北京大学数院-431金融学综合-2024年

概率论部分:

一、(10分) 现有一副52张牌, 4个花色的扑克. 不断进行独立有放回的抽取, 抽到每种花色的概率是1/4.
(1)(4分) 求第一次抽到红桃的次数分布 ;
(2)(6分) 求首次摸齐4个花色的期望和方差.

Solution: (1) 显然这是一个几何分布 Ge(1/4)Ge(1/4).

(2) 设摸到第 ii 个没摸到过的花色需要的次数为 Xi,i=1,2,3,4X_i, i=1,2,3,4. 同样的，我们可以发现 Xi∼Ge((4−i+1)/4)X_i \sim Ge((4-i+1)/4), 从而有

EX=∑i=14EXi=4∑i=1414−i+1=253Var(X)=∑i=14Var(Xi)=4∑i=14i−1(4−i+1)2=1309\begin{aligned} E X &= \sum_{i=1}^4 EX_i= 4\sum_{i=1}^4 \frac{1}{4-i+1}=\frac{25}{3}\\ Var(X) &= \sum_{i=1}^4 Var(X_i)=4\sum_{i=1}^4 \frac{i-1}{(4-i+1)^2}=\frac{130}{9} \end{aligned}

二、(10分) P(X=i,Y=j)=Cjiλjj!e−2λP(X=i,Y=j)=C_j^i\frac{\lambda^j}{j!}e^{-2\lambda}, 0≤i≤j0\leq i \leq j.
(1)(4分) 求YY的分布;
(2)(3分) 求XX的分布;
(3)(3分) 求Y−XY-X的分布.

Solution: (1) 由全概率公式有

P(Y=j)=∑i=0jP(X=i,Y=j)=λjj!e−2λ∑i=0jCji=λjj!e−2λ⋅2j=(2λ)jj!e−2λ.\begin{aligned} P(Y=j)= \sum_{i=0}^j P(X=i,Y=j)=\frac{\lambda^j}{j!}e^{-2\lambda} \sum_{i=0}^jC_j^i=\frac{\lambda^j}{j!} e^{-2\lambda} \cdot 2^j= \frac{(2\lambda)^j}{j!}e^{-2\lambda}. \end{aligned}

这说明 Y∼P(2λ)Y\sim P(2\lambda).

(2) 同理可以得到

P(X=i)=∑j=i∞P(X=i,Y=j)=λii!e−2λ∑j=i∞λj−i(j−i)!=λii!e−2λ∑k=0∞λkk!=λii!e−2λ⋅eλ=λii!e−λ.\begin{aligned} P(X=i)= \sum_{j=i}^{\infty} P(X=i,Y=j)=\frac{\lambda^i}{i!}e^{-2\lambda} \sum_{j=i}^{\infty} \frac{\lambda^{j-i}}{(j-i)!}=\frac{\lambda^i}{i!}e^{-2\lambda} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\lambda^k}{k!}=\frac{\lambda^i}{i!}e^{-2\lambda} \cdot e^\lambda=\frac{\lambda^i}{i!}e^{-\lambda} . \end{aligned}

这说明 X∼P(λ)X\sim P(\lambda).

(3) 同样由全概率公式有

P(Y−X=k)=∑i=0∞P(Y−X=k,X=i)=∑i=0∞P(X=i,Y=i+k)=∑i=0∞Ci+kiλi+k(i+k)!e−2λ=e−2λλkk!∑i=0∞λii!=e−2λλkk!⋅eλ=λkk!e−λ.\begin{aligned} P(Y-X = k)&= \sum_{i=0}^{\infty} P(Y-X = k, X= i)= \sum_{i=0}^{\infty} P( X= i,Y=i+ k)\\ &=\sum_{i=0}^{\infty}C_{i+k}^i\frac{\lambda^{i+k}}{(i+k)!}e^{-2\lambda}\\ &= e^{-2\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}\sum_{i=0}^{\infty} \frac{\lambda^i}{i!}= e^{-2\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}\cdot e^\lambda = \frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}. \end{aligned}

故有 Y−X∼P(λ)Y-X\sim P(\lambda).

