复旦大学-432统计学-2016年

一、(15分) 三个人独立地同时破译密码, 且三人能破译密码的概率分别为1/5, 1/3和1/4, 求此密码能够被破译的概率.

Solution: 根据德摩根公式,

P{ 至少有一人破译 }=1−P{ 没有一个人破译 }=1−45×23×34=0.6.\begin{aligned} P\{\text { 至少有一人破译 }\} &=1-P\{\text { 没有一个人破译 }\} \\ &=1-\frac{4}{5} \times \frac{2}{3} \times \frac{3}{4}=0.6 . \end{aligned}

二、(15分) 从(0,1)中随机地取两个数, 求其积不小于3/16且其和不大于1的概率.

Solution: 设取到的两个数是 X,Y∼U(0,1)X, Y \sim U(0,1), 其积不小于 316\frac{3}{16} 意味着 XY≥316X Y \geq \frac{3}{16}, 其和不大于 1 意味着 X+Y≤1X+Y \leq 1.
令 D={(x,y):xy≥316,x+y≤1}∩(0,1)2D=\left\{(x, y): x y \geq \frac{3}{16}, x+y \leq 1\right\} \cap(0,1)^{2}, 该概率为

∫Df(x,y)dxdy=18−∫1434∫14316xdydx=18−∫1434(316x−14)dx=14−3ln⁡316 \int_{D} f(x, y) d x d y=\frac{1}{8}-\int_{\frac{1}{4}}^{\frac{3}{4}} \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{3}{16 x}} d y d x=\frac{1}{8}-\int_{\frac{1}{4}}^{\frac{3}{4}}\left(\frac{3}{16 x}-\frac{1}{4}\right) d x=\frac{1}{4}-\frac{3 \ln 3}{16}

三、(15分) X∼N(0,1),X \sim N(0,1), 求Y=X2Y=X^{2} 的密度函数.

Solution: 当 y≥0y \geq 0 时,
F(y)=P{Y≤y}=P{X2≤>y}=P{−y≤X≤y}=2Φ(y)−1F(y)=P\{Y \leq y\}=P\left\{X^{2} \leq>y\right\}=P\{-\sqrt{y} \leq X \leq \sqrt{y}\}=2 \Phi(\sqrt{y})-1, 故

fY(y)=F′(y)=2φ(y)⋅12y=12πye−y2,y≥0 f_{Y}(y)=F^{\prime}(y)=2 \varphi(\sqrt{y}) \cdot \frac{1}{2 \sqrt{y}}=\frac{1}{\sqrt{2 \pi y}} e^{-\frac{y}{2}}, y \geq 0

四、(30分) 记(0,1),(1,0),(0,0)三点围成的区域为D,(X,Y)D,(X, Y)服从DD上的均匀分布, 求

(1)(15分) E(X+Y),Var⁡(X+Y)E(X+Y), \operatorname{Var}(X+Y);

(2)(15分) X,YX, Y 的相关系数.

Solution: (1) E(X+Y)=2∫01∫01−y(x+y)dxdy=∫01(1−y2)dy=1−13=23E(X+Y)=2 \int_{0}^{1} \int_{0}^{1-y}(x+y) d x d y=\int_{0}^{1}\left(1-y^{2}\right) d y=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3},

E(X+Y)2=2∫01∫01−y(x+y)2dxdy=23∫01(1−y3)dy=23(1−14)=12,E(X+Y)^{2}=2 \int_{0}^{1} \int_{0}^{1-y}(x+y)^{2} d x d y=\frac{2}{3} \int_{0}^{1}\left(1-y^{3}\right) d y=\frac{2}{3}\left(1-\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{2},

因此

Var⁡(X+Y)=12−49=118.\operatorname{Var}(X+Y)=\frac{1}{2}-\frac{4}{9}=\frac{1}{18}.

(2) EXY=2∫01∫01−yxydxdy=∫01(y3−2y2+y)dy=14−23+12=112E X Y=2 \int_{0}^{1} \int_{0}^{1-y} x y d x d y=\int_{0}^{1}\left(y^{3}-2 y^{2}+y\right) d y=\frac{1}{4}-\frac{2}{3}+\frac{1}{2}=\frac{1}{12},

EX=EY=2∫01∫01−yxdxdy=∫01(y2−2y+1)dy=13−1+1=13, E X=E Y=2 \int_{0}^{1} \int_{0}^{1-y} x d x d y=\int_{0}^{1}\left(y^{2}-2 y+1\right) d y=\frac{1}{3}-1+1=\frac{1}{3},

故

Cov⁡(X,Y)=112−19=−136.\operatorname{Cov}(X, Y)=\frac{1}{12}-\frac{1}{9}=-\frac{1}{36}.

