【九阳神功】2018复旦大学应用统计真题+解析

真题部分

一、(20分) 从1-10中不放回选3个数字, 求以下概率
(1)(5分) 最小数字是5;
(2)(5分) 最大数字是5;
(3)(5分) 至少一个小于6;
(4)(5分) 一个小于5, 一个等于5, 一个大于5.

二、(15分) 你在重复尝试一个成功概率为$p$的事件, 直至连续出现两次成功或两次失败才停止, 求你以两次成功停止的概率.

三、(15分) 求二项分布, $(a,b)$上均匀分布, 伽马分布的期望和方差.

四、(20分) 证明$E\left(X^2\right)<\infty$的充要条件是级数$\sum nP(|X|>n)$收敛.

五、(20分) $X_1,X_2,X_3$是取自期望为$\alpha$的指数分布的随机样本, 求概率 $P\left(X_1<X_2<X_3\right)$ 以及 $X_{(1)}$ 的概率密度.

六、(20分) $P\left(X_i=-0.3\right)=P\left(X_i=0.4\right)=\frac{1}{2},i=1,2,\dots ,n,$ 相互独立, 构造随机变量序列$Y_n={\prod }_{i=1}^n\left(X_i+1\right),$ 求$Y_n$的极限并证明$Y_n$的期望趋于无穷.

七、(20分) 有一堆球: 2红, 3黑, 4白. 从中随机摸一个球, 如果是黑色则记你赢, 如果是其他颜色, 则有放回的继续摸球, 直至重复出现该颜色或黑色为止, 如果出现你第一次摸到的颜色, 则你赢, 否则你输. 求你赢的概率.

八、(20分)
(1)(10分) 解释相合估计;
(2)(10分) $X_1,\dots ,X_n$是来自一个同一个总体的样本, 写出一个中位数的相合估计, 并说明理由.

解析部分

一、(20分) 从1-10中不放回选3个数字, 求以下概率
(1)(5分) 最小数字是5;
(2)(5分) 最大数字是5;
(3)(5分) 至少一个小于6;
(4)(5分) 一个小于5, 一个等于5, 一个大于5.

Solution:

(1) $\#\Omega =C_{10}^3=120$, #A $A_1=1\cdot C_5^2=10,P\left(A_1\right)=\frac{\#A_1}{\#\Omega }=\frac{1}{12}$.

(2) $\#A_2=1\cdot C_4^2=6,P\left(A_2\right)=\frac{\#A_2}{\#\Omega }=\frac{1}{20}$.

(3) $\#\overline{A_3}=C_5^3=10,P\left(A_3\right)=1-\frac{\#\overline{A_3}}{\#\Omega }=\frac{11}{12}$.

(4) $\#A_4=4\cdot 1\cdot 5=20,P\left(A_4\right)=\frac{\#A_4}{\#\Omega }=\frac{1}{6}$.

二、(15分) 你在重复尝试一个成功概率为 $p$ 的事件, 直至连续出现两次成功或两次失败才停止, 求你 以两次成功停止的概率.

Solution:

设 $A$ “以两次成功停止”", $p_0=P(A),p_1=P(A\mid$ 第一次成功 $),p_{-1}=P$ ($A\mid$ 第一次失败 $)$, 根据全概率公式: $$\{\begin{array}{l}{p}_0=p_1\cdot p+p_{-1}\cdot (1-p)\\ p_1=p+p_{-1}\cdot (1-p)\\ p_{-1}=p_1\cdot p\end{array}$$ 解得 $p_0=\frac{p^2(2-p)}{1-p(1-p)}$.

三、(15分) 求二项分布, $(a,b)$上均匀分布, 伽马分布的期望和方差.

