复旦大学-432统计学-2022年-解析

复旦大学-432统计学-2022年

一、(20分) 袋子里有: $a$红球, $a$黄球, $b$蓝球. 有放回摸3个球, 设$A=\{$抽出的求有黄球也有红球, 且红球比黄球先取出$\}$. 求:

(1)(10分) $P(A)$;

(2)(10分) 若$\{$没有摸到蓝球$\}$与$A$概率相同, 求$a:b$.

Solution:
[注]: 题干可以理解成$A_1=\{$有一个红球比黄球先取出$\}$, 也可以理解成$A_2=\{$所有红球比黄球先取出$\}$.
(1) 先考虑$A_1$, 有

$$A_1=\left\{ \text{红红黄}, \text{红黄红}, \text{红黄黄}, \text{蓝红黄}, \text{红蓝黄}, \text{红黄蓝} \right\} ,$$

故有

$$P\left( A_1 \right) =\frac{a^3+a^3+a^3+3a^2b}{\left( 2a+b \right) ^3}=\frac{3a^2\left( a+b \right)}{\left( 2a+b \right) ^3}.$$

再考虑$A_2$, 有

$$A_2=\left\{ \text{红红黄}, \text{红黄黄}, \text{蓝红黄}, \text{红蓝黄}, \text{红黄蓝} \right\} ,$$

故有

$$P\left( A_2 \right) =\frac{a^3+a^3+3a^2b}{\left( 2a+b \right) ^3}=\frac{a^2\left( 2a+3b \right)}{\left( 2a+b \right) ^3}.$$

(2) 先计算$B=\{$没有摸到蓝球$\}$, 有

$$P\left( B \right) =\left( \frac{2a}{2a+b} \right) ^3=\frac{8a^3}{\left( 2a+b \right) ^3},$$

若$P(B)=P(A_1)$, 即

$$8a^3=3a^2\left( a+b \right) \,\,\Longrightarrow \,\,8a=3\left( a+b \right) \,\,\Longrightarrow \frac{a}{b}=\frac{3}{5}.$$

若$P(B)=P(A_2)$, 即

$$8a^3=a^2\left( 2a+3b \right) \,\,\Longrightarrow \,\,8a=2a+3b\,\,\Longrightarrow \frac{a}{b}=\frac{1}{2}.$$

二、(10分) 离散型随机变量$X$的分布列是

$$P(X=a)=P(X=b)=P(X=a+1)=\frac{1}{3},$$

其中$a<b<a+1$. 求其方差的取值范围.

Solution:
由于$Var(X)=Var(X-a)$, 故不妨假设$X$的取值是

$$P(X=0)=P(X=c)=P(X=1)=\frac{1}{3},$$

其中$c=b-a\in (0,1)$, 故有$EX=\frac{c+1}{3}$, 而

$$EX^2 = \frac{c^2+1}{3},\quad Var(X)=\frac{3c^2+3-(c+1)^2}{9}=\frac{2}{9}\left[ \left( c-\frac{1}{2} \right) ^2+\frac{3}{4} \right] \in \left[ \frac{1}{6},\frac{2}{9} \right) .$$

三、(20分) 离散型随机变量$X$只取$x,x+a$两个值, 其中$a>0$, 且$Var(X)=1$, 求$a$的取值范围及$X$的分布列.

Solution:
题目只给了方差的条件, 而$Var(X)=Var(X-x)$, 故不妨先假设$X$只取$0,a$两个值, 且

$$Var\left( X \right) =a^2p-a^2p^2=a^2p\left( 1-p \right) =1,$$

其中$p=P(X=a)$, 由于$p(1-p)\le \frac{1}{4}$, 因此$a\ge 2$. 且当$a$给定时, $p$是可以解出的, 即

$$p^2-p+\frac{1}{a^2}=0 \Longrightarrow p=\frac{1\pm \sqrt{1-\frac{4}{a^2}}}{2}.$$

所以$X$的分布列是

$$P\left( X=x \right) =\frac{1+\sqrt{1-\frac{4}{a^2}}}{2},\quad P\left( X=x+a \right) =\frac{1-\sqrt{1-\frac{4}{a^2}}}{2},$$

