【九阳神功】2017复旦大学应用统计真题+解析

真题部分

一、(30分) 名词解释

(1)(5分) 样本均值、样本方差;

(2)(5分) 统计量;

(3)(5分) 次序统计量;

(4)(5分) 中位数、样本中位数;

(5)(5分) 经验分布函数;

(6)(5分) 无偏估计.

二、(20分) $X_1,X_2,$ i.i.d $\sim \mathrm{Exp}(1),$ 求

(1)(10分) $\frac{X_1}{X_1+X_2}$的密度函数;

(2)(10分) $X_{(2)}-X_{(1)}$ 的密度函数.

三、(20分) $X_1,X_2$ i.i.d.$\sim N(0,1),$ 求$\frac{X_1}{X_2}$的概率分布.

四、(20分) $X_1,X_2,\dots ,X_n$ i.i.d.$\sim F(x),$ 记$Y_n(x)={\sum }_{i=1}^{n}I\left[X_i\le x\right],$ 求${\lim }_{n\to \infty }\frac{Y_n(x)}{n}$.

五、(20分) $X_0,X_1,\cdots ,X_{2n},$ i.i.d $\sim U(0,1),X_{(0)},X_{(1)},\cdots ,X_{(2n)}$为对应的次序统计量, 试证明$X_{(n)}\stackrel{P}{\to }\frac{1}{2}$.

六、(20分) 已知连续型随机变量$X$的期望$EX$存在, $f(t)=E|X-t|$在 $t=m$时取极小值, 证明 $P(X\le m)=\frac{1}{2}$.

七、(20分) $X_1,X_2,X_3$ i.i.d $\sim N(0,1),$ 求

(1)(10分) $P\left(X_1>X_2>X_3\right)$;

(2)(10分) $P\left(X_1>X_2,X_1>X_3\right)$.

解析部分

一、(30分) 名词解释

(1)(5分) 样本均值、样本方差;

(2)(5分) 统计量;

(3)(5分) 次序统计量;

(4)(5分) 中位数、样本中位数;

(5)(5分) 经验分布函数;

(6)(5分) 无偏估计.

Solution: (1) 样本均值是在某个特定总体中抽取 $n$ 个独立随机样木, 计算得到的平均值, 记作$\bar{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$, 如果总体的期望存在, 则$\bar{X}$是总体期望的强相合估计. 样本方差则是利用该$n$个独立随机样本计算的修正平均离差平方, 修正的意思是取平均时除以的是其自由度$n-1$而并非数据个数$n$, 样本方差一般记作 $S^2=\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2$, 如果总体的方差存在, 则$S^2$也是总体方差的强相合估计.

(2) 统计量是指其表达式中只含样本而不含末知参数的函数, 本质上是随机变量(向量)，当然在随机样本的取值给定时, 统计量也可以被看作一个已知的常数(常向量), 这时统计量就是“统计量的观测值”的简称.

(3) 次序统计量是指将随机样本 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 重新由小到大排列成的统计量, 一般由小到大记作$X_{(1)},X_{(2)},\dots ,X_{(n)}$.

(4) 如果 $x_{0.5}$ 满足 $P\left\{X\le x_{0.5}\right\}=0.5$ 则称 $x_{0.5}$为中位数. 而样本中位数$m_{0.5}$则是指取到的随机样本中位于中间的数, 若用次序统计量表示就是 $$m_{0.5}=\{\begin{array}{ll}{x}_{\left(\frac{n+1}{2}\right)},& n=\text{ 奇数, }\\ \frac{x_{\left(\frac{n}{2}\right)}+x_{\left(\frac{n}{2}+1\right)}}{2},& n=\text{ 偶数. }\end{array}$$
(5) 经验分布函数是根据样本信息来对总体分布函数作出的估计, 记作 $$F_n(x)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}I\left[X_i\le x\right],$$ 根据 Glivenko-Cantelli 定理, 经验分布函数是总体分布函数的一致强相合估计, 即 $$\underset{x}{\sup }\left|F_n(x)-F(x)\right|\stackrel{a.s.}{*}0.$$ (6) 如果 $\hat{g}\left(X_1,\dots ,X_n\right)$ 满足 $E\hat{g}\left(X_1,\dots ,X_n\right)=g(\theta )$, 则称 $\hat{g}$ 是 $g$ 的无偏估计, 无偏性是一 个很重要的优良标准, 但并不是必须的, 如当$EX$存在, 随机样本$X_1$总是总体期望的无偏估计, 但你很难说它是一个很好的估计.