三、(10分) 设 X=(X1,⋯ ,Xn)TX=(X_1,\cdots,X_n)^T 是随机向量, E(X)=0E(X)=0, Cov(X)=(σij)n×nCov(X)=(\sigma_{ij})_{n\times n}, 其中 σii>0,i=1,2,⋯ ,n\sigma_{ii}>0, i =1,2,\cdots,n . 证明: 若 ∣Σ∣=0|\Sigma|=0, 则存在指标 k∈{1,2,⋯ ,n}k\in \{1,2,\cdots,n\} 以及 {ai,i≠k,1≤i≤n}\{a_i, i\neq k,1\leq i\leq n\}, 使得 Xk=∑i≠kaiXiX_k=\sum_{i\neq k} a_i X_i 几乎处处成立.

Solution: 由于 ∣Σ∣=0|\Sigma|=0, 故存在非零向量 a=(a1,⋯ ,an)Ta=(a_1,\cdots, a_n)^T, 使得 aTΣa=0a^T \Sigma a =0.

而由多元分布的性质, 对于 Y=aTXY = a^TX, 有 EY=aTEX=0E Y = a^T EX = 0 以及 Var(aTX)=aTVar(X)a=aTΣa=0Var(a^TX)=a^T Var(X) a = a^T \Sigma a= 0.

可以发现 YY 的方差为0, 故 Y=∑i=1naiXi=0Y =\sum_{i=1}^n a_iX_i =0 几乎处处成立, 原命题得证.

四、(10分) 设 Y=X1+⋯+XNY = X_1 + \cdots+ X_N, 各个 XiX_i 之间独立同分布, 且 XiX_i 和 NN 也独立, NN 的取值为非负整数. 若 X1X_1 和 NN 二阶矩存在, 试用 X1X_1 和 NN 的期望与方差来表示出 YY 的期望和方差.

Solution: 记 EX1=μx,Var(X1)=σx2,EN=μN,Var(N)=σN2EX_1=\mu_x, Var(X_1)=\sigma_x^2, EN = \mu_N, Var(N) = \sigma^2_N.

由重期望公式有

EY=E(E(Y∣N))=E(Nμx)=μxμN.E Y = E(E(Y|N))=E(N\mu_x)=\mu_x\mu_N.

再由条件方差公式

Var(Y)=E(Var(Y∣N))+Var(E(Y∣N))=E(Nσx2)+Var(Nμx)=μNσx2+μx2σN2.Var(Y)=E(Var(Y|N))+Var(E(Y|N))=E(N\sigma^2_x)+Var(N\mu_x)=\mu_N\sigma^2_x+\mu_x^2\sigma^2_N.

五、(10分)设 Z1,⋯ ,ZnZ_1,\cdots,Z_n独立同分布g(z)g(z), g(z)g(z)为密度函数, XX的密度函数为f(x)f(x), EX=μEX= \mu.
(1)(5分) 若 Yi=f(Zi)g(Zi)Zi,i=1,2,…,nY_i=\frac{f(Z_i)}{g(Z_i)}Z_i,i=1,2,\ldots,n, 令 θ^n=Yˉ\hat{\theta}_n=\bar{Y}, 求证: θ^n→a.s.μ\hat{\theta}_n\overset{a.s.}{\to}\mu.
(2)(5分) 若 Var(Y1)=1Var(Y_1)=1, 求 θ^n\hat{\theta}_n 的渐进分布. 并对于 ϵ=0.01,α=0.05\epsilon=0.01, \alpha=0.05, 求最小的nn, 使得 P(∣θ^n−μ∣<ϵ)≥1−αP(|\hat{\theta}_n-\mu|<\epsilon)\geq 1-\alpha 成立.

Solution: (1) 由SLLN可知

θ^n→a.s.EY1=∫f(z)g(z)zg(z)dz=∫zf(z)dz=μ. \hat{\theta}_n \overset{a.s.}{\to} E Y_1=\int \frac{f(z)}{g(z)}z g(z)dz=\int zf(z) dz =\mu.

(2) 由CLT可知

n(θ^n−μ)→dN(0,1).\sqrt{n}\left(\hat{\theta}_n-\mu \right) \overset{d}{\to} N(0,1).