或者是

$$P\left( X=x \right) =\frac{1-\sqrt{1-\frac{4}{a^2}}}{2},\quad P\left( X=x+a \right) =\frac{1+\sqrt{1-\frac{4}{a^2}}}{2}.$$

四、(20分) 设有随机向量$\left( \begin{array}{c} X\\ Y\\ \end{array} \right)$, 已知它经过任意旋转变换后

$$\left( \begin{matrix} \cos \alpha& \sin \alpha\\ -\sin \alpha& \cos \alpha\\ \end{matrix} \right) \left( \begin{array}{c} X\\ Y\\ \end{array} \right)$$

仍与$\left( \begin{array}{c} X\\ Y\\ \end{array} \right)$同分布, 试解决下述问题:

(1) 求$P(0<Y<X)$;

(2) 求$\frac{Y}{X}$的分布.

Solution:
(1) 设$X,Y$的密度函数是$f_{X,Y}(x,y)$, 对旋转变换$(U,V)=(X,Y)A^T$, 由变量变换法, 有

$$f_{U,V}\left( u,v \right) =f_{X,Y}\left( \left( u,v \right) A \right) \left| A \right|=f_{X,Y}\left( \left( u,v \right) A \right) ,$$

另一方面, 由于$U,V$与$X,Y$同分布, 故$f_{U,V}\left( u,v \right) =f_{X,Y}\left( u,v \right)$, 综上所述, 有

$$f_{X,Y}\left( x,y \right) =f_{X,Y}\left( \left( x,y \right) A \right) ,$$

对任意旋转变换$A$成立. 最直观的一个表达是

$$f_{X,Y}\left( r\cos \theta ,r\sin \theta \right) =f_{X,Y}\left( r\cos \alpha ,r\sin \alpha \right) = f_{X,Y}\left( r,0 \right) =f_{X,Y}\left( 0,r \right) .$$

作极坐标变换

$$\begin{cases} X=R\cos \Theta ,\\ Y=R\sin \Theta ,\\ \end{cases}$$

由变量变换法, 有$(R,\Theta)$的分布是

$$f_{R,\Theta}\left( r,\theta \right) =rf_{X,Y}\left( r\cos \theta ,r\sin \theta \right) =rf_{X,Y}\left( r,0 \right) =ru\left( r \right) ,\quad r\in \left( 0,+\infty \right) ,\theta \in \left( 0,2\pi \right) ,$$

可因式分解, 因此$R,\Theta$独立, 且$f_{\Theta}(\theta)$是常数, 故$\Theta \sim U(0,2\pi)$. 因此

$$P\left( 0<Y<X \right) =P\left( \Theta \in \left( 0,\frac{\pi}{4} \right) \right) =\frac{1}{8}.$$

(2) $T=\frac{Y}{X}=\tan \Theta \sim \mathrm{ch}\left( 0,1 \right)$, 标准柯西分布, 可利用分布函数法说明: 这里要注意$\Theta$取值是$(0,2\pi)$, 对不上反函数$\arctan$的定义域, 要仔细讨论. 对任意$t>0$, 有

$$\begin{aligned} \left\{ T\le t \right\} &=\left\{ \tan \Theta \le t \right\}\\ &=\left\{ \Theta \in \left[ 0,\mathrm{arc}\tan t \right] \cup \left( \frac{\pi}{2},\mathrm{arc}\tan t+\pi \right] \cup \left( \frac{3\pi}{2},2\pi \right] \right\}\\ \end{aligned},$$

故$P(T\le t)= \frac{\pi + 2\arctan t}{2\pi}=\frac{1}{2} + \frac{\arctan t}{\pi}$, $t>0$. 再讨论对任意$t<0$, 有

$$\begin{aligned} \left\{ T\le t \right\} &=\left\{ \tan \Theta \le t \right\}\\ &=\left\{ \Theta \in \left( \frac{\pi}{2},\mathrm{arc}\tan t+\pi \right] \cup \left( \frac{3\pi}{2},\mathrm{arc}\tan t+2\pi \right) \right\}\\ \end{aligned}$$

故$P(T\le t)= \frac{\pi + 2\arctan t}{2\pi}=\frac{1}{2} + \frac{\arctan t}{\pi}$, $t<0$. 综上所述有

$$F_T\left( t \right) =\frac{1}{2}+\frac{\mathrm{arc}\tan t}{\pi},\quad t\in R,$$

求导得

$$f_T\left( t \right) =\frac{1}{\pi \left( 1+t^2 \right)},\quad t\in R,$$

这是标准柯西分布.

