北京大学数院-431金融学综合-2018年-解析

北京大学数院-431金融学综合-2018年

一、(10分) $X, Y,$ i.i.d.$\sim N(0,1),$ 且 $\left\{\begin{array}{l}X=R \cos \theta \\ Y=R \sin \theta\end{array},\right.$ 求$E\left(R^{2} \theta\right),$ 其中$R>0, \theta \in[0,2 \pi]$ .

Solution:
给大家两种解法, 思考一下是否可行：
解法一：根据题意 $(X, Y)$ 的密度函数是 $\frac{1}{2 \pi} e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}$, 故

$$\begin{aligned} E\left(R^{2} \theta\right) &=\int_{\mathbb{R}^{2}}\left(x^{2}+y^{2}\right) \arctan \frac{y}{x} \cdot \frac{1}{2 \pi} e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}} d x d y \\ &=\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} \theta d \theta \int_{0}^{+\infty} r^{3} e^{-\frac{r^{2}}{2}} d r \\ &=\frac{1}{2 \pi} \cdot \frac{4 \pi^{2}}{2} \cdot 2=2 \pi . \end{aligned}$$

解法二: 用微分法,

$$\begin{aligned} P\{R=r, \theta=\alpha\} &=P\{X=r \cos \alpha, Y=r \sin \alpha\} \\ &=f_{X, Y}(r \cos \alpha, r \sin \alpha)\left|\frac{\partial(r \cos \alpha, r \sin \alpha)}{\partial(r, \alpha)}\right| d r d \alpha \\ &=\frac{1}{2 \pi} r e^{-\frac{r^{2}}{2}} d r d \alpha \end{aligned}$$

因此 $(R, \theta)$ 的联合密度是 $\frac{1}{2 \pi} r e^{-\frac{r^{2}}{2}}, 0 \leq \theta \leq 2 \pi, r>0$.

$$E\left(R^{2} \theta\right)=\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} \theta d \theta \int_{0}^{+\infty} r^{3} e^{-\frac{r^{2}}{2}} d r=\frac{1}{2 \pi} \cdot \frac{4 \pi^{2}}{2} \cdot 2=2 \pi .$$

[注]: 解法一是一种错误做法, 因为 $\theta$ 不能简单地表示为 $\arctan \frac{y}{x}, \theta$ 的取值范围是 $[0,2 \pi]$, 而 $\arctan \frac{y}{x}$ 则取值在 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 之间.

二、(10分) $X_{1}, \ldots, X_{n},$ i.i.d. $\sim f(x)=a x^{2} I[1<x<b],$ 其中 $a>0, b>1, B_{i}=\left\{X_{i}>4^{\frac{1}{3}}\right\}$,

(1)(5分) $P\left(B_{1} \mid B_{1} \cup B_{2}\right)=0.7,$ 求 $a, b$;

(2)(5分) 在 (1) 的条件下, 证明 $\left(\prod_{k=1}^{n} X_{k}\right)^{\frac{1}{n}} \rightarrow c,$ a.s., 当 $n \rightarrow \infty,$ 并求常数 $c$.

Solution:
(1)

$$\begin{aligned} &P\left(B_{1}\right)=\int_{4^{\frac{1}{3}}}^{b} a x^{2} d x=\left.\frac{a}{3} x^{3}\right|_{4^{\frac{1}{3}}} ^{b}=\frac{a}{3}\left(b^{3}-4\right) \\ &P\left(B_{1} \mid B_{1} \cup B_{2}\right)=\frac{P\left(B_{1}\right)}{P\left(B_{1}\right)+P\left(B_{2}\right)-P\left(B_{1}\right) P\left(B_{2}\right)}=\frac{1}{2-P\left(B_{1}\right)}=0.7, \end{aligned}$$

敇 $2-\frac{a}{3}\left(b^{3}-4\right)=\frac{10}{7} \Rightarrow a\left(b^{3}-4\right)=\frac{12}{7}$, 此外, 根据概率的正则性, 有 $1=\int_{1}^{b} a x^{2} d x=\left.\frac{a}{3} x^{3}\right|_{1} ^{b}=\frac{a}{3}\left(b^{3}-1\right) \Rightarrow a\left(b^{3}-1\right)=3$, 联立后解得 $a=\frac{3}{7}, b=2$.

