종합 모의고사 · 모의고사

B. 모의고사 B

시간 180분, 6문항, 100점. 강의노트, 워크북, 증명 도구 상자를 덮고 푼다. 필요한 수치(분위수, 로그값 등)는 문제에 있고 계산기는 쓰지 않는다. 노트북의 check()에 식을 넣을 때는 $\lambda$를 lam, $\mu$를 mu, $\rho$를 rho로 쓴다.

B1 두 Poisson 과정과 Chernoff 한계

15점 · 25분

두 종류의 사건 A와 B가 서로 독립인 Poisson 과정으로 일어난다. A의 비율은 $\lambda$, B의 비율은 $\mu$다.

1. (a)

   (4점) A가 처음 일어나기 전에 B가 일어난 횟수를 $N$이라 하자. $P(N=k)$ ($k=0,1,\dots$)를 구하고, $N$이 어떤 분포인지 밝혀라.

2. (b)

   (4점) $X\sim\mathrm{Poi}(\lambda)$의 적률생성함수를 구하고, $a>\lambda$이면 $P(X\ge a)\le e^{-\lambda}(e\lambda/a)^a$임을 보여라.

3. (c)

   (4점) $\lambda=2$, $a=6$에서 (b)의 한계, Markov 부등식의 한계, Chebyshev 부등식으로 얻는 한계를 구해 비교하라. $e^4\approx54.6$이다.

4. (d)

   (3점) (b)로 $P(X\ge2\lambda)\le(e/4)^\lambda$임을 보이고, $\lambda\to\infty$에서 Chebyshev 부등식이 주는 한계와 줄어드는 빠르기를 비교하라.

풀이

(a) A의 첫 사건 시각 $T$는 $\mathrm{Exp}(\lambda)$이다(4회 정리 3.2). B 과정은 A 과정과 독립이므로, $T=t$가 주어지면 $N$은 길이 $t$인 구간에서 B가 일어난 횟수이고 $\mathrm{Poi}(\mu t)$를 따른다. 반복기댓값(3회 정리 2.5)으로

$$\begin{align*} P(N=k)&=\int_0^\infty\lambda e^{-\lambda t}\,e^{-\mu t}\frac{(\mu t)^k}{k!}\,dt \tag*{\htmlClass{reason}{\text{$T$로 조건을 건다}}}\\ &=\frac{\lambda\mu^k}{k!}\cdot\frac{\Gamma(k+1)}{(\lambda+\mu)^{k+1}}=\frac{\lambda}{\lambda+\mu}\Bigl(\frac{\mu}{\lambda+\mu}\Bigr)^k . \tag*{\htmlClass{reason}{\text{감마적분, 4회 정리 3.5}}} \end{align*}$$

$N$은 성공확률 $\tfrac\lambda{\lambda+\mu}$인 기하분포(0부터 센다)다. 합친 과정의 사건 하나하나가 서로 독립으로 확률 $\tfrac\lambda{\lambda+\mu}$로 A라는 것과 같은 내용이다.

(b) $M(t)=\sum_ke^{tk}e^{-\lambda}\lambda^k/k!=\exp\{\lambda(e^t-1)\}$이다(4회 정리 2.2). 일반화된 Markov 부등식(2회 따름정리 5.2)을 $t>0$에서 쓰면 $P(X\ge a)\le e^{-ta}M(t)=\exp\{g(t)\}$, $g(t)=\lambda(e^t-1)-ta$이다. $g'(t)=\lambda e^t-a=0$에서 $t^*=\log(a/\lambda)$이고, $a>\lambda$이므로 $t^*>0$이다. $g''>0$이므로 최소이고

$$g(t^*)=a-\lambda-a\log\frac a\lambda,\qquad P(X\ge a)\le e^{-\lambda}\Bigl(\frac{e\lambda}a\Bigr)^a .$$

(c) Chernoff 한계는 $e^{-2}(2e/6)^6=e^4/3^6=54.6/729\approx0.0749$이다. Markov 한계는 $EX/a=\tfrac13$이다. Chebyshev 한계는 $P(X\ge6)\le P(|X-2|\ge4)\le\Var X/16=\tfrac18$이다. 정확한 값은 $1-e^{-2}\bigl(1+2+2+\tfrac43+\tfrac23+\tfrac4{15}\bigr)=0.0166$이므로 Chernoff 한계는 4.5배, Chebyshev는 7.5배, Markov는 20배 크다.

(d) $a=2\lambda>\lambda$를 넣으면 $e^{-\lambda}(e/2)^{2\lambda}=e^{-\lambda}e^{2\lambda}/4^\lambda=(e/4)^\lambda$이다. $e/4\approx0.68<1$이므로 이 한계는 $\lambda$에 대해 지수적으로 준다. Chebyshev로는 $P(X\ge2\lambda)\le P(|X-\lambda|\ge\lambda)\le\lambda/\lambda^2=1/\lambda$로 $1/\lambda$의 속도로만 준다.