从而有

P(∣θ^n−μ∣<ϵ)=P(∣n(θ^n−μ)∣<nϵ)≈2Φ(nϵ)−1≥1−α.P\left(\left|\hat{\theta}_n-\mu\right|<\epsilon\right)=P\left(\left|\sqrt{n}\left( \hat{\theta}_n-\mu\right)\right|<\sqrt{n}\epsilon\right)\approx 2\Phi(\sqrt{n}\epsilon)-1\geq 1-\alpha.

从而有

2Φ(0.01n)−1≥0.95⇒Φ(0.01n)≥0.975,2\Phi(0.01\sqrt{n})-1\geq 0.95 \Rightarrow \Phi(0.01\sqrt{n})\geq 0.975,

即 0.01n≥1.960.01\sqrt{n} \geq 1.96, 故最小的 nn 为 1962=38416196^2= 38416.

数理统计部分:

六、(15分) 设 X1,⋯ ,XnX_1,\cdots,X_n 独立同分布于 U(a,b)U(a,b), 其中 a,ba,b 未知, D={(a,b)∣a≥0,b≤4,a≤b−2}D= \{(a,b)|a\geq 0,b\leq 4, a\leq b-2\}.
(1)(5分) 求 a,ba,b 的矩估计;
(2)(5分) 求 a,ba,b 的MLE;
(3)(5分) 若 (a,b)(a,b) 的先验分布为 DD 上的均匀分布，求 (a,b)(a,b) 的后验最大概率估计.

Solution: (1)

{EX=a+b2EX2=a2+ab+b23⇒{a=EX−3EX2−(EX)2b=EX+3EX2−(EX)2.\begin{cases} EX = \frac{a+b}{2}\\ EX^2 = \frac{a^2+ab+b^2}{3} \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a = EX-\sqrt{3}\sqrt{EX^2-(EX)^2} \\ b = EX+\sqrt{3}\sqrt{EX^2-(EX)^2} \end{cases}.

故矩估计为

{a^M=Xˉ−3X2‾−Xˉ2=Xˉ−3Snb^M=Xˉ+3X2‾−Xˉ2=Xˉ+3Sn.\begin{cases} \hat{a}_M =\bar{X}-\sqrt{3}\sqrt{\overline{X^2}-{\bar{X}}^2}=\bar{X}-\sqrt{3}S_n \\ \hat{b}_M = \bar{X}+\sqrt{3}\sqrt{\overline{X^2}-{\bar{X}}^2}=\bar{X}+\sqrt{3}S_n \end{cases}.

(2) 常规的无约束MLE. a^MLE=X(1),b^MLE=X(n)\hat{a}_{MLE}=X_{(1)}, \hat{b}_{MLE}=X_{(n)}.

(3) 先验分布为

π(a,b)=1Sd=12I((a,b)∈D).\pi(a,b)=\frac{1}{S_d}=\frac{1}{2}I((a,b)\in D).

令 l(a,b)=f(X∣a,b)π(a,b)=12(b−a)−nI(0≤a≤X(1)≤X(n)≤b≤4,a≤b−2)l(a,b) = f(X|a,b)\pi(a,b)=\frac{1}{2}(b-a)^{-n}I(0\leq a\leq X_{(1)}\leq X_{(n)}\leq b\leq 4, a\leq b-2), 显然在边界上取到最大值.

故(a,b)(a,b)的后验最大概率估计为

{(x,x+2) ∀x∈[max⁡{X(n)−2,0},min⁡{X(1),2}],X(n)−X(1)<2(X(1),X(n)),X(n)−X(1)≥2.\begin{cases} (x,x+2) \ \forall x\in \left[\max\left\{X_{(n)}-2,0 \right\}, \min\left\{X_{(1)},2\right\} \right], & X_{(n)}-X_{(1)}< 2\\ \left(X_{(1)}, X_{(n)}\right), & X_{(n)}-X_{(1)}\geq 2\\ \end{cases}.