(2) $E \ln X_{1}=\frac{3}{7} \int_{1}^{2} \ln x \cdot x^{2} d x=\frac{3}{7} \int_{0}^{\ln 2} t e^{3 t} d t=\frac{8}{7} \ln 2-\frac{1}{3}$, 根据强大数律

$$\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \ln X_{i} \rightarrow \frac{8}{7} \ln 2-\frac{1}{3}, \text { a.s. }$$

而 $\exp (\cdot)$ 是连续函数, 因此

$$\left(\prod_{i} X_{i}\right)^{\frac{1}{n}}=\exp \left(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \ln X_{i}\right) \rightarrow \exp \left(\frac{8}{7} \ln 2-\frac{1}{3}\right)=2^{\frac{8}{7}} e^{-\frac{1}{3}}, \text { a.s. }$$

三、(10分) $(X, Y) \sim f(x, y)=\frac{1}{4}\left[1+\frac{1}{2} x y\left(x^{2}-y^{2}\right)\right],|x|<1,|y|<1,$ 求 $Y$ 的特征函数.

Solution:
先求 $Y$ 的边缘密度, 根据题意, 有

$$\begin{aligned} f_{Y}(y) &=\frac{1}{4} \int_{-1}^{1}\left[1+\frac{1}{2} x y\left(x^{2}-y^{2}\right)\right] d x \\ &=\frac{1}{4}\left[2+\frac{1}{2} y \int_{-1}^{1} x^{3} d x-\frac{1}{2} y^{3} \int_{-1}^{1} x d x\right] \\ &=\frac{1}{2} \end{aligned}$$

因此, $Y$ 的特征函数是

$$\begin{aligned} \varphi(t)=E e^{i t Y} &=E \cos t Y+i E \sin t Y \\ &=\frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \cos t y d y \\ &=\frac{\sin t}{t} \end{aligned}$$

四、(10分) $\{N(t), t \geq 0\}$ 是强度为 $\lambda$ 的泊松过程, 当 $0<t<s$ 时, 计算 $E[N(s) \mid N(t)]$ 以及当 $N(s)=n$时, $N(t)$ 的条件分布.

Solution:
法一：先计算 $N(s) \mid N(t)$ 的条件分布, 再去计算期望.

$$P\{N(s)=n \mid N(t)=k\}=\frac{P\{N(s-t)=n-k, N(t)=k\}}{P\{N(t)=k\}}=P\{N(s-t)=n-k\},$$

有了条件分布, 可以计算出条件期望, 即

$$\begin{aligned} E[N(s) \mid N(t)] &=\sum_{n=N(t)}^{+\infty} n P\{N(s-t)=n-N(t)\} \\ &=\sum_{n=N(t)}^{+\infty} n \cdot \frac{(\lambda(s-t))^{n-N(t)}}{(n-N(t)) !} e^{-\lambda(s-t)} \\ &=\lambda(s-t)+N(t) \end{aligned}$$

（注意: $\left.\sum_{n=k}^{+\infty} n \frac{\lambda^{n-k}}{(n-k) !}=\lambda \sum_{n=k}^{+\infty}(n-k) \frac{\lambda^{n-k-1}}{(n-k) !}+k \sum_{n=k}^{+\infty} \frac{\lambda^{n-k}}{(n-k) !}=(\lambda+k) e^{-\lambda}\right)$

法二：直接利用泊松过程的独立增量性去计算期望.

$$\begin{aligned} E[N(s) \mid N(t)] &=E[N(s)-N(t) \mid N(t)]+E[N(t) \mid N(t)] \\ &=E[N(s-t) \mid N(t)]+N(t) \\ &=\lambda(s-t)+N(t) \end{aligned}$$

下面计算 $N(s)=n$ 时, $N(t)$ 的条件分布:

$$\begin{aligned} P\{N(t)=k \mid N(s)=n\} &=\frac{P\{N(s)=n \mid N(t)=k\} P\{N(t)=k\}}{P\{N(s)=n\}} \\ &=\frac{P\{N(s-t)=n-k\} P\{N(t)=k\}}{P\{N(s)=n\}} \\ &=\frac{[\lambda(s-t)]^{n-k} e^{-\lambda(s-t)}}{(n-k) !} \cdot \frac{n !}{(\lambda s)^{n} e^{-\lambda s}} \cdot \frac{(\lambda t)^{k} e^{-\lambda t}}{k !} \\ &=C_{n}^{k}\left(\frac{t}{s}\right)^{k}\left(\frac{s-t}{s}\right)^{n-k} \end{aligned}$$

五、(10分) $A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3}=\Omega, P\left(A_{1}\right)=P\left(A_{3}\right)=P\left(A_{3}\right)=p,$ 且三者不同时发生, 求 $p$ 的范围.

