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東京大学 新領域創成科学研究科 複雑理工学専攻 2023年8月実施 専門基礎科目 3.2 確率・統計

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犬 (finalized by 祭音Myyura with assistance from GPT 6 Astra)

Description​

以下の問に答えよ。（40分）

問1​

確率変数 XX は平均 00、分散 11 の正規分布に従う。X=xX=x が与えられたときの YY の条件付き確率密度 fY∣X(y∣x)f_{Y\mid X}(y\mid x) は、平均 axax、分散 σ2\sigma^2 の正規分布の密度とする。aa は実数である。導出の過程を省略し、答えのみ示せ。

(1) X,YX,Y の同時確率密度 fX,Y(x,y)f_{X,Y}(x,y) を求めよ。

(2) YY の確率密度 fY(y)f_Y(y) を求めよ。

(3) Y=yY=y が与えられたときの XX の条件付き確率密度 fX∣Y(x∣y)f_{X\mid Y}(x\mid y) を求めよ。

問2​

nn 個の確率変数 X1,…,XnX_1,\ldots,X_n は互いに独立で、同一の平均 00、分散 11 の正規分布に従う。d,ud,u は実数、c,αc,\alpha は正の実数とする。(1),(2),(3),(5) は答えのみ、(4) は導出の過程も示せ。

(1) Y=cX1+dY=cX_1+d の確率密度 fY(y)f_Y(y) を求めよ。

(2) Z=X12Z=X_1^2 の確率密度 fZ(z)f_Z(z) を求めよ。

(3) ZZ の期待値 E[Z]E[Z]、分散 V[Z]V[Z]、モーメント母関数 MZ(t)=E[etZ]M_Z(t)=E[e^{tZ}] を求めよ。t<1/2t<1/2 とする。必要ならば

Γ(1/2)=π,Γ(α)=∫0∞uα−1e−u du\Gamma(1/2)=\sqrt\pi,\qquad \Gamma(\alpha)=\int_0^\infty u^{\alpha-1}e^{-u}\,du

を用いてよい。ee は自然対数の底である。

(4) S=∑i=1nXi2S=\sum_{i=1}^nX_i^2 の確率密度がガンマ分布

fS(s)=gk,β(s)=βkΓ(k)sk−1e−βs(s≥0)f_S(s)=g_{k,\beta}(s)=\frac{\beta^k}{\Gamma(k)}s^{k-1}e^{-\beta s}\qquad(s\ge0)

であると仮定し、正の定数 k,βk,\beta を決定することにより fS(s)f_S(s) を求めよ。

(5) W1,…,WnW_1,\ldots,W_n は平均 μ\mu、分散 σ2\sigma^2 の正規分布からの無作為標本である。平均 μ\mu は既知として、標本から分散の 95%95\% 信頼区間を計算する方法を説明せよ。

题目描述​

问1　X∼N(0,1)X\sim N(0,1)，给定 X=xX=x 时 YY 的条件密度为均值 axax、方差 σ2\sigma^2 的正态密度，a∈Ra\in\mathbb R。只写答案：(1) 求联合密度 fX,Yf_{X,Y}；(2) 求边缘密度 fYf_Y；(3) 求 Y=yY=y 条件下的密度 fX∣Yf_{X\mid Y}。

问2　X1,…,XnX_1,\ldots,X_n 独立同分布且均服从 N(0,1)N(0,1)。d,u∈Rd,u\in\mathbb R，c,α>0c,\alpha>0。(1),(2),(3),(5) 只写答案，(4) 还须写推导。（本卷40分钟）

(1) 求 Y=cX1+dY=cX_1+d 的密度；(2) 求 Z=X12Z=X_1^2 的密度；(3) 求 E[Z],V[Z]E[Z],V[Z] 和 MZ(t)=E[etZ]M_Z(t)=E[e^{tZ}]，其中 t<1/2t<1/2。可使用 Γ(1/2)=π\Gamma(1/2)=\sqrt\pi 及 Γ(α)=∫0∞uα−1e−u du\Gamma(\alpha)=\int_0^\infty u^{\alpha-1}e^{-u}\,du，ee 为自然对数的底。

