北京大学数院-431金融学综合-2017年

一、(10分) 事件A,BA , B 独立, P(A−B)=14,P(B−A)=16,P(A-B)=\frac{1}{4}, P(B-A)=\frac{1}{6}, 求 P(A),P(B)P(A), P(B).

Solution:
根据题意, 有:

P(A−B)=P(A)−P(AB)=14P(B−A)=P(B)−P(AB)=16\begin{aligned} &P(A-B)=P(A)-P(A B)=\frac{1}{4} \\ &P(B-A)=P(B)-P(A B)=\frac{1}{6} \end{aligned}

又 A、BA 、 B 独立, 构造方程组:

{x−xy=1/4,y−xy=1/6. 解得 {x=1/3,y=1/4. 或 {x=3/4,y=2/3.\left\{\begin{array} { l } { x - x y = 1 / 4 , } \\ { y - x y = 1 / 6 . } \end{array} \text { 解得 } \left\{\begin{array} { l } { x = 1 / 3 , } \\ { y = 1 / 4 . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=3 / 4, \\ y=2 / 3 . \end{array}\right.\right.\right.

 故 P(A)=1/3,P(B)=1/4, 或 P(A)=3/4,P(B)=2/3. \text { 故 } P(A)=1 / 3, P(B)=1 / 4 \text {, 或 } P(A)=3 / 4, P(B)=2 / 3 \text {. }

二、(10分) 随机变量 X,U1,U2,X, U_{1}, U_{2}, i.i.d. ∼N(0,1),Wi=aiX+1−ai2Ui,i=1,2,\sim N(0,1), W_{i}=a_{i} X+\sqrt{1-a_{i}^{2}} U_{i}, i=1,2, 求 (W1,W2)\left(W_{1}, W_{2}\right) 的联合密度.

Solution:
根据题意:

(XU1U2)∼N(0→,E3), 而 (W1W2)=A(XU1U2), 其中 A=(a11−a120a201−a22), 故 E(W1W2)=AE(XU1U2)=0→,Σ=AAT=(1a1a2a1a21).\begin{gathered} \left(\begin{array}{l} X \\ U_{1} \\ U_{2} \end{array}\right) \sim N\left(\overrightarrow{0}, E_{3}\right) \text {, 而 }\left(\begin{array}{l} W_{1} \\ W_{2} \end{array}\right)=A\left(\begin{array}{l} X \\ U_{1} \\ U_{2} \end{array}\right) \text {, 其中 } A=\left(\begin{array}{ccc} a_{1} & \sqrt{1-a_{1}^{2}} & 0 \\ a_{2} & 0 & \sqrt{1-a_{2}^{2}} \end{array}\right), \\ \text { 故 } E\left(\begin{array}{l} W_{1} \\ W_{2} \end{array}\right)=A E\left(\begin{array}{l} X \\ U_{1} \\ U_{2} \end{array}\right)=\overrightarrow{0}, \Sigma=A A^{T}=\left(\begin{array}{cc} 1 & a_{1} a_{2} \\ a_{1} a_{2} & 1 \end{array}\right) . \end{gathered}

所以可以看出联合密度函数为

f(x,y)=12π∣Σ∣e−12(x,y)TΣ−1(x,y)=12π1−(a1a2)2e−12(1−a12a22)(x2−2a1a2xy+y2).f(x, y)=\frac{1}{2 \pi \sqrt{|\Sigma|}} e^{-\frac{1}{2}(x, y)^{T} \Sigma^{-1}(x, y)}=\frac{1}{2 \pi \sqrt{1-\left(a_{1} a_{2}\right)^{2}}} e^{-\frac{1}{2\left(1-a_{1}^{2} a_{2}^{2}\right)}\left(x^{2}-2 a_{1} a_{2} x y+y^{2}\right)} .