채점 기준 (a) 4점: $T$의 분포와 조건부 Poisson 2점, 감마적분 1점, 기하분포 식별 1점. 독립을 쓰는 곳을 밝히지 않으면 1점 감점. (b) 4점: mgf 1점, $t>0$에서의 일반화된 Markov 1점, 최적 $t$와 $a>\lambda$의 역할 2점. (c) 4점: 세 한계 각 1점, 비교 1점. (d) 3점: 식 1점, Chebyshev의 $1/\lambda$ 1점, 지수 대 다항 감소의 비교 1점.

관련 2회 정의 3.1, 정리 5.1, 따름정리 5.2, 정리 5.3 · 3회 정리 2.5 · 4회 정리 2.2, 정리 3.2, 정리 3.5

최종답 (a) $P(N=k)=\tfrac{\lambda}{\lambda+\mu}\bigl(\tfrac{\mu}{\lambda+\mu}\bigr)^k$ (c) $\tfrac{e^4}{729}\approx0.0749$ (d) $(e/4)^\lambda$

B2 무게가 다른 정규 관측의 $t$t 구간

15점 · 25분

$X_1,\dots,X_n$이 독립이고 $X_i\sim\N(\mu,\sigma^2/w_i)$이다. 무게 $w_i>0$는 알려져 있고 $\mu$와 $\sigma^2$은 모른다. $W=\sum_iw_i$, $\hat\mu=\sum_iw_iX_i/W$, $S_w^2=\frac1{n-1}\sum_iw_i(X_i-\hat\mu)^2$으로 둔다.

1. (a)

   (4점) $Z_i=\sqrt{w_i}(X_i-\mu)/\sigma$, $\ba=(\sqrt{w_1},\allowbreak \dots,\allowbreak \sqrt{w_n})\T/\sqrt W$로 두면 $\Z\sim\N_n(\mathbf0,I)$, $\ba\T\Z=\sqrt W(\hat\mu-\mu)/\sigma$, $(n-1)S_w^2/\sigma^2=\Z\T(I-\ba\ba\T)\Z$임을 보여라.

2. (b)

   (4점) $\hat\mu$와 $S_w^2$이 독립이고 $(n-1)S_w^2/\sigma^2\sim\chi^2(n-1)$임을 보여라.

3. (c)

   (4점) $T=\sqrt W(\hat\mu-\mu)/S_w\sim t(n-1)$임을 보이고 $\mu$의 $1-\alpha$ 신뢰구간을 써라.

4. (d)

   (3점) $n=4$, 무게 $(1,1,2,4)$, 관측값 $(6,12,11,14)$에서 95% 구간을 $\hat\mu\pm h$ 꼴로 구하라. $t(3)$의 0.975 분위수는 3.182이다.

풀이

(a) $Z_i$는 서로 독립인 $\N(0,1)$이므로 $\Z\sim\N_n(\mathbf0,I)$이다. $\ba\T\ba=\sum_iw_i/W=1$이고 $\ba\T\Z=\sum_iw_i(X_i-\mu)/(\sigma\sqrt W)=\sqrt W(\hat\mu-\mu)/\sigma$이다. $\sum_iw_i(X_i-\hat\mu)=0$이므로 교차항이 사라져

$$\sum_iw_i(X_i-\mu)^2=\sum_iw_i(X_i-\hat\mu)^2+W(\hat\mu-\mu)^2$$

더하고 빼기 [T4]

이고, $\sigma^2$으로 나누면 $\Z\T\Z=(n-1)S_w^2/\sigma^2+(\ba\T\Z)^2$, 곧 $(n-1)S_w^2/\sigma^2=\Z\T\Z-(\ba\T\Z)^2=\Z\T(I-\ba\ba\T)\Z$이다.

(b) 첫 행이 $\ba\T$인 직교행렬 $Q$를 잡는다($\ba$를 정규직교기저로 늘린다. 6회 보조정리 2.1의 Helmert 행렬과 같은 구성). $\mathbf U=Q\Z\sim\N_n(\mathbf0,\allowbreak QQ\T)=\N_n(\mathbf0,\allowbreak I)$이다(5회 정리 3.8). $U_1=\ba\T\Z$이고 $\Z\T\Z=\mathbf U\T\mathbf U$이므로 $(n-1)S_w^2/\sigma^2=U_2^2+\cdots+U_n^2$이다. 공분산이 단위행렬이므로 $U_1,\dots,U_n$은 상호 독립이다(5회 정리 3.11, 따름정리 3.12). 따라서 $\hat\mu$($U_1$의 함수)와 $S_w^2$($U_2,\dots,U_n$의 함수)은 독립이고, 표준정규 $n-1$개의 제곱합은 $\chi^2(n-1)$이다(4회 정리 3.9).