(4) 假定 S=∑i=1nXi2S=\sum_{i=1}^nX_i^2 的密度为

fS(s)=βkΓ(k)sk−1e−βs(s≥0),f_S(s)=\frac{\beta^k}{\Gamma(k)}s^{k-1}e^{-\beta s}\quad(s\ge0),

通过确定正数 k,βk,\beta 求出该密度。

(5) W1,…,WnW_1,\ldots,W_n 是来自 N(μ,σ2)N(\mu,\sigma^2) 的随机样本。已知 μ\mu，说明如何由样本计算方差的 95%95\% 置信区间。

Kai​

問1​

σ>0\sigma>0 とする。

(1)fX,Y(x,y)=12πσexp⁡[−x22−(y−ax)22σ2](x,y∈R).\text{(1)}\quad f_{X,Y}(x,y)=\frac1{2\pi\sigma} \exp\left[-\frac{x^2}{2}-\frac{(y-ax)^2}{2\sigma^2}\right] \qquad(x,y\in\mathbb R).
(2)fY(y)=12π(a2+σ2)exp⁡[−y22(a2+σ2)](y∈R).\text{(2)}\quad f_Y(y)=\frac1{\sqrt{2\pi(a^2+\sigma^2)}} \exp\left[-\frac{y^2}{2(a^2+\sigma^2)}\right] \qquad(y\in\mathbb R).
(3)fX∣Y(x∣y)=a2+σ22πσ2exp⁡[−a2+σ22σ2(x−aya2+σ2)2].\text{(3)}\quad f_{X\mid Y}(x\mid y) =\sqrt{\frac{a^2+\sigma^2}{2\pi\sigma^2}} \exp\left[-\frac{a^2+\sigma^2}{2\sigma^2} \left(x-\frac{ay}{a^2+\sigma^2}\right)^2\right].

問2​

(1)fY(y)=12πcexp⁡[−(y−d)22c2](y∈R).\text{(1)}\quad f_Y(y)=\frac1{\sqrt{2\pi}c} \exp\left[-\frac{(y-d)^2}{2c^2}\right]\qquad(y\in\mathbb R).
(2)fZ(z)={e−z/22πz,z>0,0,z<0.\text{(2)}\quad f_Z(z)=\begin{cases} \dfrac{e^{-z/2}}{\sqrt{2\pi z}},&z>0,\\ 0,&z<0. \end{cases}
(3)E[Z]=1,V[Z]=2,MZ(t)=(1−2t)−1/2(t<1/2).\text{(3)}\quad E[Z]=1,\qquad V[Z]=2,\qquad M_Z(t)=(1-2t)^{-1/2}\quad(t<1/2).

(4) 独立性により MS(t)=(1−2t)−n/2M_S(t)=(1-2t)^{-n/2}。一方、ガンマ分布のモーメント母関数は

βkΓ(k)∫0∞sk−1e−(β−t)s ds=(1−tβ)−k.\frac{\beta^k}{\Gamma(k)}\int_0^\infty s^{k-1}e^{-(\beta-t)s}\,ds =\left(1-\frac t\beta\right)^{-k}.

したがって k=n/2, β=1/2k=n/2,\ \beta=1/2 であり、

fS(s)={sn/2−1e−s/22n/2Γ(n/2),s>0,0,s<0.f_S(s)=\begin{cases} \dfrac{s^{n/2-1}e^{-s/2}}{2^{n/2}\Gamma(n/2)},&s>0,\\ 0,&s<0. \end{cases}

(5) qpq_p を自由度 nn の χ2\chi^2 分布の下側 pp 分位点とする。

∑i=1n(Wi−μ)2σ2∼χn2\frac{\sum_{i=1}^n(W_i-\mu)^2}{\sigma^2}\sim\chi_n^2

より、求める区間は

[∑i=1n(Wi−μ)2q0.975, ∑i=1n(Wi−μ)2q0.025].\boxed{\left[ \frac{\sum_{i=1}^n(W_i-\mu)^2}{q_{0.975}},\ \frac{\sum_{i=1}^n(W_i-\mu)^2}{q_{0.025}} \right]}.
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