三、(10分) Y1,Y2,…,Yn,Y_{1}, Y_{2}, \ldots, Y_{n}, i.i.d. ∼Exp⁡(1)\sim \operatorname{Exp}(1),

(1) 求 D(e−Y1+Y1)D\left(e^{-Y_{1}}+Y_{1}\right);

(2) 证明 Sn=∑i=1nYi2S_{n}=\sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2} 渐近服从正态分布.

Solution:
(1)

E(e−Y1+Y1)=∫0+∞(e−y+y)dF(y)=∫0+∞e−2ydy+∫0+∞ye−ydy=12Γ(1)+Γ(2)=32E(e−Y1+Y1)2=∫0+∞(e−y+y)2dF(y)=∫0+∞(e−2y+2ye−y+y2)dF(y)=∫0+∞e−3ydy+∫0+∞2ye−2ydy+∫0+∞y2e−ydy=13Γ(1)+12Γ(2)+Γ(3)=176\begin{aligned} E\left(e^{-Y_{1}}+Y_{1}\right)=\int_{0}^{+\infty}\left(e^{-y}+y\right) d F(y)=\int_{0}^{+\infty} e^{-2 y} d y &+\int_{0}^{+\infty} y e^{-y} d y \\ &=\frac{1}{2} \Gamma(1)+\Gamma(2)=\frac{3}{2} \\ E\left(e^{-Y_{1}}+Y_{1}\right)^{2}=\int_{0}^{+\infty}\left(e^{-y}+y\right)^{2} d F(y) &=\int_{0}^{+\infty}\left(e^{-2 y}+2 y e^{-y}+y^{2}\right) d F(y) \\ &=\int_{0}^{+\infty} e^{-3 y} d y+\int_{0}^{+\infty} 2 y e^{-2 y} d y+\int_{0}^{+\infty} y^{2} e^{-y} d y \\ &=\frac{1}{3} \Gamma(1)+\frac{1}{2} \Gamma(2)+\Gamma(3)=\frac{17}{6} \end{aligned}

所以 D(e−Y1+Y1)=E(e−Y1+Y1)2−[E(e−Y1+Y1)]2=176−94=712D\left(e^{-Y_{1}}+Y_{1}\right)=E\left(e^{-Y_{1}}+Y_{1}\right)^{2}-\left[E\left(e^{-Y_{1}}+Y_{1}\right)\right]^{2}=\frac{17}{6}-\frac{9}{4}=\frac{7}{12}.

(2) EY12=∫0+∞y2e−ydy=2,EY14=∫0+∞y4e−ydy=24,DY12=24−4=20E Y_{1}^{2}=\int_{0}^{+\infty} y^{2} e^{-y} d y=2, E Y_{1}^{4}=\int_{0}^{+\infty} y^{4} e^{-y} d y=24, D Y_{1}^{2}=24-4=20. 根据独立同分布场合下的中心极限定理, 有 Sn∼˙N(2n,20n)S_{n} \dot{\sim} N(2 n, 20 n).

四、(10分) 每吨大米销售成功利润为 6 元,销售失败损失 aa 元,

(1)若每天进货 yy 吨，写出利润表达式;

(2) 若只有一个顾客,其需求 X1∼U(0,1),X_{1} \sim U(0,1), 问应该进货几吨;

(3) 若还有一个顾客,其需求 X2X_{2} 与 X1X_{1} 独立同分布, 求(X1,X2)(X_1,X_2)的联合密度;

(4) 在有两个顾客的情况下, 求总需求的概率分布.

Solution:
(1) 设需求为 xx, 利润 W(x,y)={6y,y<x,6x−a(y−x),y≥x.W(x, y)= \begin{cases}6 y, & y<x, \\ 6 x-a(y-x), & y \geq x .\end{cases}

(2)进货量应使得期望利润最大, W(X,y)={6y,y<X,6X−a(y−X),y≥XW(X, y)= \begin{cases}6 y, & y<X, \\ 6 X-a(y-X), & y \geq X\end{cases}

EW=EWI[X>y]+EWI[X≤y]=6yP(X>y)+(6+a)∫0yxdx−ay2=6y(1−y)+(6+a)2y2−ay2=(−a2−3)y2+6y\begin{aligned} E W &=E W I_{[X>y]}+E W I_{[X \leq y]} \\ &=6 y P(X>y)+(6+a) \int_{0}^{y} x d x-a y^{2} \\ &=6 y(1-y)+\frac{(6+a)}{2} y^{2}-a y^{2} \\ &=\left(-\frac{a}{2}-3\right) y^{2}+6 y \end{aligned}

很明显当 y=66+ay=\frac{6}{6+a} 时, 期望利润最大.

