北京大学数院-431金融学综合-2023年-解析

北京大学数院-431金融学综合-2023年

一、(12分) 设 $X,Y$ 独立同服从 $\{0,1,2,3,4\}$ 上的均匀分布，记 $XY=10\xi + \eta$，即十位数是 $\xi$，个位数是 $\eta$。
(1) 求 $\xi$ 的分布列；
(2) 求 $P(\eta \le 1 |\xi =0)$;
(3) 求 $E(X\xi)$.

Solution: (1) 直接计算, 有

$$P\left( \xi =1 \right) =P\left( XY=3\cdot 4 \right) +P\left( XY=4\cdot 4 \right) =\frac{3}{25},$$

因此 $P(\xi = 0)=\frac{22}{25}$.

(2) 这个概率意味着: $XY<10$, 即不能取 $(4,4),(3,4),(4,3)$, 在剩下的 22 种情况中, 只有 $(1,1)$ 和 $(0,k), (k,0)$ 满足情况, 这里总共有 10 种情况, 故 $P(\eta \le 1 |\xi =0)=\frac{5}{11}$.

(3) 求该期望只需考虑 $\xi =1$ 时, 即有

$$\left\{ X\xi >0 \right\} =\left\{ \left( X,Y \right) =\left( 3,4 \right) ,\left( 4,3 \right) ,\left( 4,4 \right) \right\}$$

故有期望是

$$E\left( X\xi \right) =\frac{1}{25}\cdot 3+\frac{2}{25}\cdot 4=\frac{11}{25}.$$

二、(13分) 已知 $X$ 的分布是

$$f(x)=be^{-a|x|},\quad x\in R,$$

且 $Var(X)=1$.

(1) 求 $a,b$;
(2) 记函数

$$g_{\varepsilon}(x)=\begin{cases} x,& \left| x \right|\le \varepsilon ,\\ -x,& \left| x \right|>\varepsilon ,\\ \end{cases}$$

其中 $\varepsilon>0$ 已知，求 $g_{\varepsilon}(X)$ 的分布；
(3) 求 $Cov(X,g_{\varepsilon}(X))$.

Solution: (1) 首先根据正则性，有

$$1=\int_{-\infty}^{+\infty}{be^{-a|x|}dx}=2b\int_0^{+\infty}{e^{-ax}dx}=\frac{2b}{a}.$$

其次显然 $E(X)=0$, 由二阶矩为 $1$, 有

$$1=2b\int_0^{+\infty}{x^2e^{-ax}dx}=\frac{2b}{a^3}\int_0^{+\infty}{\left( ax \right) ^2e^{-ax}d\left( ax \right)}=\frac{4b}{a^3}.$$

联立解得：$a=\sqrt{2}, b=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

(2) 显然有 $Y=g_{\varepsilon}\left( X \right) =XI_{\left\{ |X|\le \varepsilon \right\}}-XI_{\left\{ |X|>\varepsilon \right\}}$, 故当 $|y|<\varepsilon$ 时, 有

$$P\left( Y=y \right) =P\left( X=y \right) =\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-\sqrt{2}|y|}dy,$$

当 $|y|>\varepsilon$ 时, 有

$$P\left( Y=y \right) =P\left( X=-y \right) =\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-\sqrt{2}|y|}dy,$$

因此 $g_{\varepsilon}(X)$ 的分布也是 $\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-\sqrt{2}|y|}$.

(3) 因为 $E(X)=0$, 所以只需求混合矩, 有

$$E\left( XY \right) =E\left( X^2I_{\left\{ |X|\le \varepsilon \right\}} \right) -E\left( X^2I_{\left\{ |X|>\varepsilon \right\}} \right) =E\left( X^2 \right) -2E\left( X^2I_{\left\{ |X|>\varepsilon \right\}} \right) ,$$

其中 $E(X^2)=1$, 而

$$\begin{aligned} E\left( X^2I_{\left\{ |X|>\varepsilon \right\}} \right) &=\sqrt{2}\int_{\varepsilon}^{+\infty}{x^2e^{-\sqrt{2}x}dx}=\frac{1}{2}\int_{\varepsilon}^{+\infty}{\left( \sqrt{2}x \right) ^2e^{-\sqrt{2}x}d\left( \sqrt{2}x \right)}\\ &=\frac{1}{2}\int_{\sqrt{2}\varepsilon}^{+\infty}{u^2e^{-u}du}=\left( \varepsilon ^2+\sqrt{2}\varepsilon +1 \right) e^{-\sqrt{2}\varepsilon},\\ \end{aligned}$$