Solution:

(1) 二项分布: $X\sim B(n,p),P(X=k)=C_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k},k=0,1,\dots ,n$,
$$EX=\sum _{k=0}^{n}k\frac{n!}{k!(n-k)!}{p}^k(1-p{)}^{n-k}=np\sum _{k=1}^n\frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}{p}^{k-1}(1-p{)}^{n-k}=np,$$
$$EX(X-1)=\sum _{k=0}^{n}k(k-1)C_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k}=n(n-1)p^2\sum _{k=2}^n{C}_{n-2}^{k-2}{p}^{k-2}(1-p{)}^{n-k}=n(n-1)p^2,$$
因此 $E{X}^2=n(n-1)p^2+np,DX=E{X}^2-(EX{)}^2=n(n-1)p^2+np-n^2{p}^2=np(1-p)$.

(2)均匀分布: $X\sim U(a,b),f(x)=\frac{1}{b-a},a<x<b$,
$$EX={\int }_a^b\frac{x}{b-a}dx=\frac{a+b}{2},DX={\int }_a^b{\left(x-\frac{a+b}{2}\right)}^2\frac{1}{b-a}dx=\frac{(b-a{)}^2}{12}.$$
(3)伽马分布: $X\sim Ga(\alpha ,\lambda ),f(x)=\frac{{\lambda }^{\alpha }}{\Gamma (\alpha )}{x}^{\alpha -1}{e}^{-\lambda x},x>0$,
$$EX={\int }_0^{+\infty }\frac{{\lambda }^{\alpha }}{\Gamma (\alpha )}{x}^{\alpha }{e}^{-\lambda x}dx=\frac{1}{\lambda \Gamma (\alpha )}{\int }_0^{+\infty }(\lambda x{)}^{\alpha }{e}^{-\lambda x}d(\lambda x)=\frac{\Gamma (\alpha +1)}{\lambda \Gamma (\alpha )}=\frac{\alpha }{\lambda },$$
$E{X}^2={\int }_0^{+\infty }\frac{{\lambda }^{\alpha }}{\Gamma (\alpha )}{x}^{\alpha +1}{e}^{-\lambda x}dx=\frac{1}{{\lambda }^2\Gamma (\alpha )}{\int }_0^{+\infty }(\lambda x{)}^{\alpha +1}{e}^{-\lambda x}d(\lambda x)=\frac{\Gamma (\alpha +2)}{{\lambda }^2\Gamma (\alpha )}=\frac{\alpha (\alpha +1)}{\lambda }$,
故 $DX=E{X}^2-(EX{)}^2=\frac{\alpha (\alpha +1)}{{\lambda }^2}-\frac{{\alpha }^2}{{\lambda }^2}=\frac{\alpha }{{\lambda }^2}.$

四、(20分) 证明$E\left(X^2\right)<\infty$的充要条件是级数$\sum nP(|X|>n)$收敛.

Solution:
(1) 先说明 $E|X|<+\infty$ 的充要条件是级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }P(|X|>n)$ 收敛：因为 $$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }P(|X|>n)& =\sum _{n=1}^{\infty }\sum _{k=n}^{\infty }P(k<|X|\le k+1)\\ & =\sum _{k=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{k}P(k<|X|\le k+1)\\ & =\sum _{k=1}^{\infty }kP(k<|X|\le k+1)\end{array}$$同时由正项级数的比较判别法, 上级数与 ${\sum }_{k=1}^{\infty }(k+1)P(k<|X|\le k+1)$也是同敛散的, 考虑到 $E|X|={\int }_0^{+\infty }xd{F}_{|X|}(x)$,一方面有 $$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }xd{F}_{|X|}(x)& =\sum _{k=0}^{\infty }{\int }_k^{k+1}xd{F}_{|X|}(x)\\ & \le \sum _{k=0}^{\infty }{\int }_k^{k+1}(k+1)d{F}_{|X|}(x)\\ & =\sum _{k=0}^{\infty }(k+1)P(k<|X|\le k+1),\end{array}$$ 另一方面有
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }xd{F}_{|X|}(x)& =\sum _{k=0}^{\infty }{\int }_k^{k+1}xd{F}_{|X|}(x)\\ & \ge \sum _{k=0}^{\infty }{\int }_k^{k+1}kd{F}_{|X|}(x)\\ & =\sum _{k=0}^{\infty }kP(k<|X|\le k+1),\end{array}$$ 综上所述, $E|X|<+\infty$ 的充要条件是级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }P(|X|>n)$ 收敛.