(3) f(x1,x2)=I[0<x1<1,0<x2<1]f\left(x_{1}, x_{2}\right)=I_{\left[0<x_{1}<1,0<x_{2}<1\right]}.

(4) 求 X=X1+X2X=X_{1}+X_{2} 的概率密度, 用微分法: 当 0<x<10<x<1

P{X=x}=P(⋃t=(0,x){X1=t,X2=x−t})=∫0xP(X1=t,X2=x−t)=∫0x∣∂(t,x−t)∂(t,x)∣dtdx=∫0xdtdx=xdx\begin{aligned} P\{X=x\} &=P\left(\bigcup_{t=(0, x)}\left\{X_{1}=t, X_{2}=x-t\right\}\right) \\ &=\int_{0}^{x} P\left(X_{1}=t, X_{2}=x-t\right) \\ &=\int_{0}^{x}\left|\frac{\partial(t, x-t)}{\partial(t, x)}\right| d t d x \\ &=\int_{0}^{x} d t d x=x d x \end{aligned}

当 1≤x<21 \leq x<2 时,

P{X=x}=P(⋃t∈(x−1,1){X1=t,X2=x−t})=∫x−11P(X1=t,X2=x−t)=∫x−11∣∂(t,x−t)∂(t,x)∣dtdx=∫x−11dtdx=(2−x)dx\begin{aligned} P\{X=x\} &=P\left(\bigcup_{t \in(x-1,1)}\left\{X_{1}=t, X_{2}=x-t\right\}\right) \\ &=\int_{x-1}^{1} P\left(X_{1}=t, X_{2}=x-t\right) \\ &=\int_{x-1}^{1}\left|\frac{\partial(t, x-t)}{\partial(t, x)}\right| d t d x \\ &=\int_{x-1}^{1} d t d x=(2-x) d x \end{aligned}

因此, XX 的密度函数是

f(x)={x,0<x<12−x,1≤x<2f(x)= \begin{cases}x, & 0<x<1 \\ 2-x, & 1 \leq x<2\end{cases}

五、(10分) PABP_{A B} 表示债券评级从 AA 转到 BB 的概率, 已知

[PAAPABPADPBAPBBPBDPDAPDBPDD]=[0.80.10.10.90.050.05001]\left[\begin{array}{lll}P_{A A} & P_{A B} & P_{A D} \\ P_{B A} & P_{B B} & P_{B D} \\ P_{D A} & P_{D B} & P_{D D}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{lll}0.8 & 0.1 & 0.1 \\ 0.9 & 0.05 & 0.05 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right]

(1) 已知债券第 1 次、第 2 次评级为 A, 第 4 次、第 5 次为 B,\mathrm{B}, 求第 3 次评级的概率分布;

(2) 记 T=min⁡{n∣第n次评级为D}T=\min \left\{n|\text{第} n \text{次评级为}D \right\}, 求 E(T∣第一次为 B)E(T | \text{第一次为 } B ).