Remark: 无论对于概率密度函数或是广义概率密度(如概率质量函数) $f(x,y)$, 正交变换 $(U,V)=(X,Y)A^T$ 的密度函数都满足 $f_{U,V}(u,v)=f_{X,Y}((u,v)A)$. 初等统计中, 很多人可能没有办法理解非连续分布也可以有 $f$, 另外一个方法是:

(1) 考虑一个幅角从 $a$ 到 $b$ 的扇形 $S(a,b)$, 根据旋转不变性有

$$P\left((X,Y)\in S(a,b) \right) = P\left((X,Y)\in S(a+\theta,b+\theta) \right), \quad \forall \theta,$$

因此有 $P\left((X,Y)\in S(0,\pi/4) \right) = P\left((X,Y)\in S(\pi/4,\pi/2) \right) = \cdots = P\left((X,Y)\in S(7\pi/4,2\pi) \right)$ 这八部分相等, 且它们相加为 $1$, 故 $P\left(0<Y<X\right) = P\left((X,Y)\in S(0,\pi/4) \right)=1/8$.

(2) $P(\Theta \in (a,b)) = P\left((X,Y)\in S(a,b) \right) =P\left((X,Y)\in S(0,b-a) \right)$, 再用类似的分块相等的办法(柯西方程, 见应坚刚划题6.4)求出

$$P\left((X,Y)\in S(0,b-a) \right)=\frac{b-a}{2\pi},$$

即 $P(\Theta \in (a,b))\in \frac{b-a}{2\pi}$. 这是均匀分布, 再用 $\arctan$ 证明即可.

柯西方程: 由于不难推出可加性 $P((X,Y)\in S(0,a+b)) = P((X,Y)\in S(0,a))+P((X,Y)\in S(0,b))$, 即有 $F(a+b) =F(a)+F(b)$, 这是柯西方程, 故有 $F(x)=xF(1)$, 均匀分布.

五、(20分) 已知$(X,Y)\sim N(0,0;1,1;\frac{1}{2})$, 求$P(X>0,Y>0)$.

Solution:
令$W=\frac{2}{\sqrt{3}}(Y-\frac{1}{2}X)$, 则有$EW=0$, $Var(W)=1$, 且$Cov(X,W)=0$, 故有$X,W$独立同服从标准正态分布. 进一步考虑到

$$P\left( X>0,Y>0 \right) =P\left( -X>0,-Y>0 \right) =P\left( X<0,Y<0 \right) ,$$

发现

$$P\left( X>0,Y>0 \right) =\frac{1}{2}P\left( XY>0 \right) =\frac{1}{2}P\left( \frac{Y}{X}>0 \right) ,$$

再利用$W$作处理, 即

$$\left\{ \frac{Y}{X}>0 \right\} =\left\{ \frac{\frac{\sqrt{3}W}{2}+\frac{1}{2}X}{X}>0 \right\} =\left\{ \frac{W}{X}>-\frac{1}{\sqrt{3}}\right\} .$$

利用$\frac{W}{X}$服从标准柯西分布, 有

$$P\left( X>0,Y>0 \right) =\frac{1}{2}\int_{-\frac{\sqrt{3}}{3}}^{+\infty}{\frac{1}{\pi \left( 1+t^2 \right)}dt}=\frac{1}{3}.$$

六、(10分) $X_1,\cdots,X_n,\cdots$是i.i.d.的二阶矩存在随机变量, $Y_n = \sum_{i=1}^n X_i$, 问: $\{\frac{Y_n}{n^2}\}$是否服从大数定律.