Remark: 如果第二问认为 (a,b)(a,b) 的参数空间为 DD, 从而是带约束的MLE, 其结果和第三问一样. 但这样二三问基本上没有区别, 所以考场上更倾向于认为第二问就是常规的无约束MLE. 如果是带约束的MLE, 一般来说题干会是以下两种表达方式:
(i) 设 X1,⋯ ,XnX_1,\cdots,X_n 独立同分布于 U(a,b)U(a,b), 其中 a,ba,b 未知, (a,b)(a,b) 的参数空间为 DD, 其中 D={(a,b)∣a≥0,b≤4,a≤b−2}D= \{(a,b)|a\geq 0,b\leq 4, a\leq b-2\}.
(ii) 设 X1,⋯ ,XnX_1,\cdots,X_n 独立同分布于 U(a,b)U(a,b), 其中 a,ba,b 未知, 且 a≥0,b≤4,a≤b−2a\geq 0,b\leq 4, a\leq b-2.

七、(15分) 设 X1,⋯ ,XnX_1,\cdots,X_n独立同分布于期望是θ=1/λ\theta=1/\lambda 的指数分布 Exp(λ)Exp(\lambda).
(1)(5分) 请验证 Xˉ\bar{X}是否为θ\theta的UMVUE;
(2)(5分) 求Fisher信息量 I(λ)I(\lambda);
(3)(5分) 请比较 θ\theta 无偏估计的方差的C-R下界和 Xˉ\bar{X} 方差的大小关系.

Solution: (1) 指数分布为完备指数族, 从而 Xˉ\bar{X} 是充分完备统计量. 而 EXˉ=θE \bar{X}=\theta, 由L-S定理可知,Xˉ\bar{X}是θ\theta的UMVUE.

(2) 密度函数为 f(x)=λe−λxI(x>0)f(x)=\lambda e^{-\lambda x} I(x>0), 对数似然为

l(λ)=log⁡f(λ)=log⁡λ−λX.l(\lambda) = \log f(\lambda) = \log \lambda -\lambda X.

故直接计算有

I(λ)=−E(∂2l(λ)∂λ2)=1λ2.I(\lambda) = - E\left( \frac{\partial^2 l(\lambda)}{\partial \lambda^2}\right)=\frac{1}{\lambda^2}.

(3) C-R下界为 ICR=(g′(λ))2nI(λ)=1nλ2I_{CR}=\frac{\left(g^{'}(\lambda)\right)^2}{nI(\lambda)}=\frac{1}{n\lambda^2}, 而 Var(Xˉ)=1nλ2=ICRVar(\bar{X})=\frac{1}{n\lambda^2}=I_{CR}. 两者相等.

八、(10分) 设 (Xi,Yi)T∼i.i.d.N2(μ,Σ),i=1,2,…,n(X_i,Y_i)^T\overset{i.i.d.}{\sim} N_2(\mu,\Sigma), i=1,2,\ldots,n, 其中μ=(μ1,μ2)T,Σ=(σ12ρσ1σ2ρσ1σ2σ22)\mu=(\mu_1,\mu_2)^T,\Sigma=\begin{pmatrix} \sigma_1^2 & \rho\sigma_1\sigma_2\\ \rho\sigma_1\sigma_2 & \sigma_2^2 \end{pmatrix}.
(1)(5分) 考虑检验问题 H0:ρ=0H_0: \rho=0, 请给出其似然比检验并指出检验统计量 TT;
(2)(5分) 请基于上一问中的检验统计量 TT, 构造出水平为 α\alpha 的拒绝域.

Solution: (1) 记 Zi=(Xi,Yi)TZ_i = (X_i,Y_i)^T, 在 Θ\Theta 下,

{μ^=1n∑i=1nZiΣ^=1n∑i=1n(Zi−Zˉ)T(Zi−Zˉ)⇒{μ^1=Xˉμ^2=Yˉσ^12=1n∑i=1n(Xi−Xˉ)2σ^22=1n∑i=1n(Yi−Yˉ)2ρ^=∑i=1n(Xi−Xˉ)(Yi−Yˉ)∑i=1n(Xi−Xˉ)2∑i=1n(Yi−Yˉ)2\begin{cases} \hat{\mu}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n Z_i\\ \hat{\Sigma}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(Z_i-\bar{Z})^T(Z_i-\bar{Z}) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \hat{\mu}_1= \bar{X}\\ \hat{\mu}_2= \bar{Y}\\ \hat{\sigma}_1^2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar{X})^2\\ \hat{\sigma}_2^2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(Y_i-\bar{Y})^2\\ \hat{\rho} = \frac{\sum_{i=1}^n(X_i-\bar{X})(Y_i-\bar{Y})}{\sqrt{\sum_{i=1}^n(X_i-\bar{X})^2\sum_{i=1}^n(Y_i-\bar{Y})^2}} \end{cases}

