東京工業大学 工学院 システム制御系 2023年度 数学 問題3（2022年8月実施）

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• 东京科学大学
• 矩生成函数
• 正态分布
• 贝叶斯定理
• 后验赔率

Author

祭音Myyura (refined with GPT 6 Astra)

Description

問1

密度関数 $p(x)$ をもつ確率変数 $X$ のモーメント母関数を

$$M(\theta)=E[e^{\theta X}]=\int_{-\infty}^{\infty}e^{\theta x}p(x)\,dx$$

と定める。平均 $\mu$、分散 $\sigma^2$ の正規分布 $N(\mu,\sigma^2)$ の密度は

$$p_N(x)=\frac1{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right)$$

である。

1. 正規分布のモーメント母関数が $M_N(\theta)=\exp(\mu\theta+\sigma^2\theta^2/2)$ となることを導け。

2. 独立な確率変数 $X_1\sim N(\mu_1,\sigma_0^2)$、$X_2\sim N(\mu_2,\sigma_0^2)$ に対して、$Y=X_1+X_2$、$Z=X_1-X_2$ とする。

   $$M_Y(\theta)=e^{\theta^2},\qquad M_Z(\theta)=\exp\left(\frac43\theta+\theta^2\right)$$

   のとき、$\mu_1,\mu_2,\sigma_0^2$ を求めよ。

問2

ベイズの定理

$$P(A\mid B)=\frac{P(B\mid A)P(A)}{P(B)}$$

を用いて答えよ。ある病気の検査薬Xは、罹患者の $60\%$ を陽性とし、非罹患者の $4\%$ も陽性と判定する。

1. 人口の半数が罹患しているとき、検査結果が陽性であった人が実際に罹患している確率を求めよ。
2. 罹患率が $5\%$ に低下したとする。初回から連続して陽性となった人の罹患確率を $90\%$ 以上と判断するために、最低何回の連続陽性が必要か、理由とともに答えよ。各回の検査は独立と仮定する。

题目描述

问1：随机变量 $X$ 的矩母函数定义为 $M(\theta)=E[e^{\theta X}]=\int_{-\infty}^{\infty}e^{\theta x}p(x)\,dx$。正态分布 $N(\mu,\sigma^2)$ 的密度为 $p_N(x)=(2\pi\sigma^2)^{-1/2}\exp[-(x-\mu)^2/(2\sigma^2)]$。

1. 推导其矩母函数 $M_N(\theta)=\exp(\mu\theta+\sigma^2\theta^2/2)$。
2. 独立变量 $X_1\sim N(\mu_1,\sigma_0^2)$、$X_2\sim N(\mu_2,\sigma_0^2)$ 的和与差分别为 $Y=X_1+X_2$、$Z=X_1-X_2$。已知 $M_Y(\theta)=e^{\theta^2}$、$M_Z(\theta)=\exp(4\theta/3+\theta^2)$，求 $\mu_1,\mu_2,\sigma_0^2$。

问2：使用贝叶斯公式 $P(A\mid B)=P(B\mid A)P(A)/P(B)$。某检测试剂对患病者的阳性率为 $60\%$，对未患病者的假阳性率为 $4\%$。

1. 患病率为 $50\%$ 时，求阳性者实际患病的概率。
2. 患病率降至 $5\%$，假定各次检测独立。若要使连续阳性者实际患病的概率至少达到 $90\%$，从首次检测起至少需要连续几次阳性？说明理由。

Kai

問1

(1)

指数部分を平方完成すると、

$$\theta x-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2} =-\frac{\{x-(\mu+\sigma^2\theta)\}^2}{2\sigma^2} +\mu\theta+\frac{\sigma^2\theta^2}{2}.$$

したがって、

$$M_N(\theta)=e^{\mu\theta+\sigma^2\theta^2/2} \int_{-\infty}^{\infty}\frac1{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left[-\frac{\{x-(\mu+\sigma^2\theta)\}^2}{2\sigma^2}\right]dx.$$

積分は正規密度の全積分で $1$ となり、

$$\boxed{M_N(\theta)=\exp\left(\mu\theta+\frac{\sigma^2\theta^2}{2}\right)}.$$

(2)

独立性から、

$$\begin{aligned} M_Y(\theta)&=M_{X_1}(\theta)M_{X_2}(\theta) =\exp\{(\mu_1+\mu_2)\theta+\sigma_0^2\theta^2\},\\ M_Z(\theta)&=M_{X_1}(\theta)M_{X_2}(-\theta) =\exp\{(\mu_1-\mu_2)\theta+\sigma_0^2\theta^2\}. \end{aligned}$$

与式と係数を比較すると $\mu_1+\mu_2=0$、$\mu_1-\mu_2=4/3$、$\sigma_0^2=1$ である。ゆえに、

$$\boxed{\mu_1=\frac23,\qquad\mu_2=-\frac23,\qquad\sigma_0^2=1}.$$

問2

(1)

罹患を $A$、陽性を $B$ とすると、

$$\boxed{P(A\mid B) =\frac{0.6\times0.5}{0.6\times0.5+0.04\times0.5} =\frac{15}{16}=0.9375}.$$

(2)

$B_n$ を初回から $n$ 回連続して陽性となる事象とする。罹患の有無を固定したときの検査の独立性により、

$$P(B_n\mid A)=0.6^n,\qquad P(B_n\mid\overline A)=0.04^n.$$

事前確率が $P(A)=0.05$ なので、

$$P(A\mid B_n) =\frac{0.05\,0.6^n}{0.05\,0.6^n+0.95\,0.04^n} =\frac{15^n}{15^n+19}.$$

従って、

$$P(A\mid B_n)\ge\frac9{10} \iff 15^n\ge171.$$

$15<171<15^2=225$ であるから、必要な最少回数は $\boxed{2\text{回}}$ である。実際、1回では $15/34\approx0.441$、2回では $225/244\approx0.922$ となる。