(c) $T=\dfrac{U_1}{\sqrt{(U_2^2+\cdots+U_n^2)/(n-1)}}$이고 분자와 분모가 독립이므로 $t(n-1)$이다(6회 정의 3.1). $\sigma$가 지워져 $T$는 축량이다(6회 정의 5.1). 구간은 $\hat\mu\pm t_{n-1,1-\alpha/2}\,S_w/\sqrt W$이다. $w_i\equiv1$이면 6회 정리 5.2의 $t$-구간이다.

(d) $W=8$, $\hat\mu=(6+12+22+56)/8=12$이다. $\sum_iw_i(x_i-12)^2=36+0+2+16=54$이므로 $S_w^2=18$, $S_w/\sqrt W=\sqrt{18/8}=1.5$이다. $h=3.182\times1.5=4.773$이고 구간은 $[7.227,\ 16.773]$이다. 무게를 무시한 보통의 $t$-구간은 중심 10.75, 반폭 5.41로, 정밀한 넷째 관측을 덜 반영하고 분산 구조도 맞지 않는다.

채점 기준 (a) 4점: $\Z$의 분포 1점, $\ba$가 단위벡터이고 $\ba\T\Z$의 식 1점, 제곱합 분해(교차항이 0인 이유 포함) 2점. (b) 4점: 직교행렬 1점, $\mathbf U\sim\N_n(\mathbf0,I)$ 1점, 독립 1점, $\chi^2$ 1점. Craig나 Cochran의 정리(13회)로 보여도 만점. (c) 4점: $t$의 정의에 맞추기 2점, 축량 1점, 구간 1점. (d) 3점: $\hat\mu$ 1점, $S_w$ 1점, $h$와 구간 1점.

관련 4회 정리 3.9 · 5회 정리 3.8, 정리 3.11, 따름정리 3.12 · 6회 보조정리 2.1, 정리 2.2, 정의 3.1, 정의 5.1, 정리 5.2

최종답 (d) $\hat\mu=12,\ h=4.773$

B3 분포에 무관한 분위수 구간과 허용구간

15점 · 25분

$X_1,\dots,X_n$이 iid이고 분포함수 $F$는 연속이라는 것 말고는 모른다. $0<p<1$에서 $F(\xi_p)=p$인 점 $\xi_p$가 하나뿐이라고 하자.

1. (a)

   (4점) $r<s$이면 $P\bigl(X_{(r)}\le\xi_p<X_{(s)}\bigr)=\sum_{k=r}^{s-1}\binom nkp^k(1-p)^{n-k}$이고, 따라서 이 확률이 $F$에 의존하지 않음을 보여라.

2. (b)

   (3점) $n=10$, $p=0.75$에서 구간 $[X_{(5)},\ X_{(10)})$이 상사분위수 $\xi_{0.75}$를 포함할 확률을 구하라. $B\sim\mathrm b(10,0.75)$의 분포함수는 $P(B\le4)=0.0197$, $P(B\le9)=0.9437$이다.

3. (c)

   (5점) $R=F(X_{(n)})-F(X_{(1)})$은 구간 $[X_{(1)},X_{(n)}]$이 덮는 모집단의 비율이다. $R$의 분포가 $F$에 의존하지 않음을 보이고, $0<\gamma<1$에서 $P(R\ge\gamma)=1-n\gamma^{n-1}+(n-1)\gamma^n$임을 보여라. $n=20$, $\gamma=0.9$에서 이 확률을 구하라. $0.9^{19}\approx0.1351$, $0.9^{20}\approx0.1216$이다.

4. (d)

   (3점) $H_0:\xi_{0.5}=m_0$ 대 $H_1:\xi_{0.5}>m_0$를 $S=\#\{i:X_i>m_0\}$가 크면 기각하는 부호검정으로 한다. $p$-값 $p(s)=P_{H_0}(S\ge s)$에 대해 $H_0$ 아래 모든 $u\in(0,1)$에서 $P\{p(S)\le u\}\le u$임을 보이고, $n=10$에서 $P_{H_0}\{p(S)\le0.05\}$를 구하라.

풀이

(a) $B=\#\{i:X_i\le\xi_p\}$로 두면 지시함수 $1\{X_i\le\xi_p\}$가 iid이고 확률이 $F(\xi_p)=p$이므로 $B\sim\mathrm b(n,p)$이다(2회 정리 2.4). $\{X_{(r)}\le\xi_p\}$는 “$\xi_p$ 이하인 관측이 $r$개 이상”, 곧 $\{B\ge r\}$이다. $F$가 연속이므로 $P(X_i=\xi_p)=0$이고 $\{X_{(s)}>\xi_p\}=\{B\le s-1\}$이다 [T1]. 따라서

$$P\bigl(X_{(r)}\le\xi_p<X_{(s)}\bigr)=P(r\le B\le s-1)=\sum_{k=r}^{s-1}\binom nkp^k(1-p)^{n-k}$$

이고 $F$가 들어 있지 않다. $p=\tfrac12$이면 8회 정리 2.6의 중앙값 구간이다.