在 Θ0\Theta_0 下, μ~1=Xˉ,μ~2=Yˉ,σ~12=1n∑i=1n(Xi−Xˉ)2,σ~22=1n∑i=1n(Yi−Yˉ)2\tilde{\mu}_1=\bar{X}, \tilde{\mu}_2=\bar{Y}, \tilde{\sigma}_1^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar{X})^2, \tilde{\sigma}_2^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(Y_i-\bar{Y})^2.

进而有

Λ(X)=f(μ^,Σ^)f(μ~,Σ~)=(1−ρ^2)−n/2.\begin{aligned} \Lambda(X) & =\frac{f(\hat{\mu},\hat{\Sigma})}{f(\tilde{\mu},\tilde{\Sigma})}=\left( 1-\hat{\rho}^2 \right)^{-n/2}. \end{aligned}

统计量 T=ρ^T=\hat{\rho}.

(2) [法一] 注意到 ρ^2=R2\hat{\rho}^2 = R^2, 其中 R2R^2 是回归方程 Y=a+bXY=a + bX 的拟合优度, 满足 R2(1−R2)/(n−2)=F∼F(1,n−2)\frac{R^2}{(1-R^2)/(n-2)} = F \sim F(1,n-2), 因此有 ρ^2=F(n−2)+F\hat{\rho}^2 = \frac{F}{(n-2)+F}, 关于 FF 是单增函数, 故拒绝域是

W={ρ^2>F1−α(1,n−2)(n−2)+F1−α(1,n−2)}.W=\left\{ \hat{\rho}^2 > \frac{F_{1-\alpha}(1,n-2)}{(n-2)+F_{1-\alpha}(1,n-2)} \right\}.

[法二] 我们考虑使用Wilks定理, 即似然比的渐进分布, 从而有

2log⁡Λ(X)→dχ2(1).2\log \Lambda(X) \overset{d}{\to} \chi^2(1).

故水平为 α\alpha 的拒绝域为

W={2log⁡Λ(X)=−nlog⁡(1−T2)>χ1−α2(1)}.W=\left\{ 2\log \Lambda(X) =-n\log\left( 1-T^2\right)>\chi^2_{1-\alpha}(1)\right\}.

[法三] 注意到 ρ^2=F(n−2)+F\hat{\rho}^2 = \frac{F}{(n-2)+F}, 因此有 (n−2)ρ^2=F1+F/(n−2)(n-2) \hat{\rho}^2 = \frac{F}{1+F/(n-2)}, 分母中 1+F/(n−2)→P11+F/(n-2) \xrightarrow{P} 1, 而分子 F∼F(1,n−2)=t(n−2)2F\sim F(1,n-2) = t(n-2)^2, 而 t(n−2)→dN(0,1)t(n-2) \xrightarrow{d} N(0,1), 再把 n−2n-2 替换为 nn, 渐进分布不变, 因此有

nρ^→dN(0,1),\sqrt{n} \hat{\rho} \xrightarrow{d} N(0,1),

故近似拒绝域是 W={∣ρ^∣>z1−α2n}W=\left\{ |\hat{\rho}| > \frac{z_{1-\frac{\alpha}{2}}}{\sqrt{n} } \right\}. 这是实操时的常作方法.

Remark: 实际上我们可以得到 TT 的精确分布, 考虑 Tn−21−T2∼t(n−2)\frac{T \sqrt{n-2}}{\sqrt{1-T^2}}\sim t(n-2) 或者是 T2(1−T2)/(n−2)∼F(1,n−2)\frac{T^2}{(1-T^2)/(n-2)}\sim F(1,n-2).

fT(t)=Γ(n−12)πΓ(n−22)(1−t2)(n−4)/2I(−1<t<1).f_T(t)=\frac{\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}{\sqrt{\pi} \Gamma\left(\frac{n-2}{2}\right)}\left(1-t^2\right)^{(n-4) / 2}I(-1<t<1).