Solution:
对于该题, 我们引入示性函数, 首先由于 $A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3}=\Omega$, 有

$$1 \leq I_{A_{1}}+I_{A_{2}}+I_{A_{3}},$$

其次, 由于三者不同时发生, 有

$$I_{A_{1}}+I_{A_{2}}+I_{A_{3}} \leq 2 .$$

对上述两式求期望得:

$$1 \leq 3 p \leq 2 \Rightarrow \frac{1}{3} \leq p \leq \frac{2}{3} .$$

再考虑构造两个模型使得等号成立:
(1) $\Omega=[0,1), A_{1}=\left[0, \frac{1}{3}\right), A_{2}=\left[\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right), A_{3}=\left[\frac{2}{3}, 1\right)$, 满足题意, 此时 $p=\frac{1}{3}$.
(2) $\Omega=[0,1), A_{1}=\left[0, \frac{2}{3}\right), A_{2}=\left[\frac{1}{3}, 1\right), A_{3}=\left[0, \frac{1}{3}\right) \cup\left[\frac{2}{3}, 1\right)$, 满足题意, 此时 $p=\frac{2}{3}$.
故 $\frac{1}{3} \leq p \leq \frac{2}{3}$.
[注]: 对于给定一定条件, 求 $p$ 的取值范围的题目, 解题思路是分两步走, 第一步是构造出不等式限定住 $p$ 的取值范围, 第二步是构造出相应的模型使得等号成立.

六、(15分) 总体 $X \sim B(1, p), x_{1}, \ldots, x_{n}$ 为简单随机样本,

(1)(5分) 求 $p^{m}$ 的一致最小方差无偏估计 $(0<m \leq n)$;

(2)(5分) 求 $P\left(\sum_{j=1}^{n-1} x_{j}>x_{n}\right)$ 的一致最小方差无偏估计;

(3)(5分) 给出一种求 $p$ 的区间估计的方法.

Solution:
(1) 我们知道两点分布有完全的充分统计量 $T=\sum_{i=1}^{n} x_{i} \sim B(n, p)$, 现在我们去考虑一
个服从 $B(n-m, p)$ 的随机变量 $X$ 的分布列的和, 即

$$\sum_{k=0}^{n-m} \frac{(n-m) !}{k !(n-m-k) !} p^{k}(1-p)^{n-m-k}=1,$$

适当作下标的变形, 即为

$$\sum_{k=m}^{n} \frac{(n-m) !}{(k-m) !(n-k) !} p^{k-m}(1-p)^{n-k}=1,$$

而 $\sum_{k=0}^{m-1} \frac{(n-m) !}{(k-m) !(n-k) !} p^{k-m}(1-p)^{n-k} \leq P\{X<0\}=0$, 所以

$$\sum_{k=0}^{n} \frac{(n-m) !}{(k-m) !(n-k) !} p^{k-m}(1-p)^{n-k}=1,$$

左右同时乘 $p^{m}$ 并注意到 $\frac{(n-m) !}{(k-m) !(n-k) !}=\frac{k \cdot(k-1) \cdots(k-m+1)}{n \cdot(n-1) \cdots(n-m+1)} \cdot \frac{n !}{k !(n-k) !}$, 故

$$\sum_{k=0}^{n} \frac{k \cdot(k-1) \cdots(k-m+1)}{n \cdot(n-1) \cdots(n-m+1)} C_{n}^{k} p^{k}(1-p)^{n-k}=p^{m},$$

即 $E \frac{T \cdot(T-1) \cdots(T-m+1)}{n \cdot(n-1) \cdots(n-m+1)}=p^{m}$, 这完全的充分统计量构造的，故是 UMVUE.

(2)首先有$E\left(I\left[\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}>X_{n}\right]\right)=P(\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}>X_{n})$.
故由L-S定理可知, $E\left(I\left[\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}>X_{n}\right]\mid T\right)$为$P\left(\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}>X_{n}\right)$的UMVUE.
当$T=0$时, 有

$$E\left(I\left[\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}>X_{n}\right]\mid T=0\right)=\frac{P\left(\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}>X_{n}, \sum_{j=1}^n X_j =0\right)}{P(\sum_{j=1}^n X_j =0)}=0.$$

当$T=1$时, 有

$$\begin{aligned} E\left(I\left[\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}>X_{n}\right]\mid T=1\right)&=\frac{P\left(\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}>X_{n}, \sum_{j=1}^n X_j =1\right)}{P(\sum_{j=1}^n X_j =1)}\\ &=\frac{P(\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}=1)P(X_n=0)}{P(\sum_{j=1}^n X_j =1)}\\ &=\frac{C_{n-1}^1\cdot p^1\cdot(1-p)^{n-2}\cdot(1-p)}{C_n^1\cdot p^1\cdot(1-p)^{n-1}}=\frac{n-1}{n}. \end{aligned}$$