EX2=2∫01∫01−yx2dxdy=23∫01(1−y)3dy=16,E X^{2}=2 \int_{0}^{1} \int_{0}^{1-y} x^{2} d x d y=\frac{2}{3}\int_{0}^{1}(1-y)^{3} d y=\frac{1}{6},

故

Var⁡(X)=Var⁡(Y)=16−19=118,\operatorname{Var}(X)=\operatorname{Var}(Y)=\frac{1}{6}-\frac{1}{9}=\frac{1}{18},

进而有 ρXY=−12\rho_{X Y}=-\frac{1}{2}.

五、(15分) 对于两个只有两个取值的随机变量X,Y,X, Y, 试证明X,YX, Y独立当且仅当X,YX, Y不相关.

Solution:

X=x1X=x_{1} X=x2X=x_{2}
Y=y1Y=y_{1} p11p_{11} p21p_{21} 1−q1-q
Y=y2Y=y_{2} p12p_{12} p22p_{22} qq
1−p1-p pp

独立一定不相关, 只需证明充分性. 不妨仅讨论X′=X−x1x2−x1X'=\frac{X-x_1}{x_2-x_1}, Y′=Y−y1y2−y1Y'=\frac{Y-y_1}{y_2-y_1}, X,YX,Y不相关与X′,Y′X',Y'不相关是等价的. 当X′,Y′X',Y'不相关时, 说明

p22=E(X′Y′)=E(X′)E(Y′)=pq,p_{22}=E(X'Y')=E(X')E(Y')=pq,

进一步有

p21=p−p22=p−pq=p(1−q),p_{21}=p-p_{22}=p-pq=p(1-q),

p12=q−p22=q−pq=q(1−p), p_{12}=q-p_{22}=q-pq=q(1-p),

p11=1−p−p12=(1−p)−q(1−p)=(1−p)(1−q).p_{11}=1-p-p_{12}=(1-p)-q(1-p)=(1-p)(1-q).

因此X′,Y′X',Y'独立, 故X,YX,Y也独立.

[Remark]: 有另一证法: 设 P(X=a)=paP(X=a)=p_a, P(X=b)=pbP(X=b)=p_b, P(Y=c)=pcP(Y=c)=p_c, P(X=d)=pdP(X=d)=p_d, 联合分布列是 pacp_{ac}, padp_{ad}, pbcp_{bc}, pbdp_{bd}. 因为 X,YX, Y 不相关, 有 E(X)E(Y)=E(XY)E(X)E(Y) = E(XY), 得

acpapc+adpapd+bcpbpc+bdpbpd=acpac+adpad+bcpbc+bdpbd.acp_{a}p_c+ ad p_{a}p_{d} + b cp_{b}p_c + bdp_{b}p_d=acp_{ac}+ ad p_{ad} + b cp_{bc} + bdp_{bd}.

由于 “ XX 和 YY 不相关” ⇔\Leftrightarrow “ X′=k1X+m1X' = k_1X +m_1 和 Y′=k2Y+m2Y'=k_2 Y +m_2 不相关”, 且对任意的线性变换都成立. 考虑变换后 P(X′=a′)=paP(X'=a')=p_a, P(X′=b′)=pbP(X'=b')=p_b, Y′Y' 类似取值为 c′c', d′d', 同理有

a′c′papc+a′d′papd+b′c′pbpc+b′d′pbpd=a′c′pac+a′d′pad+b′c′pbc+b′d′pbd,a'c'p_{a}p_c+ a'd' p_{a}p_{d} + b' c'p_{b}p_c + b'd'p_{b}p_d=a'c'p_{ac}+ a'd' p_{ad} + b' c'p_{bc} + b'd'p_{bd},

任取不同的线性变换, 上式即对任意 a′a', b′b', c′c', d′d' 成立, 因此对应系数需相同, 故有

papc=pac,papd=pad,pbpc=pbc,pbpd=pbd.p_{a}p_c = p_{ac}, \quad p_{a}p_{d} = p_{ad}, \quad p_{b}p_c = p_{bc}, \quad p_{b}p_{d} = p_{bd}.

第一个答案中用到了对某一个特定的线性变换成立 ( a′=c′=0a'=c'=0, b′=d′=1b'=d'=1 ). 第二个答案则运用到了对任意的线性变换成立. 这实际说明了两点分布的独立性是由其对应取值的概率决定, 和它的两个值取值本身是几并没有关系.