再根据精确分布构造拒绝域.

九、(10分) 考虑多元回归模型 Z=Yβ+eZ=Y\beta +e, 其中 Y=(Y1T,Y2T,⋯ ,YnT)T,Yi∈Rd,i=1,2,…,nY=(Y_1^T,Y_2^T, \cdots, Y_n^T)^T,Y_i\in \mathbb{R}^d, i=1,2,\ldots,n. 此外 E(e)=0,Var(e)=σ2InE(e)=0, Var(e)=\sigma^2 I_n, 并且 YY 已知且列满秩. 若 β^\hat{\beta}是β\beta 的最小二乘估计.
(1)(6分) 请证明 Var(β^)=σ2(YTY)−1Var(\hat{\beta})=\sigma^2(Y^TY)^{-1};
(2)(4分) 请证明残差平方和 Q(β^)Q(\hat{\beta})的期望为(n−d)σ2(n-d)\sigma^2.

Solution: (1) β^=(YTY)−1YTZ\hat{\beta} = (Y^TY)^{-1}Y^TZ, 从而有

Var(β^)=(YTY)−1YTVar(Z)((YTY)−1YT)T=σ2(YTY)−1.Var(\hat{\beta})=(Y^TY)^{-1}Y^TVar(Z)\left( (Y^TY)^{-1}Y^T\right)^{T} = \sigma^2(Y^TY)^{-1}.

(2) 记 PY=Y(YTY)−1YTP_Y=Y(Y^TY)^{-1}Y^T 为投影阵, 显然 In−PYI_n - P_Y 也是个投影阵, 有 (In−PY)T(In−PY)=In−PY(I_n - P_Y)^T(I_n - P_Y)=I_n - P_Y, 从而

Q(β^)=∥Z−Yβ^∥2=(Z−Yβ^)T(Z−Yβ^)=ZT(In−PY)ZQ(\hat{\beta}) =\lVert Z-Y\hat{\beta} \rVert^2=\left(Z-Y\hat{\beta}\right)^T\left(Z-Y\hat{\beta} \right)= Z^T(I_n - P_Y)Z

由二次型期望公式, 若 AA 为对称阵, 且 EX=μ,Var(X)=ΣEX = \mu, Var(X)=\Sigma, 则有

E(XTAX)=μTAμ+tr(AΣ).E(X^TAX)=\mu^TA\mu +tr\left( A\Sigma\right).

最终有

EQ(β^)=tr((In−PY)σ2In)=σ2tr(In−PY)=(n−d)σ2.EQ(\hat{\beta})= tr\left((I_n - P_Y) \sigma^2 I_n\right)=\sigma^2 tr\left(I_n - P_Y \right) = (n-d)\sigma^2.

金融数学引论部分:

一、(10分) 求实际年利率并排大小:

(1) 半年名利率百分之二; (2) 季度名贴现率百分之二; (3) 利息力为常数百分之二; (4) 半年期债券, 价格99, 兑现值100.

Solution: (1) i1=(1+0.01)2−1=0.0201i_1 = (1+0.01)^2 - 1 = 0.0201; (2)11+i2=(1−0.005)4=0.98015\frac{1}{1+i_2} = (1-0.005)^4 = 0.98015, 解得 i2=0.02025i_2 = 0.02025; (3) i3=e0.02−1=0.0202i_3 = e^{0.02}-1= 0.0202; (4) (1+i2)1/2=10099(1+i_2)^{1/2} = \frac{100}{99}, 解得 i4=0.0203i_4=0.0203.

故有 i1<i3<i2<i4i_1 < i_3 < i_2 < i_4.

二、(15分) 某人借款100万元, 每月偿还, 实利率 0.45 %.

(1) 按25年期偿还, 求每次还款额.

(2) 已经还了 60 次, 重现协商利率为 0.35%, 将剩余余额作为一个新的 15年期贷款, 求每月还款额.

(3) 设他还想重新贷款一个新的15年贷款, 利率还是0.35%. 但目前有新规出台, 每个人的月贷款不能超过工资的 50%, 它的工资是 20000元, 问他还能贷款多少?