(b) $P(5\le B\le9)=P(B\le9)-P(B\le4)=0.9437-0.0197=0.9240$이다. 오른쪽 끝을 표본 최댓값으로 열어 두어도 92%이고, $X_{(10)}$을 닫힌 끝으로 바꾸어도 확률은 같다($P(X_{(10)}=\xi_p)=0$).

(c) $U_i=F(X_i)$는 iid $\mathrm U(0,1)$이다(2회 정리 4.7). $F$가 증가하므로 $F(X_{(1)})=U_{(1)}$, $F(X_{(n)})=U_{(n)}$이고 $R=U_{(n)}-U_{(1)}$의 분포는 $F$와 무관하다. $(U_{(1)},U_{(n)})$의 결합밀도는 $n(n-1)(v-u)^{n-2}$ ($0<u<v<1$)이다(8회 정리 1.2를 가운데 좌표로 적분). $R$의 밀도는 $n(n-1)r^{n-2}(1-r)$, 곧 $R\sim\mathrm{Beta}(n-1,2)$이다(8회 연습 1.1). 따라서

$$P(R\ge\gamma)=\int_\gamma^1n(n-1)\bigl(r^{n-2}-r^{n-1}\bigr)dr=1-n\gamma^{n-1}+(n-1)\gamma^n$$

이다. $n=20$, $\gamma=0.9$이면 $1-20(0.1351)+19(0.1216)=0.608$이다. 범위 $[X_{(1)},X_{(20)}]$이 모집단의 90% 이상을 덮을 확률이 61%뿐이다. 이 확률이 0.95를 넘으려면 $n=46$이 필요하다.

(d) $H_0$ 아래 $S\sim\mathrm b(n,\tfrac12)$이고 $F$에 의존하지 않는다. $u$를 고정하고 $s_u=\min\{s:P(S\ge s)\le u\}$로 두면, $p(s)$가 $s$에 대해 감소하므로 $\{p(S)\le u\}=\{S\ge s_u\}$이고 $P\{p(S)\le u\}=P(S\ge s_u)\le u$이다. $S$가 이산이어서 $p(S)$는 몇 개의 값만 갖고 대개 등호가 성립하지 않는다. 8회 정리 4.2의 균등성은 연속인 통계량에서만 성립한다. $n=10$이면 $P(S\ge8)=\tfrac{56}{1024}>0.05$, $P(S\ge9)=\tfrac{11}{1024}$이므로 $P\{p(S)\le0.05\}=\tfrac{11}{1024}\approx0.0107$이다. 명목 수준 5%의 검정이 실제로는 1.1%로 기각한다.

채점 기준 (a) 4점: $B$의 이항분포 1점, 두 사건의 동치(연속성으로 끝점 처리) 2점, $F$에 무관함 1점. (b) 3점: 사건의 식별 2점, 수치 1점. (c) 5점: 확률적분변환 1점, 결합밀도나 $\mathrm{Beta}(n-1,2)$ 2점, 꼬리 적분 1점, 수치 1점. (d) 3점: 부등식 1점, 이산성의 설명 1점, 수치 1점.

관련 2회 정리 2.4, 정리 4.7 · 8회 정리 1.2, 연습 1.1, 정리 2.6, 정의 4.1, 정리 4.2

최종답 (b) $0.9240$ (c) $P(R\ge0.9)\approx0.608$ (d) $\tfrac{11}{1024}\approx0.0107$

B4 분산이 같은 이변량 정규의 상관계수

20점 · 40분

$(X_i,Y_i)$, $i=1,\dots,n$이 iid이고, 평균이 $(0,0)$, 두 분산이 모두 $\sigma^2$, 상관계수가 $\rho$인 이변량 정규분포를 따른다. $\sigma^2>0$과 $|\rho|<1$을 모두 모른다. $S=\sum_i(X_i^2+Y_i^2)$, $P=\sum_iX_iY_i$로 둔다.

1. (a)

   (4점) 로그가능도를 $S$와 $P$로 쓰고, MLE가 $\hat\sigma^2=S/(2n)$, $\hat\rho=2P/S$임을 보여라.

2. (b)

   (5점) 한 쌍의 Fisher 정보 행렬을 $(\sigma^2,\rho)$에 대해 구하라. 비대각 원소가 0이 아님을 확인하라.

3. (c)

   (5점) $\sqrt n(\hat\rho-\rho)$의 점근분산을 구하라. $\sigma^2$을 알 때 $\rho$의 MLE의 점근분산과 비교해, $\sigma^2$을 모르는 대가를 두 분산의 비로 나타내라.