这里用两次分部积分公式或者直接用泊松-伽马恒等式. 最后汇总得

$$Cov\left( X,g_{\varepsilon}\left( X \right) \right) =1-2\left( \varepsilon ^2+\sqrt{2}\varepsilon +1 \right) e^{-\sqrt{2}\varepsilon}.$$

三、(12分) 设 $X_1,X_2,X_3,X_4$ 是 i.i.d. $U(0,c)$ 随机变量，其中 $c>0$ 已知。如果 $X_i\le kc$ 代表违约。定义两个产品，

$$\begin{aligned} &Y_1:\quad \text{四个全违约时支付0元, 否则支付1元},\\ &Y_2:\quad \text{两个及以上违约时支付0元, 否则支付1元}. \end{aligned}$$

(1) 求 $Y_1,Y_2$ 的期望；
(2) 求 $P(Y_1=0,Y_2=1)$ 和 $P(Y_1=1,Y_2=0)$.

Solution: (1) 实际上违约数量 $Z\sim B(4,k)$, 因此分布是

$$P\left( Y_1=0 \right) =P\left( Z=4 \right) =k^4,\quad P\left( Y_1=1 \right) =1-k^4,$$

故 $E(Y_1)=1-k^4$.

同理有

$$P\left( Y_2=1 \right) =P\left( Z=0,1 \right) =\left( 1-k \right) ^4+4k\left( 1-k \right) ^3,\quad P\left( Y_2=0 \right) =1-\left( 1-k \right) ^4-4k\left( 1-k \right) ^3,$$

故 $E(Y_2)=\left( 1-k \right) ^4+4k\left( 1-k \right) ^3$.

(2) 联合分布是

$$\begin{aligned} &P\left( Y_1=0,Y_2=0 \right) =P\left( Z=4 \right) =k^4,\quad P\left( Y_1=0,Y_2=1 \right) =0,\\ &P\left( Y_1=1,Y_2=1 \right) =P\left( Z=0,1 \right) =\left( 1-k \right) ^4+4k\left( 1-k \right) ^3,\\ &P\left( Y_1=1,Y_2=0 \right) =P\left( Z=2,3 \right) =6k^2\left( 1-k \right) ^2+4k^3\left( 1-k \right) .\\ \end{aligned}$$

故有 $P\left( Y_1=0,Y_2=1 \right) =0$, $P\left( Y_1=1,Y_2=0 \right) =P\left( Z=2,3 \right) =6k^2\left( 1-k \right) ^2+4k^3\left( 1-k \right)$.

四、(13分) 已知 $N(t)$ 是强度为 $1$ 的泊松过程，定义 $Y_n$ 满足

$$\sqrt{n} Y_n + n = N(n).$$

(1) 证明: $Y_n \xrightarrow{L} N(0,1)$;
(2) 估算 $P(20\le N(25)\le 25)$.

Solution: (1) 考虑 $X_1,X_2,\cdots,X_n$ i.i.d. 服从 $P(1)$, 根据泊松分布可加性可以把 $N(n)$ 写为

$$N(n)=X_1+X_2+\cdots+X_n,$$

因此利用中心极限定理有

$$Y_n = \frac{N(n)-n}{\sqrt{n}}=\frac{\sum_{k=1}^n X_k - n}{\sqrt{n}} \xrightarrow{L}N(0,1).$$

(2) 利用中心极限定理的(这里显然题设不想我们离散修正, 当然修正了也没问题), 有

$$P\left( 20\le N\left( 25 \right) \le 25 \right) =P\left( \frac{20-25}{5}\le Y_{25}\le \frac{25-25}{5} \right) \approx \frac{1}{2}-\Phi \left( -1 \right) .$$

五、(15分) 已知 $Y\sim N(0,\sigma^2)$, 以及 $X=|Y|$, 有来自 $X$ 的 i.i.d. 样本 $X_1,X_2,\cdots,X_n$.
(1) 求 $X$ 的分布；
(2) 求 $\sigma^2$ 的无偏矩估计；
(3) 求 $\sigma^2$ 的MLE。

Solution: (1) 用微分法, 有

$$P\left( X=x \right) =P\left( Y=x \right) +P\left( Y=-x \right) =\frac{1}{\sigma}\sqrt{\frac{2}{\pi}}e^{-\frac{x^2}{2\sigma ^2}}dx,$$

因此有

$$f_X(x)=\frac{1}{\sigma}\sqrt{\frac{2}{\pi}}e^{-\frac{x^2}{2\sigma ^2}},\quad x>0.$$

