ .
(3) $f_{X}(x)=\int_{0}^{+\infty} 6 e^{-2 x-3 y} d y=2 e^{-2 x}, x>0$ .
(4) 由于 $f_{X}(x)=2 e^{-2 x}, f_{Y}(y)=3 e^{-3 y}$ , 故 $X, Y$ 相互独立, 因此 $\mid Y<1)=P(X<3)=1-e^{-6} .$ (5) $\mid y)=\frac{f(x, y)}{f_{Y}(y)}=2 e^{-2 x}, x>0, y>0$ .

三、(10分) $X_{1}, X_{2},$ i.i.d $\sim N\left(\mu, \sigma^{2}\right),$ 求 $\max \left\{X_{1}, X_{2}\right\}$ .

Solution:
令 $Y_{i}=\frac{X_{i}-\mu}{\sigma}, i=1,2$ , 故 $\max \left\{Y_{1}, Y_{2}\right\}=\frac{\max \left\{X_{1}, X_{2}\right\}-\mu}{\sigma}$ .
而 $\max \left\{Y_{1}, Y_{2}\right\}=E Y_{1} I_{\left[Y_{1} \geq Y_{2}\right]}+E Y_{2} I_{\left[Y_{1}<Y_{2}\right]}=2 E Y_{1} I_{\left[Y_{1} \geq Y_{2}\right]},$ $Y_{1} I_{\left[Y_{1} \geq Y_{2}\right]}]=\frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{x}^{+\infty} y e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}} d x d y=\frac{1}{2 \pi} \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5 \pi}{4}} \sin \theta d \theta \int_{0}^{+\infty} r^{2} e^{-\frac{r^{2}}{2}} d r$
其中 $\int_{0}^{+\infty} r^{2} e^{-\frac{r^{2}}{2}} d r=\sqrt{2} \int_{0}^{+\infty} \sqrt{\frac{r^{2}}{2}} e^{-\frac{r^{2}}{2}} d\left(\frac{r^{2}}{2}\right)=\sqrt{2} \Gamma\left(\frac{3}{2}\right)=\sqrt{\frac{\pi}{2}}$ , 故 $\max \left\{Y_{1}, Y_{2}\right\}=\frac{1}{\sqrt{\pi}}, E \max \left\{X_{1}, X_{2}\right\}=\mu+\frac{\sigma}{\sqrt{\pi}}$ .

Solution:
(1) 记 $I_{[|X|>\varepsilon]}=\left\{\begin{array}{ll}1, & |X|>\varepsilon, \\ 0, & |X| \leq \varepsilon .\end{array}\right.$ 它是集合 $\{\omega:|X(\omega)|>\varepsilon\}$ 的示性函数, 可以看出: $I_{[|X|>\varepsilon]} \leq \frac{|X|^{2}}{\varepsilon^{2}}$ 故 $P(|X|>\varepsilon)=E I_{[|X|>\varepsilon]} \leq \frac{E|X|^{2}}{\varepsilon^{2}}=\frac{\sigma^{2}}{\varepsilon^{2}}$ .
(2) 由马尔可夫不等式, 有 $P(X>\varepsilon)=P(X+a>\varepsilon+a) \leq \frac{E(X+a)^{2}}{(\varepsilon+a)^{2}}=\frac{\sigma^{2}+a^{2}}{(\varepsilon+a)^{2}},$ 取 $a=\frac{\sigma^{2}}{\varepsilon}$ , 则恰有 $\frac{\sigma^{2}+a^{2}}{(\varepsilon+a)^{2}}=\frac{\sigma^{2}+\frac{\sigma^{4}}{\varepsilon^{2}}}{\left(\varepsilon+\frac{\sigma^{2}}{\varepsilon}\right)^{2}}=\frac{\sigma^{2}}{\sigma^{2}+\varepsilon^{2}},$ 因此 $P(X>\varepsilon) \leq \frac{\sigma^{2}}{\sigma^{2}+\varepsilon^{2}}$ .

五、(10分) $X_{1}, X_{2}$ , i.i.d. $\sim N(0,1),$ 求 $\frac{X_{1}}{X_{2}}$ 的分布.

Solution:
由于分母 $X_{2}$ 的分布关于 0 对称, 因此 $\frac{X_{1}}{\left|X_{2}\right|}$ 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 $\frac{X_{1}}{\left|X_{2}\right|}$ 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.

