【統計検定1級過去問】2016年（理工学）大問1 解答例

コメント

大問1はぱっと見た目には実験計画法の問題に見えますが、実質的には統計量の不偏性と分散の算出を行う問題で他の大問と比べると易しい問題だと思います。

唯一、問4が何を解答すれば良いのか題意を捉えづらいのですが、ここでは問1～3の流れから「最小分散線形不偏推定量」であることを示します。

問題

処理[math]A_i(i=1,2,3,4)[/math]を5つのブロック[math]B_j(j=1,\dots,5)[/math]に配置して1回ずつ実験する。

処理[math]A_i[/math]がブロック[math]B_j[/math]で実験した時の観測値を[math]Y_{ij}[/math]としブロック計画モデル

[math]Y_{ij}=\mu+\tau_i+\beta_j+\epsilon_{ij}[/math]

を考える。ここで

• [math]\mu[/math]: 一般平均
• [math]\tau_i[/math]: 処理[math]A_i[/math]の処理効果（[math]\sum_{i}\tau_i=0[/math]）
• [math]\beta_j[/math]: ブロック[math]B_j[/math]の処理効果（[math]\sum_{j}\beta_j=0[/math]）
• [math]\epsilon_{ij}[/math]: 互いに独立な誤差（[math]E[\epsilon_{ij}]=0,\ V[\epsilon_{ij}]=\sigma^2[/math]）

とする時、以下の問に答えよ。

（出典：2016年受験時の問題冊子。問題文を一部略記。）

問1

[math]E[Y_{ij}]=\mu+\tau_i+\beta_j[/math]より[math]E[Y_{1j}-Y_{2j}]=\tau_1-\tau_2[/math]なので[math]T_1,\ T_2,\ T_3[/math]はいずれも[math]\tau_1-\tau_2[/math]の不偏推定量である。

また[math]V[Y_{ij}]=\sigma^2[/math]より[math]V[Y_{1j}-Y_{2j}]=2\sigma^2[/math]なので[math]V[T_k]=2\sigma^2(k=1,2,3)[/math]である。

問2

[math]
\begin{eqnarray}
U=&c&_{13}Y_{13}+c_{33}Y_{33}+c_{43}Y_{43} \\
&+&c_{24}Y_{24}+c_{34}Y_{34}+c_{44}Y_{44}
\end{eqnarray}
[/math]

とおき、[math]\tau_1-\tau_2[/math]の不偏推定量であるとする。この時、[math]E[U]=\tau_1-\tau_2[/math]が恒等的に成立するので[math]\tau_1, \tau_2, \tau_3, \tau_4, \beta_3[/math]の係数を比較して

[math]
\begin{cases}
c_{13}=1 \\
c_{24}=-1 \\
c_{33}+c_{34}=0 \\
c_{43}+c_{44}=0 \\
c_{13}+c_{33}+c_{43}=0
\end{cases}
[/math]

なので、これを解いて

[math]
\begin{eqnarray}
U=&Y&_{13}-Y_{24}+c_{33}(Y_{33}-Y_{34})\\
&-&(1+c_{33})(Y_{43}-Y_{44})
\end{eqnarray}
[/math]

を得る。さらに[math]V[U]=2\sigma^2\left\{1+c_{33}^2+(1+c_{33})^2\right\}[/math]なので、[math]c_{33}=-\frac{1}{2}[/math]の時に分散は最小になり、最小値は[math]3\sigma^2[/math]である。

以上より

[math]
\begin{eqnarray}
T_4=&Y&_{13}-Y_{24}-\frac{1}{2}(Y_{33}-Y_{34})\\
&-&\frac{1}{2}(Y_{43}-Y_{44})
\end{eqnarray}
[/math]

であり、[math]V[T_4]=3\sigma^2[/math]である。

問3

[math]E[T_k]=\tau_1-\tau_2\ (k=1,\dots,4)[/math]より[math]E[T]=\tau_1-\tau_2[/math]が成立し、[math]T[/math]は[math]\tau_1-\tau_2[/math]の不偏推定量である。