4. (d)

   (4점) $n=50$, $\hat\rho=0.3$에서 $H_0:\rho=0$의 가능도비 통계량 $-2\log\Lambda$를 구하고 5% 수준에서 판정하라. $\log0.91\approx-0.0943$이고 $\chi^2(1)$의 0.95 분위수는 3.841이다.

5. (e)

   (2점) 같은 자료에서 Wald 통계량 $n\hat\rho^2/(1-\hat\rho^2)^2$을 구하고 (d)와 비교하라. $0.91^2=0.8281$이다.

풀이

(a) 한 쌍의 밀도는 $\dfrac1{2\pi\sigma^2\sqrt{1-\rho^2}}\exp\Bigl\{-\dfrac{x^2-2\rho xy+y^2}{2\sigma^2(1-\rho^2)}\Bigr\}$이므로

$$\ell(\sigma^2,\rho)=-n\log(2\pi)-n\log\sigma^2-\tfrac n2\log(1-\rho^2)-\frac{S-2\rho P}{2\sigma^2(1-\rho^2)} .$$

$\rho$를 고정하고 $\sigma^2$으로 최대화하면 $\tilde\sigma^2(\rho)=\dfrac{S-2\rho P}{2n(1-\rho^2)}$이고, 프로파일 로그가능도(10회 정의 1.7)는 상수를 빼고 $\ell_p(\rho)=-n\log(S-2\rho P)+\tfrac n2\log(1-\rho^2)$이다. $\ell_p'(\rho)=\dfrac{2nP}{S-2\rho P}-\dfrac{n\rho}{1-\rho^2}=0$을 정리하면 $2P(1-\rho^2)=\rho(S-2\rho P)$, 곧 $\rho=2P/S$이다. $2|x_iy_i|\le x_i^2+y_i^2$이므로 $|2P|\le S$이고, 확률 1로 $|\hat\rho|<1$이다. $\rho\to\pm1$이면 $\ell_p\to-\infty$이므로 이 유일한 근이 최대다. 대입하면 $\hat\sigma^2=\tilde\sigma^2(\hat\rho)=S/(2n)$이다.

(b) 한 쌍의 로그가능도에서 $q=x^2-2\rho xy+y^2$로 두면 $Eq=2\sigma^2(1-\rho^2)$, $E\,xy=\rho\sigma^2$이다. 두 번 미분하고 기댓값을 취하면(10회 정리 1.2)

$$\begin{align*} I_{\sigma^2\sigma^2}&=-E\Bigl[\frac1{\sigma^4}-\frac q{\sigma^6(1-\rho^2)}\Bigr]=\frac1{\sigma^4},\\ I_{\sigma^2\rho}&=-E\Bigl[-\frac{xy}{\sigma^4(1-\rho^2)}+\frac{\rho q}{\sigma^4(1-\rho^2)^2}\Bigr]=-\frac{\rho}{\sigma^2(1-\rho^2)},\\ I_{\rho\rho}&=-E\Bigl[\frac{1+\rho^2}{(1-\rho^2)^2}+\frac{4\rho\,xy-q}{\sigma^2(1-\rho^2)^2}-\frac{4\rho^2q}{\sigma^2(1-\rho^2)^3}\Bigr]=\frac{1+\rho^2}{(1-\rho^2)^2} . \end{align*}$$

마지막 줄의 괄호 안의 기댓값은 $\dfrac{(1+\rho^2)+4\rho^2-2(1-\rho^2)-8\rho^2}{(1-\rho^2)^2}=-\dfrac{1+\rho^2}{(1-\rho^2)^2}$이다. $\rho\ne0$이면 비대각 원소가 0이 아니다.

(c) $\det I=\dfrac{1+\rho^2-\rho^2}{\sigma^4(1-\rho^2)^2}=\dfrac1{\sigma^4(1-\rho^2)^2}$이므로 $[I^{-1}]_{\rho\rho}=I_{\sigma^2\sigma^2}/\det I=(1-\rho^2)^2$이다. 같은 값을 Schur 보수(10회 보조정리 1.5)로 쓰면 $\bigl(I_{\rho\rho}-I_{\rho\sigma^2}^2/I_{\sigma^2\sigma^2}\bigr)^{-1}=(1-\rho^2)^2$이다. 10회 정리 1.3으로 $\sqrt n(\hat\rho-\rho)\xrightarrow{D}\N\bigl(0,\allowbreak (1-\rho^2)^2\bigr)$이다. $\sigma^2$을 알면 점근분산은 $1/I_{\rho\rho}=(1-\rho^2)^2/(1+\rho^2)$이다(9회 정리 3.1). 비는 $1+\rho^2\ge1$이고, $\rho=0$이면 대가가 없고 $|\rho|\to1$이면 분산이 두 배에 가까워진다(10회 정리 1.6).

조건 확인 밀도는 지수족이고 받침이 모수에 의존하지 않으며, 모수공간 $(0,\infty)\times(-1,1)$이 열린 집합이고 $\det I>0$이다. 따라서 9회와 10회의 정칙조건이 성립한다.