还要注意一点, 只有两点对两点才可以由线性变换唯一决定, 而三点分布是做不到的.

六、(15分) 设有来自总体X∼N(μ,σ2)X \sim N\left(\mu, \sigma^{2}\right)的2n2 n个随机样本, 试求期望

E(∑i=1n(Xi+Xn+i−2Xˉ)2).E\left(\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}+X_{n+i}-2 \bar{X}\right)^{2}\right).

Solution: 记 Yi=Xi+Xn+i,i=1,2,…,nY_{i}=X_{i}+X_{n+i}, i=1,2, \ldots, n, 这样 Y1,Y2,…,YnY_{1}, Y_{2}, \ldots, Y_{n} 就是来自于总体 N(2μ,2σ2)N\left(2 \mu, 2 \sigma^{2}\right) 的nn 个随机样本, Yˉ=2Xˉ\bar{Y}=2 \bar{X}, 根据样本方差的定义和性质, 我们有

12σ2∑i=1n(Xi+Xn+i−2Xˉ)2=12σ2∑i=1n(Yi−Yˉ)2∼χ2(n−1) \frac{1}{2 \sigma^{2}} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}+X_{n+i}-2 \bar{X}\right)^{2}=\frac{1}{2 \sigma^{2}} \sum_{i=1}^{n}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2} \sim \chi^{2}(n-1)

因此

E∑i=1n(Xi+Xn+i−2Xˉ)2=2(n−1)σ2.E \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}+X_{n+i}-2 \bar{X}\right)^{2}=2(n-1)\sigma^{2}.

七、(15分) X1,X2,X3X_{1}, X_{2}, X_{3}, 是i.i.d.的服从U(0,1)U(0,1)的随机变量, 求次序统计量X(1)X_{(1)}的分布函数与期望.

Solution: 设 Y=X(1)Y=X_{(1)}, 当 y∈(0,1)y \in(0,1) 时,

P{Y≥y}=P(min⁡{X1,X2,X3}≥y)=P3{X1≥y}=(1−y)3 P\{Y \geq y\}=P\left(\min \left\{X_{1}, X_{2}, X_{3}\right\} \geq y\right)=P^{3}\left\{X_{1} \geq y\right\}=(1-y)^{3}

所以分布函数是

F(y)={0,y<0,1−(1−y)3,0≤y<1,1,y≥1.F(y)=\left\{\begin{array}{lc}0, & y<0, \\ 1-(1-y)^{3}, & 0 \leq y<1, \\ 1, & y \geq 1 .\end{array}\right.

这恰好是 Beta⁡(1,3)\operatorname{Beta}(1,3)的分布函数.

EY=∫01ydF(y)=1⋅F(1)−∫01[1−(1−y)3]dy=14 E Y=\int_{0}^{1} y d F(y)=1 \cdot F(1)-\int_{0}^{1}\left[1-(1-y)^{3}\right] d y=\frac{1}{4}

八、(30分) 有来自X∼f(x)={θ,0≤x<11−θ,1≤x<2,0, otherwise X \sim f(x)=\left\{\begin{array}{cl}\theta, & 0 \leq x<1 \\ 1-\theta, & 1 \leq x<2, \\ 0, & \text { otherwise }\end{array}\right. 的 nn 个简单随机样本, 求

(1)(15分) θ\theta 的矩估计;

(2)(15分) θ\theta 的最大似然估计, 已知 m=∑i=1nI[Xi<1]m=\sum_{i=1}^{n} I\left[X_{i}<1\right].

Solution: (1) EX=∫01xθdx+∫12x(1−θ)dx=32−θE X=\int_{0}^{1} x \theta d x+\int_{1}^{2} x(1-\theta) d x=\frac{3}{2}-\theta, 因此

θ^1=32−Xˉ.\hat{\theta}_{1}=\frac{3}{2}-\bar{X}.

(2) 似然函数 L(x1,…,xn;θ)=θm(1−θ)n−m,L\left(x_{1}, \ldots, x_{n} ; \theta\right)=\theta^{m}(1-\theta)^{n-m},
ln⁡L=mln⁡θ+(n−m)ln⁡(1−θ)\ln L=m \ln \theta+(n-m) \ln(1-\theta), 对 θ\theta 求偏导, 得

∂ln⁡L∂θ=mθ−n−m1−θ=let0,\frac{\partial \ln L}{\partial \theta}=\frac{m}{\theta}-\frac{n-m}{1-\theta} \stackrel{l e t}{=} 0,

解得 θ^2=mn\hat{\theta}_{2}=\frac{m}{n}.