Solution:
(1) 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 $I\left(\sigma^{2}\right)=\frac{1}{2 \sigma^{4}}$ . 因此, $\sigma^{2}$ 的 C-R 下界为 $\frac{1}{n I\left(\sigma^{2}\right)}=\frac{2}{n} \sigma^{4} .$ 再计算 $\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\mu\right)^{2}$ 的期望方差, 由于 $\frac{1}{\sigma^{2}} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\mu\right)^{2} \sim \chi^{2}(n)$ , 期望是 $n$ , 方差是 $2 n$ , 因此 $E\left[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\mu\right)^{2}\right]=\sigma^{2}, \quad \operatorname{Var}\left[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\mu\right)^{2}\right]=\frac{2}{n} \sigma^{4},$ 它是无偏估计, 方差又恰好达到 C-R 下界, 故是有效估计.
(2) 首先, 令 $g(x)=\sqrt{x}$ , 则 $\sigma$ 的 $\mathrm{C}-\mathrm{R}$ 下界为 $\frac{\left[g^{\prime}\left(\sigma^{2}\right)\right]^{2}}{n I\left(\sigma^{2}\right)}=\frac{1}{2 n} \sigma^{2}$ , 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: $\frac{1}{\sigma} E\left|X_{1}-\mu\right|=\int_{-\infty}^{+\infty}|x| \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{x^{2}}{2}} d x=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{0}^{+\infty} x e^{-\frac{x^{2}}{2}} d x=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \Rightarrow E\left|X_{1}-\mu\right|=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \sigma,$ $E\left|X_{1}-\mu\right|^{2}=\sigma^{2} \text {, 故 } \operatorname{Var}\left(\left|X_{1}-\mu\right|\right)=\sigma^{2}-\frac{2}{\pi} \sigma^{2}=\left(1-\frac{2}{\pi}\right) \sigma^{2} \text {, }$ 故 $E\left[\frac{1}{n} \sqrt{\frac{\pi}{2}} \sum_{i=1}^{n}\left|X_{i}-\mu\right|\right]=\sigma, \operatorname{Var}\left[\frac{1}{n} \sqrt{\frac{\pi}{2}} \sum_{i=1}^{n}\left|X_{i}-\mu\right|\right]=\frac{\left(\frac{\pi}{2}-1\right)}{n} \sigma^{2}$ , 它是无偏估计, 但没有达到 C-R 下界, 不是有效估计.

Solution:
(1) 由于 $U_{1}=F\left(X_{1}\right), U_{2}=F\left(X_{2}\right), \cdots, U_{n}=F\left(X_{n}\right)$ 独立同服从 $[0, 1]$ 上均匀分布, 故 $Y_{i}=U_{(i)}$ 恰好就是均匀分布的次序统计量, 根据次序统计量的定义, 有:
$\begin{gathered} f_{i}(y)=\frac{n !}{(i-1) !(n-i) !} f_{U}(y) P^{i-1}\{U \leq y\} P^{n-i}\{U \geq y\}, \text { 一一代入, 有 } \\ f_{i}(y)=\frac{n !}{(i-1) !(n-i) !} y^{i-1}(1-y)^{n-i}, 0 \leq y \leq 1 \text {, 恰好是 } \operatorname{Beta}(i, n-i+1) . \end{gathered}$ 根据贝塔分布的性质 $Y_{i}=\frac{i}{n+1}, \operatorname{Var}\left(Y_{i}\right)=\frac{i(n-i+1)}{(n+1)^{2}(n+2)}$ .
(2) 我们考虑 $\left(Y_{i}, Y_{j}\right), i<j$ 的联合分布, 根据次序统计量的定义, 有
$f_{i, j}(x, y)=\frac{n !}{(i-1) !(j-i-1) !(n-j) !} f_{U}(x) f_{U}(y) P^{i-1}\{U \leq x\} P^{j-i-1}\{x \leq U \leq y\} P^{n-j}\{U \geq y\}$ 即 $f_{i, j}(x, y)=\frac{n !}{(i-1) !(j-i-1) !(n-j) !} x^{i-1}(y-x)^{j-i-1}(1-y)^{n-j}, 0 \leq x \leq y \leq 1.$
协方差问题归为计算积分 $\int_{0}^{1} \int_{0}^{y} x y \cdot x^{i-1}(y-x)^{j-i-1}(1-y)^{n-j} d x d y$ , 而如果我们把 $y$ 视作 $y = x + (y - x)$ , 那么这个积分可以化为两部分: $\begin{gathered} \int_{0}^{1} \int_{0}^{y} x^{i+1}(y-x)^{j-i-1}(1-y)^{n-j} d x d y=\frac{(i+1) !(j-i-1) !(n-j) !}{(n+2) !}, \\ \int_{0}^{1} \int_{0}^{y} x^{i}(y-x)^{j-i}(1-y)^{n-j} d x d y=\frac{i !(j-i) !(n-j) !}{(n+2) !}, \end{gathered}$ (首先请看 $f_{i, j}(x, y)$ 的表达式, 会发现
$\frac{(n+2) !}{(i+1) !(j-i-1) !(n-j) !} x^{i+1}(y-x)^{j-i-1}(1-y)^{n-j}$ 恰也是一个密度函数, 故通过概率的正则性就很容易得到上述两个积分值) 故有 $[Y_{i} Y_{j}]=\frac{i(j+1)}{(n+1)(n+2)}$ , 故 $\operatorname{Cov}\left(Y_{i}, Y_{j}\right)=\frac{i(n+1-j)}{(n+1)^{2}(n+2)}$ . 因此协方差矩阵是 $\Sigma=\left(a_{i j}\right)_{n \times n}$ , 其中 $a_{i j}=\frac{i(n+1-j)}{(n+1)^{2}(n+2)}, i<j$ .