(2) 再说明 $E{X}^2<+\infty$ 的充要条件是级数 ${\sum }_{n=1}^{+\infty }nP(|X|>n)$收敛: 因为 $$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }nP(|X|>n)& =\sum _{n=1}^{\infty }\sum _{k=n}^{\infty }nP(k<|X|\le k+1)\\ & =\sum _{k=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }nP(k<|X|\le k+1)\\ & =\sum _{k=1}^{\infty }\frac{k(k+1)}{2}P(k<|X|\le k+1)\end{array}$$ 同时由正项级数的比较判别法, 上式的敛散性显然等同于 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{n}^{2}P(n<|X|\le n+1)$ 的敛散性，也等价于 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(n+1{)}^{2}P(n<|X|\le n+1)$ 的敛散性, 同样借助二阶矩的定 义式 $E{X}^2={\int }_0^{+\infty }{x}^{2}d{F}_{|X|}(x)$, 一方面有 $$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }{x}^{2}d{F}_{|X|}(x)& =\sum _{n=0}^{\infty }{\int }_n^{n+1}{x}^{2}d{F}_{|X|}(x)\\ & \le \sum _{n=0}^{\infty }{\int }_n^{n+1}(n+1{)}^{2}d{F}_{|X|}(x)\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }(n+1{)}^{2}P(n<|X|\le n+1)\end{array}$$
另一方面有 $$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }{x}^{2}d{F}_{|X|}(x)& =\sum _{n=0}^{\infty }{\int }_n^{n+1}{x}^{2}d{F}_{|X|}(x)\\ & \le \sum _{n=0}^{\infty }{\int }_n^{n+1}{n}^{2}d{F}_{|X|}(x)\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }{n}^{2}P(n<|X|\le n+1),\end{array}$$ 综上所述, $E{X}^2<+\infty$ 的充要条件是级数 ${\sum }_{n=1}^{+\infty }nP(|X|>n)$ 收敛.

五、(20分) $X_1,X_2,X_3$是取自期望为$\alpha$的指数分布的随机样本, 求概率 $P\left(X_1<X_2<X_3\right)$ 以及 $X_{(1)}$ 的概率密度.

Solution:
根据轮换对称性, $P\left(X_1<X_2<X_3\right)=\frac{1}{6}$. 令 $Y=X_{(1)}$, 则当 $y>0$ 时, $1-F(y)=P\{Y>y\}=P^3\left\{X_1>y\right\}=e^{-\frac{3}{\alpha }y}$, 故 $f(y)=\frac{3}{\alpha }{e}^{-\frac{3}{\alpha }y},y>0$. 这恰好是 $\mathrm{Exp}\left(\frac{3}{\alpha }\right)$.

六、(20分) $P\left(X_i=-0.3\right)=P\left(X_i=0.4\right)=\frac{1}{2},i=1,2,\dots ,n,$ 相互独立, 构造随机变量序列$Y_n={\prod }_{i=1}^n\left(X_i+1\right),$ 求$Y_n$的极限并证明$Y_n$的期望趋于无穷.

Solution:
由强大数律, $\frac{1}{n}\ln Y_n=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n\ln \left(X_i+1\right)\stackrel{\text{ a.s. }}{*}E\ln \left(X_1+1\right)=\frac{1}{2}\ln 0.98<0$, 故 $\ln Y_n\stackrel{\text{ a.s. }}{*}-\infty ,Y_n\stackrel{\text{ a.s. }}{*}0$, 因此 $Y_n$ 的极限是单点分布, 以概率 1 取 0 . 而 $$E{Y}_n=\prod _{i=1}^{n}E\left(X_i+1\right)=\prod _{i=1}^n\left(\frac{0.7+1.4}{2}\right)=1.05^n\to +\infty .$$

七、(20分) 有一堆球: 2红, 3黑, 4白. 从中随机摸一个球, 如果是黑色则记你赢, 如果是其他颜色, 则有放回的继续摸球, 直至重复出现该颜色或黑色为止, 如果出现你第一次摸到的颜色, 则你赢, 否则你输. 求你赢的概率.