(2) 求期望, 有

$$E\left( X \right) =\frac{1}{\sigma}\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_0^{+\infty}{xe^{-\frac{x^2}{2\sigma ^2}}dx}=\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_0^{+\infty}{\frac{x}{\sigma}e^{-\frac{1}{2}\left( \frac{x}{\sigma} \right) ^2}d\left( \frac{x}{\sigma} \right)}=\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}},$$

这对应有 $\sigma ^2=\frac{\pi}{2}\left( E\left( X \right) \right) ^2$, 根据替换原理有

$$\hat{\sigma}_{M1}^{2}=\frac{\pi}{2}\bar{X}^2.$$

然而由于 $E(\bar{X})=\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}$, 由 Jensen 不等式有 $E(\bar{X}^2)\ge \sigma^2 \frac{2}{\pi}$, 并且此时等号无法取等, 故有

$$E(\hat{\sigma}_{M1}^2)>\sigma^2,$$

它不是无偏估计，因此一阶矩不满足，我们尝试二阶矩。求期望有

$$E\left( X^2 \right) =E\left( Y^2 \right) =\sigma ^2,$$

因此由替换原理，$\hat{\sigma}_{M2}^2 = \frac{\sum_{k=1}^n x_k^2}{n}$, 而恰好 $E(\hat{\sigma}_{M2}^2)=E(X^2)=\sigma^2$, 无偏.

(3) 似然函数和对数似然函数是

$$L\left( \theta \right) =A\cdot \left( \sigma ^2 \right) ^{-\frac{n}{2}}\cdot e^{-\frac{\sum_{k=1}^n{x_{k}^{2}}}{2\sigma ^2}},\quad \ln L\left( \theta \right) =C-\frac{n}{2}\ln \left( \sigma ^2 \right) -\frac{\sum_{k=1}^n{x_{k}^{2}}}{2\sigma ^2},$$

求导置零解得 $\hat{\sigma}_{L}^{2}=\frac{\sum_{k=1}^n{x_{k}^{2}}}{n}$.

六、(5分) 设 $X_n \sim B(n,\frac{1}{2})$, 如果要求 $\frac{X_n}{n}$ 与 $\frac{1}{2}$ 的差距小于0.04的概率大于0.95，求 $n$ 的最小值.

Solution: 利用正态近似, 即 $\frac{X_n}{n}\sim AN(\frac{1}{2},\frac{1}{4n})$, 故有

$$P\left( \left| \frac{X_n}{n}-\frac{1}{2} \right|<0.04 \right) =P\left( 2\sqrt{n}\left| \frac{X_n}{n}-\frac{1}{2} \right|<0.08\sqrt{n} \right) \approx 2\Phi \left( 0.08\sqrt{n} \right) -1,$$

要使得其 $\ge 0.95$, 就要

$$0.08\sqrt{n}\ge 1.96,\quad \Rightarrow \quad n\ge \left( \frac{1.96}{0.08} \right) ^2=600.25.$$

因此 $n$ 至少为 601.

七、(10分) 设有来自 $B(r,\theta)$ 的 i.i.d. 样本 $x_1,\cdots,x_n$, 其中 $r$ 已知。
(1) 求 Fisher 信息量 $I(\theta)$；
(2) 求 $g(\theta)$ 使得 $g(\theta)$ 的无偏估计的方差下界与 $\theta$ 无关。

Solution: (1) 密度函数是

$$p\left( x;\theta \right) =C_{r}^{x}\theta ^x\left( 1-\theta \right) ^{r-x},\quad \ln p=A+x\ln \theta +\left( r-x \right) \ln \left( 1-\theta \right) ,$$

求导得

$$\frac{\partial \ln p}{\partial \theta}=\frac{x}{\theta}-\frac{r-x}{1-\theta},\quad \frac{\partial ^2\ln p}{\partial \theta}=-\left( \frac{x}{\theta ^2}+\frac{r-x}{\left( 1-\theta \right) ^2} \right) ,$$

Fisher信息量是

$$I\left( \theta \right) =-E\left[ \frac{\partial ^2\ln p}{\partial \theta} \right] =\frac{r\theta}{\theta ^2}+\frac{r\left( 1-\theta \right)}{\left( 1-\theta \right) ^2}=\frac{r}{\theta \left( 1-\theta \right)}.$$

(2) $g(\theta)$ 的无偏估计的方差 CR 下界是

$$\mathrm{CR}=\frac{\left[ g'\left( \theta \right) \right] ^2}{nI\left( \theta \right)}=\frac{\theta \left( 1-\theta \right)}{nr}\left[ g'\left( \theta \right) \right] ^2,$$

直接考虑 $g'\left( \theta \right) =\frac{c_0}{\sqrt{\theta \left( 1-\theta \right)}}$, 其中 $c_0$ 是任意常数, 积分有

$$g\left( \theta \right) =k_1\mathrm{arc}\sin \left( \sqrt{1-\theta} \right) +k_2.$$

其中 $k_1,k_2$ 是任意常数.