二、(20分) $X_1,X_2,$ i.i.d $\sim \mathrm{Exp}(1),$ 求

(1)(10分) $\frac{X_1}{X_1+X_2}$的密度函数;

(2)(10分) $X_{(2)}-X_{(1)}$ 的密度函数.

Solution: (1) 根据题意, $2X_1\sim {\chi }^2(2),2X_2\sim {\chi }^2(2)$ 且相互独立, 故 $\frac{X_1}{X_1+X_2}=\frac{2X_1}{2X_1+2X_2}\sim \mathrm{Beta}(1,1)$, 密度函数为 $f(x)=1,0<x<1$, 即 $U(0,1)$.

(2) 很容易发现 $X_{(2)}-X_{(1)}=\left|X_1-X_2\right|$, 根据卷积公式有$Y=X_1-X_2$ 的密度函数是 $$f(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}{e}^{-y},& y\ge 0\\ \frac{1}{2}{e}^y,& y<0\end{array}$$ 故 $|Y|$ 的密度函数是$f(x)=e^{-y},y\ge 0$.

[注] 若 $X\sim {\chi }^2(m),Y\sim {\chi }^2(n)$, 且相互独立, 则$$\frac{X}{X+Y}\sim \mathrm{Beta}\left(\frac{m}{2},\frac{n}{2}\right).$$ 分析如下: 记 $U=\frac{X}{X+Y},V=X+Y$, 反解后有 $x=uv,y=v-uv$, $$|J|=\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\right|=\left|\begin{array}{cc}v& u\\ -v& 1-u\end{array}\right|=v,$$ 因此 $f_{U,V}(u,v)=v{f}_{X,Y}(uv,(1-u)v)=\frac{u^{\frac{m}{2}-1}(1-u{)}^{\frac{n}{2}-1}}{\Gamma \left(\frac{m}{2}\right)\Gamma \left(\frac{n}{2}\right)}\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{m+n}{2}}{v}^{\frac{m+n}{2}-1}{e}^{-\frac{v}{2}}$, 故 $$f_U(u)={\int }_0^{+\infty }{f}_{U,V}(u,v)dv=\frac{\Gamma \left(\frac{m+n}{2}\right)}{\Gamma \left(\frac{m}{2}\right)\Gamma \left(\frac{n}{2}\right)}{u}^{\frac{m}{2}-1}(1-u{)}^{\frac{n}{2}-1}\sim \mathrm{Beta}\left(\frac{m}{2},\frac{n}{2}\right).$$

三、(20分) $X_1,X_2$ i.i.d $\sim N(0,1),$ 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.

四、(20分) $X_1,X_2,\dots ,X_n$ i.i.d $\sim F(x),$ 记$Y_n(x)={\sum }_{i=1}^{n}I\left[X_i\le x\right],$ 求${\lim }_{n\to \infty }\frac{Y_n(x)}{n}$.

Solution: 根据强大数律, ${\lim }_{n\to \infty }\frac{Y_n(x)}{n}=EI\left[X_1\le x\right]=P\left(X_1\le x\right)=F(x)$, a.s.

五、(20分) $X_0,X_1,\cdots ,X_{2n},$ i.i.d $\sim U(0,1),X_{(0)},X_{(1)},\cdots ,X_{(2n)}$为对应的次序统计量, 试证明$X_{(n)}\stackrel{P}{\to }\frac{1}{2}$.