また、[math]V[T_k]=2\sigma^2(k=1,2,3)[/math], [math]V[T_4]=3\sigma^2[/math]なので

[math]
V[T]=\dfrac{(6+3w^2)\sigma^2}{(3+w)^2}
[/math]

である。ここで[math]f(w)=\dfrac{2+w^2}{(3+w)^2}[/math]とおき、その最小値を求める。

[math]
\begin{eqnarray}
&&f(w) \\
&=& \dfrac{(3+w)^2-6(3+w)+11}{(3+w)^2} \\
&=& 1-\dfrac{6}{3+w}+\dfrac{11}{(3+w)^2}
\end{eqnarray}
[/math]

ここで[math]v=\frac{1}{3+w}[/math]と置換し[math]w>0[/math]より[math]0 < v < \frac{1}{3}[/math]における最小値を求めると

[math]
\begin{eqnarray}
&& 1-6v+11v^2 \\
&=& 11\left(v-\dfrac{3}{11}\right)^2+\dfrac{2}{11}
\end{eqnarray}
[/math]

より[math]v=\frac{3}{11}[/math]、つまり[math]w=\frac{2}{3}[/math]の時、最小値[math]\frac{2}{11}[/math]を取る。以上より
[math]T=\frac{3}{11}(T_1+T_2+T_3)+\frac{2}{11}T_4[/math]および[math]V[T]=3\sigma^2f(w)=\frac{6}{11}\sigma^2[/math]を得る。

問4

確率変数[math]Y_{i,j}[/math]の線形推定量[math]X=\sum_{i,j}c_{ij}Y_{ij}[/math]を考え、[math]\tau_1-\tau_2[/math]の不偏推定量とする。ここで、線形空間を分割した部分空間

• [math](Y_{11},\ Y_{21},\ Y_{31})[/math]による線形推定量の空間
• [math](Y_{12},\ Y_{22},\ Y_{42})[/math]による線形推定量の空間
• [math](Y_{13},\ Y_{33},\ Y_{43},\ Y_{24},\ Y_{34},\ Y_{44})[/math]による線形推定量の空間
• [math](Y_{15},\ Y_{25},\ Y_{35},\ Y_{45})[/math]による線形推定量の空間

を考える。各部分空間で[math]\tau_1-\tau_2[/math]の不偏推定量を考えると[math]T_1,\ T_2,\ T_3,\ T_4[/math]になることから線形不偏推定量[math]X[/math]は

[math]X=\displaystyle\sum_{i=1}^4 w_i T_i,\ \sum_{i=1}^4 w_i=1[/math]

と書ける。分散を考えると

[math]V[X]=(2w_1^2+2w_2^2+2w_3^2+3w_4^2)\sigma^2[/math]

となる。[math]\sum_{i=1}^4 w_i=1[/math]の下で[math](2w_1^2+2w_2^2+2w_3^2+3w_4^2)[/math]を最小にする[math]w_i[/math]を求めればよく、制約付き最小化問題として考えるとラグランジュ乗数[math]\lambda[/math]が存在し、

[math](4w_1\ 4w_2\ 4w_3\ 6w_4)^T + \lambda(1\ 1\ 1\ 1)^T=0[/math]

が成立することと、[math]\sum_{i}w_i=1[/math]とあわせて

[math]w_1=w_2=w_3=\frac{3}{11},\ w_4=\frac{2}{11}[/math]

となる。これは問3で求めた[math]T[/math]に他ならず[math]T[/math]は最小分散線形不偏推定量である。

シリーズ記事

• 過去問と解答例
• 2016年（理工学）大問1
• 2016年（理工学）大問1 解答例（本記事）
• 2016年（理工学）大問3
• 2016年（理工学）大問3 解答例
• 2016年（理工学）大問4
• 2016年（理工学）大問4 解答例