八、(10分) 设随机变量 $X$ 的分布是 $f(x;\lambda)= \lambda m (\lambda x)^{m-1}e^{-(\lambda x)^m},x>0$. $m>0$ 已知, 求下述检验的 UMPT:

$$H_0:\lambda =\lambda_0 \quad \mathrm{vs} \quad H_1: \lambda>\lambda_0.$$

并指出检验统计量的分布.

Solution: 密度函数是

$$f(x;\lambda)= \lambda m (\lambda x)^{m-1}e^{-(\lambda x)^m}$$

是指数族，令 $\eta = -\lambda^m$, 则该指数族的标准形式是

$$f(x;\eta )=S\left( \eta \right) C\left( x \right) \exp \left\{ \eta \cdot y \right\} ,$$

其中 $y=x^m$ 是对应的充分统计量. 且 $H_0:\lambda = \lambda_0 \quad \mathrm{vs} \quad H_1:\lambda>\lambda_0$ 等价于

$$H_0:\eta = -\lambda_0^m \quad \mathrm{vs} \quad H_1:\lambda<-\lambda_0^m$$

根据推广的 N-P 引理（或Karlin-Rubin定理）, 该问题的UMPT是

$$T\left( X \right) =I_{\left\{ Y<c \right\}}=I_{\left\{ X^{m}<c \right\}},$$

或是 $W=\{X^{m}<c\}$, 其中 $c$ 由显著性水平确定.

记 $Z=(\lambda X)^m$, 由微分法得

$$P\left( Z=z \right) =P\left( X=\frac{z^{\frac{1}{m}}}{\lambda} \right) =\lambda mz^{\frac{m-1}{m}}e^{-z}d\left( \frac{z^{\frac{1}{m}}}{\lambda} \right) =e^{-z}dz,$$

这是指数分布. 我们再考虑将检验写为

$$W=\left\{(\lambda_0 X)^m<c_1 \right\}$$

这里检验统计量 $(\lambda_0 X)^m$ 在原假设下恰好是 $Exp(1)$, 故 $c_1=-\ln \left( 1-\alpha \right)$. 汇总得

$$W=\left\{(\lambda_0 X)^m<-\ln \left( 1-\alpha \right)\right\}$$

是水平为 $\alpha$ 的UMPT.

九、(10分) 有线性模型 $Y_{ij}=\alpha_i+\beta x_{ij}+e_{ij}$, $i=1,\cdots,m$, $j=1,\cdots,n$. 其中 $E(e_{ij})=0$, $Var(e_{ij})=\sigma^2$, 求 $(\alpha_1,\cdots,\alpha_m,\beta)$ 的 LSE.

Solution: 极小化残差平方和

$$Q\left( \alpha _1,\cdots ,\alpha _m,\beta \right) =\sum_{i=1}^m{\sum_{j=1}^n{\left( Y_{ij}-\alpha _i-\beta X_{ij} \right) ^2}},$$

求导得

$$\frac{\partial Q}{\partial \alpha _i}=-2\sum_{j=1}^n{\left( Y_{ij}-\alpha _i-\beta X_{ij} \right)},\quad \frac{\partial Q}{\partial \beta}=-2\sum_{i=1}^m{\sum_{j=1}^n{X_{ij}\left( Y_{ij}-\alpha _i-\beta X_{ij} \right)}},$$

解得

$$\begin{cases} \hat{\beta}=\frac{l_{xy}}{l_{xx}}=\frac{\sum_{i=1}^m{\sum_{j=1}^n{\left( X_{ij}-\bar{X}_{i\cdot} \right) \left( Y_{ij}-\bar{Y}_{i\cdot} \right)}}}{\sum_{i=1}^m{\sum_{j=1}^n{\left( X_{ij}-\bar{X}_{i\cdot} \right) ^2}}},\\ \hat{\alpha}_i=\bar{Y}_{i\cdot}-\hat{\beta}\bar{X}_{i\cdot},\quad i=1,2,\cdots ,m.\\ \end{cases}$$