Solution: 我们来计算 $Y=X_{(n)}$ 的密度函数, 思想是: 从 $X_0,X_1,\cdots ,X_{2n}$ 中选出一个当作 $Y$, 剩下 的样本中要有 $n$ 个比 $Y$ 小, $n$ 个比 $Y$ 大, 当然符合的选法有$\frac{(2n+1)!}{n!\cdot 1!\cdot n!}$ 种, 因此

$$\begin{array}{c}f(y)=\frac{(2n+1)!}{n!n!}P\left\{X_0\le y,X_1\le y,\dots ,X_{n-1}\le y\right\}{f}_{X_n}(y)P\left\{X_{n+1}>y,\dots ,X_{2n}>y\right\}\\ P\left\{X_0\le y,X_1\le y,\dots ,X_{n-1}\le y\right\}=P^n\left\{X_0\le y\right\}=y^n,\\ P\left\{X_{n+1}>y,\dots ,X_{2n}>y\right\}=P^n\left\{X_{2n}>y\right\}=(1-y{)}^n,\end{array}$$ 故 $f(y)=\frac{\Gamma (2n+2)}{\Gamma (n+1)\Gamma (n+1)}{y}^n(1-y{)}^n,0<y<1$, 这是 $\mathrm{Beta}(n+1,n+1)$ 的分布函数. 根据Beta分布的性质, $$EY=\frac{n+1}{2n+2}=\frac{1}{2},\mathrm{Var}(Y)=\frac{(n+1{)}^2}{(2n+2{)}^2(2n+3)}\to 0,$$利用切比雪夫不等式, $P\left\{\left|Y-\frac{1}{2}\right|>\epsilon \right\}\le \frac{\mathrm{Var}(Y)}{{\epsilon }^2}\to 0$, 因此$X_{(n)}\stackrel{P}{\to }\frac{1}{2}$.

六、(20分) 已知连续型随机变量$X$的期望$EX$存在, $f(t)=E|X-t|$在 $t=m$时取极小值, 证明 $P(X\le m)=\frac{1}{2}$.

Solution: 设 $X$ 的分布函数是 $F(x)$, 宓度函数是 $p(x)$, 则 $$f(t)={\int }_{-\infty }^t(t-x)dF(x)+{\int }_t^{+\infty }(x-t)dF(x)=tF(t)-{\int }_{-\infty }^{t}xdF(x)+{\int }_t^{+\infty }xdF(x)-t(1-F(t)),$$ 对 $t$ 求导, 得 $$f^{\prime }(t)=F(t)+tp(t)-tp(t)-tp(t)-1+F(t)+tp(t)=2F(t)-1,$$令 $f^{\prime }(t)=0$, 解得 $t=x_{0.5}(x_a$ 表示其满足 $F\left(x_a\right)=a)$. 二阶导 $f^{\prime \prime }(t)=2p(t)\ge 0$, 因此驻点就是极小值点. 根据题意 $m=x_{0.5}$, 故 $$P(X\le m)=\frac{1}{2}.$$

七、(20分) $X_1,X_2,X_3,$ i.i.d $\sim N(0,1),$ 求

(1)(10分) $P\left(X_1>X_2>X_3\right)$;

(2)(10分) $P\left(X_1>X_2,X_1>X_3\right)$.

Solution: (1) 根据轮换对称性, $$\begin{array}{rl}& P\left(X_1>X_2>X_3\right)=P\left(X_1>X_3>X_2\right)=P\left(X_2>X_1>X_3\right)\\ =& P\left(X_2>X_3>X_1\right)=P\left(X_3>X_1>X_2\right)=P\left(X_3>X_2>X_1\right)\end{array}$$ 这些事件互不相交, 并且这些事件的并是概率为 1 的事件, 故 $$6P\left(X_1>X_2>X_3\right)=1\Rightarrow P\left(X_1>X_2>X_3\right)=\frac{1}{6}.$$ (2) 我们发现:
$$P\left(X_1>X_2,X_1>X_3\right)=P\left(X_1=\max \left\{X_1,X_2,X_3\right\}\right),$$根据轮换对称性, $$P\left(X_1=\max \left\{X_1,X_2,X_3\right\}\right)=P\left(X_2=\max \left\{X_1,X_2,X_3\right\}\right)=P\left(X_3=\max \left\{X_1,X_2,X_3\right\}\right),$$

故 $P\left(X_1>X_2,X_1>X_3\right)=\frac{1}{3}$.