Solution:
(1) 因为第 2 次评级为 A\mathrm{A} (可以把这个视作样本空间, 以省略一个条件概率), 如 果只知道这个条件, 则第 3 次评级的概率分布是

A:0.8,B:0.1,D:0.1. A: 0.8, B: 0.1, D: 0.1 \text {. }

则根据全概率公式, 第 4 次评级是 B\mathrm{B} 的概率为

P( 第 4 次 B)=0.8⋅0.1+0.1⋅0.05+0.1⋅0=0.085,P(\text { 第 } 4 \text { 次 } B)=0.8 \cdot 0.1+0.1 \cdot 0.05+0.1 \cdot 0=0.085,

根据贝叶斯公式:

P( 第 3 次 A∣ 第 4 次 B)=0.080.085=0.9412,P( 第 3 次 B∣ 第 4 次 B)=0.0050.085=0.0588,P( 第 3 次 D∣ 第 4 次 B)=0.\begin{gathered} P(\text { 第 } 3 \text { 次 } A \mid \text { 第 } 4 \text { 次 } B)=\frac{0.08}{0.085}=0.9412, \\ P(\text { 第 } 3 \text { 次 } B \mid \text { 第 } 4 \text { 次 } B)=\frac{0.005}{0.085}=0.0588, \\ P(\text { 第 } 3 \text { 次 } D \mid \text { 第 } 4 \text { 次 } B)=0 . \end{gathered}

(2) 设 TA,TB,TDT_{A}, T_{B}, T_{D} 分别是初试评级是 A,B,D\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{D} 时的第一次评级为 D\mathrm{D} 时经过的次数, 则

TA=1+0.8TA+0.1TB+0.1TDTB=1+0.9TA+0.05TB+0.05TDTD=1\begin{aligned} T_{A}&=1+0.8 T_{A}+0.1 T_{B}+0.1 T_{D} \\ T_{B}&=1+0.9 T_{A}+0.05 T_{B}+0.05 T_{D} \\ T_{D}&=1 \end{aligned}

对三个等式两边同时求数学期望, 得

0.2ETA−0.1ETB=1.1−0.9ETA+0.95ETB=1.05,\begin{aligned} 0.2 E T_{A}-0.1 E T_{B}&=1.1 \\ -0.9 E T_{A}+0.95 E T_{B}&=1.05, \end{aligned}

9 倍第一式 +2+2 倍第二式, 得 ETB=12E T_{B}=12.

六、(10分) 随机变量 XX 的分布列为

P{X=−1}=p,P{X=k}=(1−p)2pk,k=0,1,…,P\{X=-1\}=p, \quad P\{X=k\}=(1-p)^{2} p^{k}, \quad k=0,1, \ldots,

证明:

(1) U(X)U(X) 是零的无偏估计当且仅当 ∃a,U(k)=ak,k=−1,0,1,…\exists a, U(k)=a k, k=-1,0,1, \ldots;

(2) I[X=0]I_{[X=0]} 是 (1−p)2(1-p)^{2} 的 UMVUE.

Solution:
(1) 先证"⇐":\Leftarrow ":

EX=−p+∑k=0+∞k(1−p)2pk=−p+(1−p)2∑k=1+∞kpk=0.E X=-p+\sum_{k=0}^{+\infty} k(1-p)^{2} p^{k}=-p+(1-p)^{2} \sum_{k=1}^{+\infty} k p^{k}=0 .

(注意: ∑k=1+∞kpk=∑k=1+∞∑n=1kpk=∑n=1+∞∑k=n+∞pk=∑n=1+∞pn1−p=p(1−p)2\sum_{k=1}^{+\infty} k p^{k}=\sum_{k=1}^{+\infty} \sum_{n=1}^{k} p^{k}=\sum_{n=1}^{+\infty} \sum_{k=n}^{+\infty} p^{k}=\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{p^{n}}{1-p}=\frac{p}{(1-p)^{2}} )
如果 ∃a\exists a, s.t. U(X)=aXU(X)=a X, 则 EU(X)=aEX=0E U(X)=a E X=0.
再证"“ ⇒\Rightarrow ":
设 U(k)=ukU(k)=u_{k}, 因为 U(X)U(X) 是零的无偏估计, 所以有:

0=u−1p+(1−p)2∑k=0+∞ukpk=u0+∑k=1+∞(uk−2−2uk−1+uk)pk0=u_{-1} p+(1-p)^{2} \sum_{k=0}^{+\infty} u_{k} p^{k}=u_{0}+\sum_{k=1}^{+\infty}\left(u_{k-2}-2 u_{k-1}+u_{k}\right) p^{k}