(d) $H_0$ 아래 MLE는 $\tilde\sigma^2=S/(2n)$로 전체 모형의 $\hat\sigma^2$과 같다. 두 최대값에서 $\tfrac{S-2\rho P}{2\sigma^2(1-\rho^2)}$ 항은 모두 $n$이므로 $-2\log\Lambda=2(\hat\ell-\tilde\ell)=-n\log(1-\hat\rho^2)$이다. $n=50$, $\hat\rho=0.3$이면 $-50\log0.91=4.715>3.841$이므로 5% 수준에서 기각한다(10회 정리 1.8; 귀찮은 모수 $\sigma^2$이 있어도 자유도는 1).

(e) $W=50\times0.09/0.8281=5.434$로 역시 기각한다. 두 통계량은 $H_0$ 아래 같은 $\chi^2(1)$ 극한을 갖지만 유한 표본에서는 다르다. 점수 통계량은 $\rho=0$에서의 분산 1을 써서 $n\hat\rho^2=4.5$이다.

채점 기준 (a) 4점: 로그가능도 1점, MLE 유도(프로파일이나 연립방정식) 2점, 최대이고 $|\hat\rho|<1$인 확인 1점. (b) 5점: $I_{\sigma^2\sigma^2}$ 1점, $I_{\sigma^2\rho}$ 2점, $I_{\rho\rho}$ 2점. (c) 5점: 역행렬이나 Schur 보수 2점, $(1-\rho^2)^2$ 1점, $\sigma^2$을 알 때 1점, 비 $1+\rho^2$와 해석 1점. 정칙조건을 언급하지 않으면 1점 감점. (d) 4점: 두 최대값 2점, $-n\log(1-\hat\rho^2)$ 1점, 수치와 판정 1점. (e) 2점: 수치 1점, 비교 1점.

관련 9회 정리 3.1, 정리 5.2 · 10회 정리 1.2, 정리 1.3, 보조정리 1.5, 정리 1.6, 정의 1.7, 정리 1.8

최종답 (c) $(1-\rho^2)^2$ (d) $4.715$ (e) $5.434$

B5 두 지수 표본의 비교와 축차 검정

20점 · 40분

$X_1,\dots,X_m$은 평균 $\theta_1$인 지수분포에서, $Y_1,\dots,Y_n$은 평균 $\theta_2$인 지수분포에서 온 서로 독립인 표본이다. $H_0:\theta_1=\theta_2$ 대 $H_1:\theta_1\ne\theta_2$를 검정한다. $B=\sum_iX_i\big/\bigl(\sum_iX_i+\sum_jY_j\bigr)$로 둔다.

1. (a)

   (5점) 가능도비가 $\Lambda=\dfrac{(m+n)^{m+n}}{m^mn^n}B^m(1-B)^n$임을 보여라.

2. (b)

   (5점) $H_0$ 아래 $B\sim\mathrm{Beta}(m,n)$이고 $F=\dfrac{\sum_iX_i/m}{\sum_jY_j/n}\sim F(2m,\allowbreak 2n)$임을 보여라. 가능도비 검정의 기각역이 $\{B\le c_1\}\cup\{B\ge c_2\}$ 꼴임을 보이고, $c_1$과 $c_2$가 만족하는 두 식을 써라.

3. (c)

   (5점) $m=n=5$, $\sum x_i=30$, $\sum y_j=10$이다. 크기 0.05의 정확한 가능도비 검정을 $F$로 수행하라($F(10,10)$의 0.975 분위수는 3.717). 또 $-2\log\Lambda$를 계산해 Wilks 근사(3.841)의 판정과 비교하라. $\log2\approx0.6931$, $\log3\approx1.0986$이다.

4. (d)

   (5점) 이번에는 지수분포의 관측 $X_1,X_2,\dots$를 하나씩 보며 $H_0:\theta=1$ 대 $H_1:\theta=2$를 $\alpha=\beta=0.05$의 SPRT로 검정한다. Wald의 경계를 쓰고, $H_1$ 아래 평균 표본 크기의 Wald 근사를 구하라. $\log19\approx2.944$이다.

풀이

(a) $S_x=\sum x_i$, $S_y=\sum y_j$로 두면 가능도는 $\theta_1^{-m}e^{-S_x/\theta_1}\theta_2^{-n}e^{-S_y/\theta_2}$이다. 전체 모형의 MLE는 $S_x/m$, $S_y/n$이고 최대값은 $(S_x/m)^{-m}(S_y/n)^{-n}e^{-(m+n)}$이다. $H_0$ 아래 MLE는 $(S_x+S_y)/(m+n)$이고 최대값은 $\bigl(\tfrac{S_x+S_y}{m+n}\bigr)^{-(m+n)}e^{-(m+n)}$이다. 비를 취하면(12회 정의 3.1)

$$\Lambda=\frac{(m+n)^{m+n}}{m^mn^n}\Bigl(\frac{S_x}{S_x+S_y}\Bigr)^m\Bigl(\frac{S_y}{S_x+S_y}\Bigr)^n .$$