十、(10分) 有两种累积方式，A: 单利 $9\%$ 利率；B: 复利 $6\%$ 利率。问何时 A 的利息力首次低于 B。

Solution: 两种累积函数是

$$a_A(t) = 1+0.09t,\quad a_B(t)=(1+0.06)^t,$$

利息力函数是

$$\delta _A\left( t \right) =\frac{0.09}{1+0.09t},\quad \delta _B\left( t \right) =\ln \left( 1.06 \right) ,$$

令 $\delta_A \le \delta_B$, 有

$$\frac{0.09}{1+0.09t}\le \ln \left( 1.06 \right) ,\quad \Rightarrow \quad t\ge \frac{\frac{0.09}{\ln \left( 1.06 \right)}-1}{0.09}=6.0507.$$

十一、(15分) 贷款 $L$ 元，月名利率 $12\%$，偿债基金月名利率 $6\%$。每月底偿还1000元，先偿还利息，剩余部分存至偿债基金，总计 3 年，求 $L$ 以及实际利率 $r$, 结果在百分号下保留 1 位小数。

Solution: 每月需还利息为 $I=0.01L$, 因此有

$$(1000-0.01L)\cdot s_{36|0.005} = L,$$

即有

$$L=\frac{1000\cdot s_{36|0.005}}{1+0.01\cdot s_{36|0.005}}=28231.1.$$

实际利率 $r$ 意味着我们需找 $r$ 使得

$$1000 \cdot a_{36|r} = 28231.1.$$

结果需保留 1 位小数, 我们只能考虑试根, 发现 $r=1.4\%$ 最接近, 即实际月名利率是 $1.4\%\times 12 = 16.8\%$.

十二、(15分) 20年贷款100万元，月名利率 $6\%$，某年出台政策，调整后的月名利率为 $3.6\%$。
(1) 问原利率下还款的总利息比调整后还款总利息多多少；
(2) 比较两种利率下，第2次还款和最后一次还款中利息的差额。

Solution: (1) 先计算原利率下的利息, 首先有

$$R = \frac{100}{a_{240|0.005}} = 0.716431,\quad K = nR -L = 71.9435.$$

在调整后, 有

$$R = \frac{100}{a_{240|0.003}} = 0.585111,\quad K = nR -L = 40.4268.$$

因此多还利息是 $71.9435-40.4268=31.5167$ 万元.

(2) 第一种利率下, 有

$$\begin{aligned} I_2&=iB_1=0.005\cdot 0.716431\cdot a_{239|0.005}=0.498918,\\ I_{n}& =iB_{n-1} = 0.005\cdot 0.716431\cdot a_{1|0.005}=0.00341158. \end{aligned}$$

因此有 $I_2 - I_n = 4955.06$ 元.

第二种利率下, 有

$$\begin{aligned} I_2&=iB_1=0.003\cdot 0.585111\cdot a_{239|0.003}=0.299144,\\ I_n&=iB_{n-1}=0.003\cdot 0.716431\cdot a_{1|0.003}=0.00175008.\\ \end{aligned}$$

因此有 $I_2 - I_n = 2973.94$ 元.

这两种利率下，该利息差的差距是 $4955.06 - 2973.94=1981.12$ 元.

十三、(10分) 某公司股票今年收益 3 元，计划年底分红 1 元。以后每年收益以 8% 增加，分红则是收益的 1/3。
(1) 假设收益率是 12%，计算股票价格；
(2) 求分红现金流的久期。

Solution: (1) 根据分红贴现模型，有

$$P = \frac{D}{i-k} = \frac{1}{12\% - 8\%} = 25.$$

(2) 根据久期公式，有

$$\begin{aligned} \bar{d}\left( i \right) &=\frac{\sum_{t=1}^{\infty}{tv^tC_t}}{\sum_{t=1}^{\infty}{v^tC_t}}=\frac{\sum_{t=1}^{\infty}{tv^t\left( 1+k \right) ^{t-1}D}}{P}=\frac{Dv}{P}\sum_{t=1}^{\infty}{t\left( v\left( 1+k \right) \right) ^{t-1}}\\ &=\frac{Dv}{P}\left( \sum_{t=1}^{\infty}{\left( v\left( 1+k \right) \right) ^t} \right) '=\frac{Dv}{P\left( 1-v\left( 1+k \right) \right) ^2}\\ &=\frac{D}{P}\frac{1+i}{\left( i-k \right) ^2}=\frac{1}{25}\frac{1+12\%}{\left( 12\%-8\% \right) ^2}=28.\\ \end{aligned}$$