这个等式要求对于任意 p∈[0,1]p \in[0,1] 成立, 等式右侧是关于 pp 的一个幂级数, 幂级数 要想恒为 0 就必须所有项系数都为 0 , 即 u0=0,uk−2−2uk−1+uk=0u_{0}=0, u_{k-2}-2 u_{k-1}+u_{k}=0, 第二个千式子意 味着 {un}\left\{u_{n}\right\} 是等差数列, 而又有 u0=0u_{0}=0, 因此 U(k)=uk=ku1U(k)=u_{k}=k u_{1}.

(2)先验证无偏性, EI[X=0]=P{X=0}=(1−p)2E I_{[X=0]}=P\{X=0\}=(1-p)^{2}, 无偏性成立.
EXI[X=0]=0E X I_{[X=0]}=0 是很显然是成立的, 而对于任意零的无偏估计 U(X)U(X),

Cov⁡(I[X=0],U(X))=aCov⁡(I[X=0],X)=aEXI[X=0]=0\operatorname{Cov}\left(I_{[X=0]}, U(X)\right)=\operatorname{aCov}\left(I_{[X=0]}, X\right)=a E X I_{[X=0]}=0

因此 I[X=0]I_{[X=0]} 是 (1−p)2(1-p)^{2} 的 UMVUE.

七、(10分) 有来自下列总体的nn个随机样本, 求对应的 MLE:

(1) f(x;θ)=e−(x−θ)I[x>θ]f(x ; \theta)=e^{-(x-\theta)} I[x>\theta];

(2) f(x;θ)=θ(1−x)θ−1,θ>0,0<x<1;f(x ; \theta)=\theta(1-x)^{\theta-1}, \theta>0, \quad 0<x<1 ;

(3) N(θ,θ2),θ>0N\left(\theta, \theta^{2}\right), \theta>0 .

Solution:
(1) L(x1,…,xn;θ)=enθ−∑i=1nxiI[x(1)>θ]∝enθI[x(1)>θ]= Let L1L\left(x_{1}, \ldots, x_{n} ; \theta\right)=\mathrm{e}^{n \theta-\sum_{i=1}^{n} x_{i}} I_{\left[x_{(1)}>\theta\right]} \propto e^{n \theta} I_{\left[x_{(1)}>\theta\right]} \stackrel{\text { Let }}{=} L_{1}, 可以看出, L1L_{1} 关于 θ\theta 单调递增, 但由于示性函数的存在, θ\theta 最大只能取到 x(1)x_{(1)} （实际上是取不到 x(1)x_{(1)}, 但 x(1)x_{(1)} 是原参数空间一个边界点, 将它加入参数空间不会 影响分布的性质), 所以 θ\theta 的 MLE 是 x(1)x_{(1)}.

(2)

L(x1,…,xn;θ)=θn∏i=1n(1−xi)θ−1∝θn∏i=1n(1−xi)θ=LetL1,ln⁡L1=nln⁡θ+θ∑i=1nln⁡(1−xi)L\left(x_{1}, \ldots, x_{n} ; \theta\right)=\theta^{n} \prod_{i=1}^{n}\left(1-x_{i}\right)^{\theta-1} \propto \theta^{n} \prod_{i=1}^{n}\left(1-x_{i}\right)^{\theta} \stackrel{L e t}{=} L_{1}, \quad \ln L_{1}=n \ln \theta+\theta \sum_{i=1}^{n} \ln \left(1-x_{i}\right)

∂ln⁡L1∂θ=nθ+∑i=1nln⁡(1−xi)\frac{\partial \ln L_{1}}{\partial \theta}=\frac{n}{\theta}+\sum_{i=1}^{n} \ln \left(1-x_{i}\right), 解得驻点 θ=−n∑i=1nln⁡(1−xi)\theta=-\frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \ln \left(1-x_{i}\right)}, 因此 θ\theta 的 MLE 是 θ=−n∑i=1nln⁡(1−xi)\theta=-\frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \ln \left(1-x_{i}\right)}.