当$T=2$时, 有

$$\begin{aligned} E\left(I\left[\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}>X_{n}\right]\mid T=2\right)&=\frac{P\left(\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}>X_{n}, \sum_{j=1}^n X_j =2\right)}{P(\sum_{j=1}^n X_j =2)}\\ &=\frac{P(\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}=2)P(X_n=0)}{P(\sum_{j=1}^n X_j =2)}\\ &=\frac{C_{n-1}^2\cdot p^2\cdot(1-p)^{n-2}\cdot(1-p)}{C_n^2\cdot p^2\cdot(1-p)^{n-1}}=\frac{n-2}{n}. \end{aligned}$$

当$T\geq 3$时, 有

$$\begin{aligned} E\left(I\left[\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}>X_{n}\right]\mid T=3\right)=\frac{P\left(\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}>X_{n}, \sum_{j=1}^n X_j =3\right)}{P(\sum_{j=1}^n X_j =3)}=1. \end{aligned}$$

综上所述

$$V(T)= \begin{cases}0, & T=0 \\ \frac{n-1}{n}, & T=1 \\ \frac{n-2}{n}, & T=2 \\ 1, & T\geq 3\end{cases}$$

是 $P\left(\sum_{j=1}^{n-1} X_{j}>X_{n}\right)$ 的 UMVUE.

(3)
[法一: 正态近似] 当样本量较大时, 根据中心极限定理, 近似有 $\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-p)}{\sqrt{p(1-p)}} \sim(0,1)$, 但是由于 $p$ 本身就是待估参数, 根据强大数律知道 $\bar{x} \rightarrow p$, a.s. , 故近似有

$$\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-p)}{\sqrt{\bar{x}(1-\bar{x})}} \sim N(0,1)$$

因此 $p$ 的水平为 $\alpha$ 的置信区间为

$$\left[\bar{x}-u_{1-\frac{\alpha}{2}} \sqrt{\frac{\bar{x}(1-\bar{x})}{n}}, \bar{x}+u_{1-\frac{\alpha}{2}} \sqrt{\frac{\bar{x}(1-\bar{x})}{n}}\right] .$$

[法二: 利用Beta 分布] 考虑到恒等式:

$$\begin{aligned} &\sum_{i=k}^{n} C_{n}^{i} p^{i}(1-p)^{n-i}=\int_{0}^{p} \frac{n !}{(k-1) !(n-k) !} x^{k-1}(1-x)^{n-k} d x, \\ &\sum_{i=0}^{k} C_{n}^{i} p^{i}(1-p)^{n-i}=\int_{p}^{1} \frac{n !}{k !(n-k-1) !} x^{k}(1-x)^{n-k-1} d x, \end{aligned}$$

我们去考虑两个单侧区间, 使得 $p \in\left[0, p_{1}\right], p \in\left[p_{2}, 1\right]$ 的概率都是 $\frac{\alpha}{2}$. 如果样本发牛
了 $\sum_{i=1}^{n} x_{i}=n_{0}$, 那么我们应该找到一个根 $p_{1}$, 使得

$$\frac{\alpha}{2}=\sum_{i=n_{0}}^{n} C_{n}^{i} p^{i}(1-p)^{n-i}=\int_{0}^{p} \frac{n !}{\left(n_{0}-1\right) !\left(n-n_{0}\right) !} x^{n_{0}-1}(1-x)^{n-n_{0}} d x,$$

而等式右侧的积分恰好是 Beta 分布的积分, 故 $p_{1}=\operatorname{Beta}_{\frac{\alpha}{2}}\left(n_{0}, n-n_{0}+1\right)$, 同理我们
应该找到一个根 $p_{2}$, 使得

$$\frac{\alpha}{2}=\int_{p}^{1} \frac{n !}{n_{0} !\left(n-n_{0}-1\right) !} x^{n_{0}}(1-x)^{n-n_{0}-1} d x,$$

解得 $p_{2}=\operatorname{Beta}_{1-\frac{\alpha}{2}}\left(n_{0}+1, n-n_{0}\right)$, 故 $p$ 的水平为 $\alpha$ 的置信区间为

$$\left[\operatorname{Beta}_{\frac{\alpha}{2}}\left(n_{0}, n-n_{0}+1\right), \operatorname{Beta}_{1-\frac{\alpha}{2}}\left(n_{0}+1, n-n_{0}\right)\right] .$$