Solution:
[法一]: 令$Z_n = \frac{Y_n}{n^2}$, 直接计算协方差, 首先有

$$Cov\left( Y_k,Y_{k+l} \right) =Cov\left( \sum_{j=1}^k{X_j},\sum_{j=1}^{k+l}{X_j} \right) =kVar\left( X_1 \right) ,$$

进一步有, 当$l\rightarrow \infty$, 有

$$Cov\left( Z_k,Z_{k+l} \right) =\frac{1}{k^2\left( k+l \right) ^2}Cov\left( Y_k,Y_l \right) =\frac{Var\left( X_1 \right)}{k\left( k+l \right) ^2}\rightarrow 0,$$

由伯恩斯坦条件, $\{\frac{Y_n}{n^2}\}$服从大数定律.
[法二]: 由强大数律, 有$Z_n=\frac{1}{n}\cdot \frac{Y_n}{n}\rightarrow 0\cdot EX_1=0$, a.s., 由stolz定理, 有

$$\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}\frac{\sum_{k=1}^n{Z_k}}{n}=\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}Z_n=0, \text{a.s.}$$

七、(10分) $X_1,\cdots,X_n$是i.i.d.服从$N(\mu,\sigma^2)$的随机变量, $F$是其分布函数, 求$-2\sum_{i=1}^n \ln F(X_i)$的分布.

Solution:
首先记$Y_i = F(X_i)\sim U(0,1)$, 只需计算$Z_1=-2Y_1$的分布, 由分布函数法, 对$z>0$, 有

$$P\left( Z_1\le z \right) =P\left( -2\ln Y_1\le z \right) =P\left( Y_1\ge e^{-2z} \right) =1-e^{-2z},$$

这是均值为$1/2$的指数分布, 也是$\chi^2(2)$分布, 由可加性, 得

$$-2\sum_{i=1}^n \ln F(X_i)\sim \chi^2(2n).$$

八、(10分) $X_1,\cdots,X_6$是i.i.d.的$U(0,1)$随机变量, 求$Var(2X_{(2)}+3X_{(3)})$.

Solution:
直接计算, 有

$$Var\left( 2X_{\left( 2 \right)}+3X_{\left( 3 \right)} \right) =4Var\left( X_{\left( 2 \right)} \right) +9Var\left( X_{\left( 3 \right)} \right) +12Cov\left( X_{\left( 2 \right)},X_{\left( 3 \right)} \right) ,$$

而边际分布$X_{(2)}\sim Beta(2,5)$, $X_{(3)}\sim Beta(3,4)$, 故两个方差项可以直接计算, 即

$$4Var\left( X_{\left( 2 \right)} \right) =\frac{4\cdot 10}{7^2\cdot 8}=\frac{10}{98},\quad 9Var\left( X_{\left( 3 \right)} \right) =\frac{9\cdot 12}{7^2\cdot 8}=\frac{27}{98},$$

协方差项可以记公式$\frac{i(n+1-j)}{(n+1)^2(n+2)}$(2019复旦应统第七题), 也可以先写出联合密度

$$g_{2,3}\left( x,y \right) =\frac{6!}{1!1!1!3!}x\cdot \left( 1-y \right) ^3=\frac{6!}{1!3!}x\left( 1-y \right) ^3,\quad 0<x<y<1,$$

计算混合矩, 即

$$\begin{aligned} E\left( X_{\left( 2 \right)}X_{\left( 3 \right)} \right) &=\frac{6!}{3!}\int_0^1{\int_0^y{x^2y\left( 1-y \right) ^3dx}dy}\\ &=\frac{6!}{3!3}\int_0^1{y^4\left( 1-y \right) ^3dy}\\ &=\frac{6!3!4!}{3!8!3}=\frac{8}{56}.\\ \end{aligned}$$

因此协方差为$Cov\left( X_{\left( 2 \right)},X_{\left( 3 \right)} \right) =\frac{8}{56}-\frac{6}{49}=\frac{2}{98}.$ 将所有计算结果汇总得

$$Var\left( 2X_{\left( 2 \right)}+3X_{\left( 3 \right)} \right) =\frac{61}{98}.$$

九、(10分) $X_1,X_2,X_3$是i.i.d.的$U(0,\theta)$随机样本, 设$aX_{(1)},bX_{(3)}$是$\theta$的无偏估计, 求$a,b$并比较它们的何者更有效.

Solution:
由于$\frac{X_{(1)}}{\theta}\sim Beta(1,3)$, 故$EX_{(1)}=\frac{1}{4}\theta$, $Var(X_{(1)})=\frac{3}{80}\theta^2$, 故$a=4$, 且$Var(aX_{(1)})=\frac{3}{5}\theta^2$. 同理$X_{(3)}\sim Beta(3,1)$, 故$EX_{(3)}=\frac{3}{4}\theta$, $Var(X_{(3)})=\frac{3}{80}\theta^2$, 故$b=\frac{4}{3}$, 且$Var(bX_{(3)})=\frac{1}{60}\theta^2$. 可以看出$bX_{(3)}$更有效.