(3)

L(x1,…,xn;θ)=(2π)−n2∣θ∣−nexp⁡{−12θ2∑i=1n(xi−θ)2}∝∣θ∣−nexp⁡{−12θ2∑i=1n(xi−θ)2}=LetL1,L\left(x_{1}, \ldots, x_{n} ; \theta\right)=(2 \pi)^{-\frac{n}{2}}|\theta|^{-n} \exp \left\{-\frac{1}{2 \theta^{2}} \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\theta\right)^{2}\right\} \propto |\theta|^{-n} \exp \left\{-\frac{1}{2 \theta^{2}} \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\theta\right)^{2}\right\} \stackrel{L e t}{=} L_{1},

ln⁡L1=−nln⁡∣θ∣−12θ2∑i=1n(xi−θ)2,∂ln⁡L1∂θ=nθ2+θ∑xi−∑xi2−θ3,\ln L_{1}=-n \ln |\theta|-\frac{1}{2 \theta^{2}} \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\theta\right)^{2}, \quad \frac{\partial \ln L_{1}}{\partial \theta}=\frac{n \theta^{2}+\theta \sum x_{i}-\sum x_{i}^{2}}{-\theta^{3}},

解得驻点

θ1=−∑xi−(∑xi)2+4n∑xi22n,θ2=−∑xi+(∑xi)2+4n∑xi22n,\theta_{1}=\frac{-\sum x_{i}-\sqrt{\left(\sum x_{i}\right)^{2}+4 n \sum x_{i}^{2}}}{2 n}, \theta_{2}=\frac{-\sum x_{i}+\sqrt{\left(\sum x_{i}\right)^{2}+4 n \sum x_{i}{ }^{2}}}{2 n},

根据 ∂ln⁡L1∂θ\frac{\partial \ln L_{1}}{\partial \theta} 的表达式, 可以看出两个驻点都是极大值点, 但 θ1<0\theta_{1}<0, 因此

θ 的 MLE 是 θ^=−∑xi+(∑xi)2+4n∑xi22n. \theta \text { 的 MLE 是 } \hat{\theta}=\frac{-\sum x_{i}+\sqrt{\left(\sum x_{i}\right)^{2}+4 n \sum x_{i}{ }^{2}}}{2 n} \text {. }

（注意: ∂ln⁡L1∂θ=nθ2+θ∑xi−∑xi2−θ3\frac{\partial \ln L_{1}}{\partial \theta}=\frac{n \theta^{2}+\theta \sum x_{i}-\sum x_{i}^{2}}{-\theta^{3}}, 分子在 θ<θ2\theta<\theta_{2} 时为负, θ>θ2\theta>\theta_{2} 时为正, 但分 母在这个邻域里是负的, 因此 θ2\theta_{2} 是极大值点.)

八、(10分) 总体 X∼N(μ,42),x1,…,x100X \sim N\left(\mu, 4^{2}\right), x_{1}, \ldots, x_{100} 是一组简单随机样本,

(1) 求H0:μ=3H_{0}: \mu=3 vs H1:μ≠3H_{1}: \mu \neq 3 的否定域, α=0.1\alpha=0.1;

(2) xˉ=5,\bar{x}=5, 求 pp 值;

(3) μ=2\mu=2 时该检验法的功效.

Solution:
(1) 检验统计量 u=∑i=1100(Xi−3)40u=\frac{\sum_{i=1}^{100}\left(X_{i}-3\right)}{40}, 在原假设成立时, u=∑i=1100(Xi−3)40∼N(0,1)u=\frac{\sum_{i=1}^{100}\left(X_{i}-3\right)}{40} \sim N(0,1), 由于此时 P{∣u∣>1.645}=0.1P\{|u|>1.645\}=0.1, 拒绝域 W={∣u∣>1.645}W=\{|u|>1.645\} 的显著性水平恰好是 α=0.1\alpha=0.1 ，则 W={∣u∣>1.645}W=\{|u|>1.645\} 是该假设检验问题的 α=0.1\alpha=0.1 的 UMPU 否定域.