七、(10分) 现有正态分布 $N(\mu, 1)$ 的 $n$ 个样本 $x_{1}, \ldots, x_{n},$ 取值小于 0 时记为 $1,$ 否则记为 $0,$ 求 $\mu$ 的 $\mathrm{MLE}$

Solution:
由于 $P\left\{x_{1}=1\right\}=P\{X<0\}=P\{X-\mu<-\mu\}=\Phi(-\mu)$, 我们可以看出 $\bar{x}$ 是 $\Phi(-\mu)$ 的 MLE, 现在根据 MLE 的不变性可以得出:

$$-\Phi^{-1}(\bar{x}) \text { 是 } \mu \text { 的 MLE. }$$

八、(10分) 叙述并证明Neyman-Pearson引理.

Solution:
该题重复考察多次, 不再赘述.

九、(15分) $Y, X_{1}, \ldots, X_{n}$ 是方差有限的随机变量, $E Y=\mu, E X_{i}=\mu_{i},$ $X$ 的协方差矩阵 $\Sigma$ 正定， $C=\left(\operatorname{Cov}\left(X_{1}, Y\right), \ldots, \operatorname{Cov}\left(X_{n}, Y\right)\right),$ 求常数 $b_{0}, b_{1}, \ldots, b_{n}$ 使得$E\left[Y-b_{0}-b_{1} X_{1}-\ldots-b_{n} X_{n}\right]^{2}$ 达到最小.

Solution:
解法一：记 $Q=E\left[Y-b_{0}-b_{1} X_{1}-\ldots-b_{n} X_{n}\right]^{2}$, 由于协方差存在, 可以进行积分号下的求导, 基于此建立正规方程组:

$$\left\{\begin{array}{c} \frac{\partial Q}{\partial b_{0}}=-2 E\left[Y-b_{0}-b_{1} X_{1}-\ldots-b_{n} X_{n}\right]=0 \\ \frac{\partial Q}{\partial b_{i}}=-2 E X_{i}\left[Y-b_{0}-b_{1} X_{1}-\ldots-b_{n} X_{n}\right] \stackrel{l e t}{l}=0, i=1,2, \ldots, n \end{array}\right.$$

解关于 $b_{0}$ 的式子, 得到 $E Y=b_{0}+b_{1} E X_{1}+\ldots+b_{n} X_{n}$, 故有

$$E X_{i}\left[E Y-b_{0}-b_{1} E X-\ldots-b_{n} X_{n}\right]=0, i=1,2, \ldots, n .$$

所以关于 $b_{i}$ 的式子就等价于 $\operatorname{Cov}\left(X_{i}, Y-b_{0}-b_{1} X_{1}-\ldots-b_{n} X_{n}\right)=0$, 即

$$\operatorname{Cov}\left(X_{i}, X_{1}\right) b_{1}+\ldots+\operatorname{Cov}\left(X_{i}, X_{n}\right) b_{n}=\operatorname{Cov}\left(X_{i}, Y\right),$$

将 $n$ 个式子联立就得到了线性方程组:

$$\Sigma B=C^{T} \text {, }$$

故 $\left(b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n}\right)^{T}=\Sigma^{-1} C^{T}, b_{0}=E Y-b_{1} E X_{1}-\ldots-b_{n} E X_{n}$.

解法二：显然 $Q=E\left[(Y-E Y)+\left(E Y-b_{0}-\sum_{i=1}^{n} b_{i} E X_{i}\right)-\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}\left(X_{i}-E X_{i}\right)\right)\right]^{2}$,
将平方打开, 注意到 $E Y-b_{0}-\sum_{i=1}^{n} b_{i} E X_{i}$ 可以看作常数 $A$, 故

$$Q=E\left[(Y-E Y)^{2}+\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}\left(X_{i}-E X_{i}\right)\right)^{2}-2 \sum_{i=1}^{n} b_{i}\left(X_{i}-E X_{i}\right)(Y-E Y)+A^{2}\right]$$

即 $Q=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} b_{i} b_{j} \operatorname{Cov}\left(X_{i}, X_{j}\right)-2 \sum_{i=1}^{n} b_{i} \operatorname{Cov}\left(X_{i}, Y\right)+\operatorname{Var}(Y)+A^{2}$, 想要使 $Q$ 达最小, 必 须让 $A=0$ 并让前方的二次函数各个偏导为 0 , 也能得到一样的线性方程组, 便不赘述.