Solution:
设$A_k$为第$k$次赢的概率, 待求结果为$P(A)=P({\bigcup }_{k=1}^{\infty }{A}_k)={\sum }_{k=1}^{\infty }P(A_k)$.
(i) 第一次赢的概率$P(A_1)=\frac{1}{3}$.
(ii) 第$k$次赢($k>1$)表明: 第一次未摸到黑球, 后续的$2,3,...,k-1$次没有摸到黑也没有摸到你第一次摸中的颜色, 最后第$k$次摸中了最初的颜色, 这一概率肯定与你最初摸到的颜色有关, 考虑全概率公式$P(A_k)=P(R)P(A_k|R)+P(W)P(A_k|W)$, 其中$R$表示摸到红, $W$表示摸到白, 有
$$P\left(A_k|R\right)={\left(\frac{4}{9}\right)}^{k-2}\frac{2}{9},P\left(A_k\mid W\right)={\left(\frac{2}{9}\right)}^{k-2}\frac{4}{9}.$$ 因此$$P\left(A_k\right)=P\left(R\right)\frac{2}{9}{\left(\frac{4}{9}\right)}^{k-2}+P\left(W\right)\frac{4}{9}{\left(\frac{2}{9}\right)}^{k-2}=\frac{4}{81}{\left(\frac{4}{9}\right)}^{k-2}+\frac{16}{81}{\left(\frac{2}{9}\right)}^{k-2}.$$ 进行求和, 有
$$P\left(A\right)=P\left(A_1\right)+\frac{4}{81\left(1-\frac{4}{9}\right)}+\frac{16}{81\left(1-\frac{2}{9}\right)}=\frac{1}{3}+\frac{4}{45}+\frac{16}{63}=\frac{71}{105}.$$

八、(20分)
(1)(10分) 解释相合估计;
(2)(10分) $X_1,\dots ,X_n$是来自一个同一个总体的样本, 写出一个中位数的相合估计, 并说明理由.

Solution:
(1) $\hat{g}$ 是 $g$ 的相合估计意味着 $\hat{g}\stackrel{p}{\to }g$, 这说明了 $\hat{g}$ 是一个很好的估计, 至少在样本量 $n$ 较大时, 它偏离 $g$ 的概率极小. 更进一步, 如果说 $\hat{g}$ 是 $g$ 的强相合估计意味着 $\hat{g}\stackrel{\text{ a.s. }}{*}g$.

(2) 样本中位数 $X_{\left[\frac{n}{2}\right]}$ 就是总体中位数 $x_{0.5}$ 的相合估计量, 设总体密度函数为 $f(x)$, 有样本中位数的渐近正态分布 $$X_{\left[\frac{n}{2}\right]}\sim N\left(x_{0.5},\frac{1}{4n{f}^2\left(x_{0.5}\right)}\right),$$ 由其渐近正态分布可以得到$$P\left(\left|X_{\left[\frac{n}{2}\right]}-x_{0.5}\right|<\epsilon \right)=P\left(2\sqrt{n}f\left(x_{0.5}\right)\left|X_{\left[\frac{n}{2}\right]}-x_{0.5}\right|<2\sqrt{n}f\left(x_{0.5}\right)\epsilon \right)\sim \Phi \left(2\sqrt{n}f\left(x_{0.5}\right)\epsilon \right)-\Phi \left(-2\sqrt{n}f\left(x_{0.5}\right)\epsilon \right)\to 1.$$上式说明了样本中位数 $X_{\left[\frac{n}{2}\right]}$ 就是总体中位数$x_{0.5}$ 的相合估计量.