Solution: (1) n=25⋅12=300n=25 \cdot 12 = 300, 故有 an∣0.45%=1−(1+0.35%)−3000.45%=164.4385a_{n|0.45\%} = \frac{1-\left(1+0.35\%\right)^{-300}}{0.45\%}=164.4385, 因此 R=1000000an∣0.45%=6081.30R = \frac{1000000}{a_{n|0.45\%}}= 6081.30 元.

(2) 剩余期限是 n1=300−60=240n_1 = 300-60=240, 故余额是 B60=R⋅an1∣0.45%=891357.2735B_{60}=R\cdot a_{n_1|0.45\%} = 891357.2735元. 重新计算

R1=891357.2735a180∣0.35%=6682.9542.R_1 = \frac{891357.2735}{a_{180|0.35\%}} = 6682.9542.

(3) 他每月还能还款 R2=10000−R1=3317.0558R_2 = 10000-R_1 = 3317.0558, 因此还能贷款

Q=R2a180∣0.35%=442420.0429.Q = R_2 a_{180|0.35\%} = 442420.0429.

也可以直接计算 Q=3317.05586682.9542⋅891357.2735=442420.0429Q = \frac{3317.0558}{6682.9542}\cdot 891357.2735 = 442420.0429.

三、(10分) 现有 10 万元投资国债, 半年名息率 5%, 兑现值 10 万元, 半年将票息存入银行, 定期半年名利率 2%, 同时后续每半年将此前的银行半年期本息取出和新票息一起继续再次存入, 求累计值和实际年利率.

Solution: 每半年的票息是 Cg=100000⋅2.5%=2500Cg = 100000 \cdot 2.5\% = 2500, 故 B0=0B_0=0, B1=2500B_1 = 2500 (0.5年为一个单位), 而 Bt=1.01Bt−1+2500B_t = 1.01 B_{t-1} + 2500, t≤20t\le 20, 因此有 Bt+250000=1.01(Bt−1+250000)B_t + 250000 = 1.01\left(B_{t-1}+250000\right), 故

B20=1.0120(B0+250000)−250000=55047.5B_{20} = 1.01^{20} \left(B_0 + 250000 \right) - 250000 = 55047.5

当然, 这一系列计算可以用递增年金. 不过这里没有加上最后的兑现值, 故终值 F=155047.5F = 155047.5, 收益率是 4.48%4.48\%.

四、(15分) 有两个债券, 分别是 3 年期 和 5年期, 前者年息率是 2%, 后者是 4%, 市场利率 3%, 面值与兑现值均为 100.

(1) 求债券价格和久期.

(2) 两个债券按比例组合后久期是 3年, 求组合比例.

Solution: (1) 债券价格:

P3=21.03+21.032+1021.033=97.1714,P5=41.03+41.032+41.033+41.034+1041.035=104.58.\begin{aligned} &P_3=\frac{2}{1.03}+\frac{2}{1.03^2}+\frac{102}{1.03^3}=97.1714,\\ &P_5=\frac{4}{1.03}+\frac{4}{1.03^2}+\frac{4}{1.03^3}+\frac{4}{1.03^4}+\frac{104}{1.03^5}=104.58.\\ \end{aligned}

债券久期:

D3=1P3(21.03+2⋅21.032+3⋅1021.033)=2.94063,D5=1P5(41.03+2⋅41.032+3⋅41.033+4⋅41.034+5⋅1041.035)=4.6393.\begin{aligned} &D_3=\frac{1}{P_3}\left( \frac{2}{1.03}+2\cdot \frac{2}{1.03^2}+3\cdot \frac{102}{1.03^3} \right) =2.94063,\\ &D_5=\frac{1}{P_5}\left( \frac{4}{1.03}+2\cdot \frac{4}{1.03^2}+3\cdot \frac{4}{1.03^3}+4\cdot \frac{4}{1.03^4}+5\cdot \frac{104}{1.03^5} \right) =4.6393. \end{aligned}

(2) 设组合 PP 投资 xx 在第一个债券, y=1−xy=1-x 在第二个债券, 则组合久期

3=xP3D3+(1−x)P5D5xP3+(1−x)P53 = \frac{x P_3 D_3 + \left(1-x\right) P_5 D_5}{xP_3+\left(1-x\right)P_5}

解得 x=0.9674x=0.9674.