(2) 此时, ∑i=1100(xi−3)40=5\frac{\sum_{i=1}^{100}\left(x_{i}-3\right)}{40}=5, 而 p=P{∣u∣>5∣μ=3}=0.0000p=P\{|u|>5 \mid \mu=3\}=0.0000.
(3) 如果 μ=2\mu=2, 那么 u=∑i=1100(Xi−3)40∼N(−2.5,1)u=\frac{\sum_{i=1}^{100}\left(X_{i}-3\right)}{40} \sim N(-2.5,1), 当 H1H_{1} 真, 此时 P{∣u∣<1.645}=P{0.855<u+2.5<4.145}=Φ(4.145)−Φ(0.855)=0.1963P\{|u|<1.645\}=P\{0.855<u+2.5<4.145\}=\Phi(4.145)-\Phi(0.855)=0.1963, 故功效为 ρ=1−0.1963=0.8037\rho=1-0.1963=0.8037.

九、(10分) 设某电子产品的寿命服从如下分布:

F(x;α,β)={1−e−x−αβ,x≥α0,x<αF(x ; \alpha, \beta)=\left\{\begin{array}{ll} 1-e^{-\frac{x-\alpha}{\beta}}, & x \geq \alpha \\ 0, & x<\alpha \end{array}\right.

现测得nn个该电子产品的寿命为X1,X2,⋯ ,Xn,X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}, 试求未知参数α,β\alpha, \beta的矩估计和极大似然估计.

Solution:
总体服从双参数指数分布 Exp⁡(α,1β)\operatorname{Exp}\left(\alpha, \frac{1}{\beta}\right), 其中 α\alpha 是位置参数, β\beta 是尺度参数, 所 以 EX=α+β,Var⁡(X)=β2E X=\alpha+\beta, \operatorname{Var}(X)=\beta^{2}, 所以令 {xˉ=α+βs2=β\left\{\begin{array}{l}\bar{x}=\alpha+\beta \\ s^{2}=\beta\end{array}\right., 解得矩估计是

{α^M=xˉ−sβ^M=s\left\{\begin{array}{l} \hat{\alpha}_{M}=\bar{x}-s \\ \hat{\beta}_{M}=s \end{array}\right.

样本的似然函数是

L(α,β)=1βnexp⁡{−∑i=1n(xi−α)β}I{x(1)⩾α}=1βne−nxˉβeαβI{x(1)⩾α}\begin{aligned} L(\alpha, \beta) &=\frac{1}{\beta^{n}} \exp \left\{-\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\alpha\right)}{\beta}\right\} \mathbf{I}_{\left\{x_{(1)} \geqslant \alpha\right\}} \\ &=\frac{1}{\beta^{n}} e^{-\frac{n \bar{x}}{\beta}} e^{\frac{\alpha}{\beta}} \mathbf{I}_{\left\{x_{(1)} \geqslant \alpha\right\}} \end{aligned}

显然它是关于 α\alpha 在 (−∞,x(1)]\left(-\infty, x_{(1)}\right] 上的增函数, 于是 α^L=x(1)\hat{\alpha}_{L}=x_{(1)} 是 α\alpha 的极大似然估计. 再求 β\beta 的极大似然估计, 考虑将对数似然函数的偏导置零, 即

∂ln⁡L(α,β)∂β=−nβ+∑i=1n(xi−α)β2=0\frac{\partial \ln L(\alpha, \beta)}{\partial \beta}=-\frac{n}{\beta}+\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\alpha\right)}{\beta^{2}}=0

解得 β=1n∑i=1n(xi−α)\beta=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\alpha\right), 代入 α^L=x(1)\hat{\alpha}_{L}=x_{(1)}, 得 β^L=xˉ−x(1)\hat{\beta}_{L}=\bar{x}-x_{(1)} 是 β\beta 的极大似然估计.