八、(20分) 有来自总体 $U(\theta,2\theta)$ 的随机样本 $X_1,\cdots,X_n$ , 求 $\theta$ 的矩估计和MLE, 并验证无偏性和相合性.

Solution:
先求矩估计, 求期望得 $EX_1=\frac{3\theta}{2}$ , 由替换原理得 $\hat{\theta}_M=\frac{2}{3}\bar{X}$ . 求期望容易看出它无偏, 由强大数律知它是强相合估计.
再求MLE, 写出似然函数是
$L\left( \theta \right) =\frac{1}{\theta ^n}I_{\left\{ X_{\left( n \right)}<2\theta \right\}}I_{\left\{ X_{\left( 1 \right)}>\theta \right\}}=\frac{I_{\left\{ \frac{X_{\left( n \right)}}{2}<\theta <X_{\left( 1 \right)} \right\}}}{\theta ^n},$ 可以看出 $\frac{1}{\theta^n}$ 关于 $\theta$ 单调递减, 故 $\theta$ 取最小值时为MLE, 即 $\hat{\theta}_L=\frac{X_{(n)}}{2}$ . 利用变换 $Y_i=\frac{X_i-\theta}{\theta}\sim U(0,1)$ , 知 $Y_{(n)}=\frac{X_{(n)}-\theta}{\theta}\sim Beta(n,1)$ , 故有
$E\left( Y_{\left( n \right)} \right) =\frac{n}{n+1},\quad E\left( \hat{\theta}_L \right) =\frac{1}{2}E\left( X_{\left( n \right)} \right) =\frac{1}{2}\left[ \theta E\left( Y_{\left( n \right)} \right) +\theta \right] =\frac{2n+1}{2n+2}\theta .$ 所以 $\hat{\theta}_L$ 不无偏, 但渐近无偏, 再看相合性, 有
$\begin{aligned} P\left( \left| \hat{\theta}_L-\theta \right|>\varepsilon _1 \right) &=P\left( \left| X_{\left( n \right)}-2\theta \right|>\varepsilon _2 \right)\\ &=P\left( \left| Y_{\left( n \right)}-1 \right|>\varepsilon _3 \right)\\ &=P\left( Y_{\left( n \right)}<1-\varepsilon _3 \right)\\ &=\left( 1-\varepsilon _3 \right) ^n,\\ \end{aligned}$ 级数收敛, 故它是强相合估计.

九、(20分) 设 $X_1,\cdots,X_n$ 是来自 $N(\mu,1)$ 的随机样本, 考虑假设检验问题 $H_0:\mu = 1 \quad \mathrm{vs} \quad H_1:\mu=2$ 给定拒绝域 $W=\{\bar{X}>1.6\}$ , 回答下述问题:
(1)(10分) $n = 10$ , 求犯两类错误的概率 $\alpha$ , $\beta$ ;
(2)(10分) 要求第二类错误 $\beta\le0.01$ , 求样本量的取值范围.

Solution:
(1) 先算第一类错误, 原假设成真时 $\bar{X}\sim N(1,\frac{1}{n})$ , 故
$\begin{aligned} \alpha &=P_{\mu =1}\left( \bar{X}>1.6 \right)\\ &=P_{\mu =1}\left( \sqrt{n}\left( \bar{X}-1 \right) >0.6\sqrt{n} \right)\\ &=1-\Phi \left( 0.6\sqrt{n} \right)\\ &=1-\Phi \left( 0.6\sqrt{10} \right) .\\ \end{aligned}$ 再算第二类错误, 备择假设成真时 $\bar{X}\sim N(2,\frac{1}{n})$ , 故
$\begin{aligned} \beta &=P_{\mu =2}\left( \bar{X}\le 1.6 \right)\\ &=P_{\mu =1}\left( \sqrt{n}\left( \bar{X}-2 \right) \le -0.4\sqrt{n} \right)\\ &=\Phi \left( -0.4\sqrt{n} \right)\\ &=\Phi \left( -0.4\sqrt{10} \right) .\\ \end{aligned}$ (2) 根据第(1)问计算, 令 $\Phi \left( -0.4\sqrt{n} \right) \le 0.01$ , 得
$-0.4\sqrt{n}\le -2.33\Longrightarrow n\ge \frac{2.33^2}{0.4^2}\Longrightarrow n\ge 34.$