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東京工業大学 情報理工学院 数理・計算科学系 2018年8月実施 午前 問5

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Author​

GPT-5, 祭音Myyura

Description​

μ\mu を正の実数， ff を f(x)=0 (x<0)f(x)=0 \ (x<0) を満たす R\mathbb{R} 上の確率密度関数として，次の2つの命題 (A), (B) を考える．

(A) f(x)=μe−μx (x≥0)f(x) = \mu e^{-\mu x} \ (x \geq 0) .

(B) XX を確率密度関数 ff をもつ確率変数とする． このとき， g(0)=0g(0) = 0 を満たし， [0,∞)[0, \infty) 上で連続かつ区分的に連続的微分可能な任意の実数値関数 gg に対して， E[∣g(X)∣]<∞E[|g(X)|] < \infty かつ E[∣g′(X)∣]<∞E[|g'(X)|] < \infty であれば

E[g′(X)]=μE[g(X)]E[g'(X)] = \mu E[g(X)]

が成り立つ．ここで EE は期待値を表し， g′g′ は gg の導関数を表す．

(1) (A) ならば (B) が成り立つことを示せ．

(2) 関数 gg を次のように定めることによって (B) ならば (A) が成り立つことを示せ．任意に与えた a≥0,h>0a \geq 0, h > 0 に対して

g(x)={0,x<a,x−ah,a≤x<a+h,1,x≥a+hg(x) = \left\{ \begin{aligned} &0, &x

题目描述​

令 μ>0\mu>0，并设 ff 是 R\mathbb R 上的概率密度，且当 x<0x<0 时 f(x)=0f(x)=0。研究以下两个命题：

  • (A) 对 x≥0x\geq0，
f(x)=μe−μx.f(x)=\mu e^{-\mu x}.
  • (B) 若随机变量 XX 的密度为 ff，则对每个满足 g(0)=0g(0)=0、在 [0,∞)[0,\infty) 上连续且分段连续可微的实值函数 gg，只要
E[∣g(X)∣]<∞,E[∣g′(X)∣]<∞,E[|g(X)|]<\infty,\qquad E[|g'(X)|]<\infty,

就成立

E[g′(X)]=μE[g(X)].E[g'(X)]=\mu E[g(X)].

这里 EE 表示期望，g′g' 表示 gg 的导函数。

  1. 证明 (A) 蕴含 (B)。
  2. 对任意给定的 a≥0a\geq0 与 h>0h>0，使用函数
g(x)={0,x<a,x−ah,a≤x<a+h,1,x≥a+h,g(x)= \begin{cases} 0,&x

证明 (B) 蕴含 (A)。

Kai​

(1)​

まず R>0R>0 で部分積分すると

μ∫0Rg′(x)e−μx dx=μ[g(x)e−μx]0R+μ2∫0Rg(x)e−μx dx.\begin{aligned} \mu\int_0^R g'(x)e^{-\mu x}\,dx &=\mu[g(x)e^{-\mu x}]_0^R +\mu^2\int_0^R g(x)e^{-\mu x}\,dx. \end{aligned}

g(0)=0g(0)=0 である。また q(x)=g(x)e−μxq(x)=g(x)e^{-\mu x} とおけば、仮定から qq と q′q' はともに絶対可積分である。従って q(x)q(x) は有限な極限を持ち、さらに qq 自身が絶対可積分なのでその極限は 0 でなければならない。 R→∞R\to\infty として

E[g′(X)]=μE[g(X)]E[g'(X)]=\mu E[g(X)]

を得る。

(2)​

g′(x)={1ha≤x<a+h0otherwiseg'(x) = \left\{ \begin{aligned} &\frac{1}{h} &a \leq x < a+h \\ &0 &\text{otherwise} \end{aligned} \right.

F(x)=∫0xf(t) dtF(x)=\int_0^x f(t)\,dt とおく。命題 (B) を指定された gg に適用すると

E[g′(X)]=F(a+h)−F(a)h,E[g'(X)]=\frac{F(a+h)-F(a)}{h},
E[g(X)]=1h∫aa+h(x−a)f(x) dx+∫a+h∞f(x) dx.E[g(X)] =\frac1h\int_a^{a+h}(x-a)f(x)\,dx +\int_{a+h}^{\infty}f(x)\,dx.

0≤(x−a)/h≤10\leq(x-a)/h\leq1 なので、第 1 項は F(a+h)−F(a)→0F(a+h)-F(a)\to0 以下である。第 2 項は 1−F(a+h)→1−F(a)1-F(a+h)\to1-F(a) となる。従って h↓0h\downarrow0 とすると

F+′(a)=μ(1−F(a)),F(0)=0.F'_+(a)=\mu(1-F(a)), \qquad F(0)=0.

この微分方程式を解けば F(x)=1−e−μxF(x)=1-e^{-\mu x} である。 FF は確率密度 ff の積分なので絶対連続であり、ほとんど至る所で微分して

f(x)=μe−μx(x≥0 のほとんど至る所)\boxed{f(x)=\mu e^{-\mu x}\quad(x\geq0\text{ のほとんど至る所})}

を得る。従って確率密度を零集合上同一視する通常の意味で (A) が成り立つ。点ごとの等号を要求する場合、(B) は零集合上の ff の値を決定しないため、そのままでは (A) は導けない。

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