(b) $H_0$ 아래 공통 평균을 $\theta$라 하면 $U=2S_x/\theta\sim\chi^2(2m)$, $V=2S_y/\theta\sim\chi^2(2n)$이고 독립이다(4회 정리 3.7, 정의 3.8). $B=U/(U+V)$이고 $U$, $V$는 같은 척도의 감마이므로 $B\sim\mathrm{Beta}(m,n)$이다(4회 정리 4.2). $F=\dfrac{U/(2m)}{V/(2n)}\sim F(2m,\allowbreak 2n)$이다(6회 정의 4.1). $g(b)=b^m(1-b)^n$은 $(0,1)$에서 $b=\tfrac m{m+n}$까지 증가하고 그 뒤 감소하므로 $\{\Lambda\le k\}=\{B\le c_1\}\cup\{B\ge c_2\}$이다. 두 식은

$$c_1^m(1-c_1)^n=c_2^m(1-c_2)^n,\qquad P_{\mathrm{Beta}(m,n)}(c_1<B<c_2)=1-\alpha$$

이다($m\ne n$이면 두 꼬리의 확률이 다르다).

(c) $m=n$이면 $g$가 $\tfrac12$에 대해 대칭이므로 $c_2=1-c_1$이다. $B$는 $F$의 증가함수이고 $F$와 $1/F$의 분포가 같으므로, 정확한 검정은 $F\ge3.717$이거나 $F\le1/3.717=0.269$이면 기각하는 등꼬리 $F$ 검정이다. $F=(30/5)/(10/5)=3$이므로 기각하지 않는다(정확한 양쪽 $p$-값 0.098). $B=0.75$이므로

$$\Lambda=2^{10}\Bigl(\frac34\Bigr)^5\Bigl(\frac14\Bigr)^5=\frac{3^5}{2^{10}},\qquad -2\log\Lambda=-2(5\log3-10\log2)=2.877<3.841$$

이고 Wilks 근사(9회 정리 5.2)로도 기각하지 않는다.

(d) 한 관측의 로그가능도비는 $z=\log\dfrac{\frac12e^{-x/2}}{e^{-x}}=\dfrac x2-\log2$이다. Wald의 경계(12회 정리 4.2)는 $\log\tfrac{1-\beta}\alpha=\log19\approx2.944$와 $\log\tfrac\beta{1-\alpha}=-2.944$이다. $\sum_{i\le k}z_i\ge2.944$, 곧 $\sum_{i\le k}x_i\ge2(2.944+k\log2)$이면 $H_1$을, $\sum_{i\le k}z_i\le-2.944$이면 $H_0$을 택한다. $E_{\theta=2}z=1-\log2=0.3069$이다. Wald의 등식(12회 보조정리 4.3) $E(\sum_{i\le N}z_i)=EN\cdot Ez$에서 경계를 넘는 양을 무시하면

$$E_{\theta=2}N\approx\frac{0.95\times2.944+0.05\times(-2.944)}{0.3069}=\frac{0.9\times2.944}{0.3069}\approx8.6$$

이다. 같은 방법으로 $E_{\theta=1}N\approx0.9\times2.944/0.1931\approx13.7$이다. 같은 $\alpha$, $\beta$의 고정 표본 검정은 $2\sum X_i/\theta\sim\chi^2(2n)$에서 $n=23$이 필요하다.

조건 확인 Wald의 등식에는 $E|z|<\infty$와 $EN<\infty$가 필요하다. $z$는 지수분포의 일차식이므로 $E|z|<\infty$이고, $P(z>0)>0$이므로 $P(N>km)\le(1-q)^k$에서 $EN<\infty$이다(12회 연습 4.3).

채점 기준 (a) 5점: 두 최대 가능도 3점, 정리 2점. (b) 5점: $\chi^2$나 감마 1점, 베타 1점, $F$ 1점, $g$의 단봉성으로 기각역의 꼴 1점, 두 식 1점. (c) 5점: 대칭으로 등꼬리 $F$ 검정 2점, $F=3$의 판정 1점, $-2\log\Lambda$ 계산 1점, Wilks와의 비교 1점. (d) 5점: $z$와 경계 2점, Wald 등식의 적용 2점, 수치 1점.

관련 4회 정리 3.7, 정의 3.8, 정리 4.2 · 6회 정의 4.1 · 9회 정리 5.2 · 12회 정의 3.1, 정의 4.1, 정리 4.2, 보조정리 4.3, 연습 4.3

최종답 (c) $-2\log\Lambda=2.877$ (d) $E_{\theta=2}N\approx8.6$

B6 Kendall의 불일치 쌍의 수

15점 · 25분

연속분포에서 온 쌍 $(X_i,Y_i)$, $i=1,\dots,n$이 iid다. $i<j$인 쌍 가운데 $(X_i-X_j)(Y_i-Y_j)<0$인 것(불일치 쌍)의 수를 $K$라 하고, $H_0$: $X$와 $Y$가 독립이다를 검정한다.