十、(10分) 设$X_1,\cdots,X_n$是i.i.d.的$N(\mu,16)$随机样本, $\mu$的先验分布是$N(a,b^2)$, 求后验分布.

Solution:
考虑充分统计量$\bar{X}|\mu \sim N(\mu,\frac{16}{n})$, 有联合密度是

$$\begin{aligned} p\left( x,\mu \right) &=p\left( x|\mu \right) \pi \left( \pi \right) =C\cdot e^{-\frac{\left( x-\mu \right) ^2}{2\cdot \frac{16}{n}}}\cdot e^{-\frac{\left( \mu -a \right) ^2}{2b^2}}\\ &=C\cdot e^{-\frac{\left( x-\mu \right) ^2}{2\cdot \frac{16}{n}}}\cdot e^{-\frac{\left( \mu -a \right) ^2}{2b^2}}\\ &=Ce^{-\frac{b^2\left( x-\mu \right) ^2+\frac{16}{n}\left( \mu -a \right) ^2}{2\cdot \frac{16}{n}b^2}}\\ &=Ce^{-\frac{b^2\left( x-\mu \right) ^2+\frac{16}{n}\left( \mu -a \right) ^2}{2\cdot \frac{16}{n}b^2}}\\ &=Ce^{-\frac{\left( \frac{16}{n}+b^2 \right) \mu ^2-2\left( b^2x+\frac{16}{n}a \right) \mu +\left( b^2x^2+\frac{16}{n}a^2 \right)}{2\cdot \frac{16}{n}b^2}}\\ &=C_1(x)e^{-\frac{\left( \mu -\frac{b^2x+\frac{16}{n}a}{b^2+\frac{16}{n}} \right) ^2}{2\cdot \frac{\frac{16}{n}b^2}{\frac{16}{n}+b^2}}},\\ \end{aligned}$$

发现有一个正态分布的核, 故后验分布是

$$\mu |\bar{X}\sim N\left( \frac{b^2\bar{X}+\frac{16}{n}a}{b^2+\frac{16}{n}},\frac{\frac{16}{n}b^2}{\frac{16}{n}+b^2} \right) =N\left( \frac{\frac{n}{16}\bar{X}+\frac{1}{b^2}a}{\frac{n}{16}+\frac{1}{b^2}},\frac{1}{\frac{n}{16}+\frac{1}{b^2}} \right) .$$

可以看出后验均值是样本信息与先验信息的加权平均.

十一、(10分) 设$X_1,\cdots,X_n$是i.i.d.的$U(0,\theta)$随机样本, 考虑假设检验问题

$$H_0:\theta \le 1 \quad \mathrm{vs} \quad H_1: \theta >1$$

构造拒绝域$W=\{X_{(n)}\ge c \}$. 回答下述问题:

(1)(5分) $\alpha = 0.05$, 求$c$;

(2)(5分) 当$\theta=1.5$, 为使得犯第二类错误的概率$\beta\le 0.1$, 求至少要多少样本量.

Solution:
(1) 为使显著性水平为$0.05$, 有

$$0.05 = \underset{\theta \le 1}{\mathrm{sup}}P_{\theta}\left( X_{\left( n \right)}\ge c \right) =P_{\theta =1}\left( X_{\left( n \right)}\ge c \right) =\left( 1-c \right) ^n,$$

解得$c=0.95^{\frac{1}{n}}$.
(2) 犯第二类错误的概率是

$$\beta \left( 1.5 \right) =P_{\theta =1.5}\left( X_{\left( n \right)}<0.95^{\frac{1}{n}} \right) =\left( \frac{0.95^{\frac{1}{n}}}{1.5} \right) ^n=\frac{0.95}{1.5^n},$$

令其小于等于$0.1$, 得

$$\frac{0.95}{1.5^n}\le 0.1 \Longrightarrow \,\,n\ge \frac{\ln 9.5}{\ln 1.5}\,\,\Longrightarrow \,\,n\ge 6.$$