1. (a)

   (4점) $X$의 순서로 늘어놓은 $Y$의 순위를 $\pi=(\pi_1,\dots,\pi_n)$이라 하자. $K=\#\{i<j:\pi_i>\pi_j\}$임을 보이고, $H_0$ 아래 $V_j=\#\{i<j:\pi_i>\pi_j\}$ ($j=2,\dots,n$)가 상호 독립이며 $V_j$가 $\{0,1,\dots,j-1\}$ 위의 균등분포임을 보여라.

2. (b)

   (4점) $H_0$ 아래 $EK=n(n-1)/4$, $\Var K=n(n-1)(2n+5)/72$임을 보여라.

3. (c)

   (4점) $n=4$, 자료 $(1.2,\,0.8)$, $(2.5,\,1.9)$, $(3.1,\,1.7)$, $(4.0,\,3.5)$에서 $K$를 구하라. 양의 연관을 대립가설로 하는 정확한 $p$-값 $P_{H_0}(K\le k_{\mathrm{obs}})$를 구하라.

4. (d)

   (3점) $n=10$에서 $K=12$가 관측되었다. 정규근사로 한쪽 $p$-값을 구하고, 정규근사를 쓸 수 있는 근거를 한 줄로 밝혀라. $\sqrt{31.25}\approx5.590$, $\Phi(-1.88)\approx0.030$이다.

풀이

(a) 쌍을 $X$의 순서로 번호 붙이면(동점의 확률은 0) $i<j$에서 $X_i<X_j$이므로, 불일치는 $Y_i>Y_j$, 곧 $\pi_i>\pi_j$와 같다. $H_0$ 아래 $Y$들은 $X$들과 독립인 iid 연속 확률변수이므로 $\pi$는 $n!$개의 순열 위의 균등분포다(15회 보조정리 1.3). $V_j$는 처음 $j$개 가운데 $\pi_j$가 위에서 $V_j+1$번째임을 정하고, 이 상대 순위들이 $j=n,n-1,\dots$의 차례로 $\pi$를 하나로 정한다 [T3]. 따라서 $\pi$와 $(V_2,\allowbreak \dots,\allowbreak V_n)\in\prod_{j=2}^n\{0,\allowbreak \dots,\allowbreak j-1\}$은 일대일 대응이고(두 집합의 크기는 모두 $n!$), $(V_2,\dots,V_n)$은 곱집합 위의 균등분포, 곧 성분이 각각 균등하고 상호 독립인 분포다.

(b) $\{0,\dots,j-1\}$ 위의 균등분포는 평균 $\tfrac{j-1}2$, 분산 $\tfrac{j^2-1}{12}$이다. $K=\sum_{j=2}^nV_j$이므로 $EK=\sum_{j=1}^n\tfrac{j-1}2=\tfrac{n(n-1)}4$이다. 독립이므로 분산이 더해져(2회 정리 2.8) $\Var K=\tfrac1{12}\sum_{j=1}^n(j^2-1)=\tfrac1{12}\bigl[\tfrac{n(n+1)(2n+1)}6-n\bigr]=\tfrac{n(n-1)(2n+5)}{72}$이다.

(c) $X$가 이미 커지는 순서이고 $Y$의 순위는 $(1,3,2,4)$이므로 $K=1$이다. $n=4$의 귀무분포는 $V_2$, $V_3$, $V_4$의 합으로 세면 $k=0,\dots,6$에서 순열의 수가 $1,3,5,6,5,3,1$이다(합 24). $p=P(K\le1)=\tfrac{1+3}{24}=\tfrac16$이므로 양의 연관의 증거로 약하다.

(d) $z=(12-22.5)/5.590=-1.88$이므로 $p\approx0.030$이다. $K$는 독립이고 유계인 $V_j$의 합이고 $|V_j-EV_j|\le n/2$이므로, Lyapunov 비가 $\tfrac n{2s_n}=O(n^{-1/2})\to0$이다(7회 3절의 상자).

채점 기준 (a) 4점: 동치 1점, 균등한 순열 1점, 일대일 대응과 독립 2점. (b) 4점: 적률 2점, 합 2점. (c) 4점: $K$ 1점, 귀무분포 2점, $p$-값 1점. (d) 3점: $z$와 $p$-값 2점, 근거 1점.

관련 2회 정리 2.8 · 7회 정리 3.1 · 15회 보조정리 1.3, 정리 1.5, 정리 1.8

최종답 (b) $\tfrac{n(n-1)(2n+5)}{72}$ (c) $K=1,\ p=\tfrac16$ (d) $p\approx0.030$

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