【統計検定1級過去問】2016年(統計数理)大問2 解答例

投稿者: | 2017-08-02

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大問2は「指数分布に従う確率変数の和はガンマ分布に従う」という事実を証明させる問題が出題されました。

問1~3は基本的な問題なので確実に正解したいです。問4は愚直に計算すると計算量が多い[1]実際、私は愚直に計算しようとして時間切れになりましたので一工夫が必要です。ここではモーメント母関数を使う解答例(理論的な背景等は「モーメント母関数による確率密度関数の導出」を参照ください。)を示します。

最後の[math]\tilde{Q}(c)[/math]の不偏性の証明も「解法1. 定義に基づいて計算」で紹介した「確率密度関数の定義域上での積分に帰着させる」などの工夫をしても計算量が多く完答にまでたどり着いた人は少なかったのではないかと思います。

問題

確率変数[math]X\sim Exp(\lambda), \lambda>0[/math]とする時、以下の問に答えよ。
なお、指数分布[math]Exp(\lambda)[/math]の確率密度関数

[math]f(x)=\begin{cases}\lambda e^{-\lambda x} &(x\geq 0) \\ 0 &(x<0)\end{cases}[/math]

は既知として良い。

(出典:2016年受験時の問題冊子。問題文を一部略記。)

問1

[math]E[X]=\frac{1}{\lambda}[/math]を示せ。

問4を見据えて指数分布のモーメント母関数を求めると

[math]
\begin{eqnarray}
M_X(t)&=&E[e^{tX}]\\
&=&\int_{0}^{\infty}\lambda e^{-(\lambda-t)x}dx \\
&=&\dfrac{\lambda}{\lambda-t}
\end{eqnarray}
[/math]

になる。モーメント母関数から平均を求める(参考:「モーメント母関数によるモーメントの算出」)と

[math]
E[X]=\dfrac{d}{dt}M_X(0)=\dfrac{1}{\lambda}
[/math]

を得る。

問2

正の定数[math]c>0[/math]に対し[math]Q(c)=P(X>c)[/math]を求めよ。また、[math]\alpha\in (0, 1)[/math]に対し[math]P(X>u(\alpha))=\alpha[/math]となる[math]u(\alpha)[/math]を求めよ。

[math]Q(c)[/math]は

[math]
\begin{eqnarray}
Q(c)&=&\int_{c}^{\infty}\lambda e^{-\lambda x}dx \\
&=& \left[-e^{-\lambda x}\right]_{c}^{\infty}=e^{-\lambda c}
\end{eqnarray}
[/math]

となり、[math]u(\alpha)[/math]は[math]Q(u(\alpha))=\alpha\Leftrightarrow e^{-\lambda u(\alpha)}=\alpha[/math]を変形して

[math]
u(\alpha)=-\dfrac{\log\alpha}{\lambda}
[/math]

となる。

問3

[math]\lambda[/math]の最尤推定量を求めよ。さらに[math]Q(c), u(\alpha)[/math]の最尤推定量[math]\hat{Q}(c), \hat{u}(\alpha)[/math]を求め[math]\hat{u}(\alpha)[/math]は[math]u(\alpha)[/math]の不偏推定量か答えよ。

確率変数[math]X_1,\dots,X_n[/math]が値[math]x_1,\dots,x_n[/math]を取る確率[math]L(\lambda)[/math]は

[math]
\begin{eqnarray}
\log L(\lambda)&=&\sum_{i=1}^n \log f(x_i)\\
&=&n\log\lambda -\lambda\sum_{i=1}^{n}x_i
\end{eqnarray}
[/math]

なので[math]\lambda[/math]で微分して

[math]
\begin{eqnarray}
&&\dfrac{d}{d\lambda}\log L(\lambda)=\frac{n}{\lambda}-\sum_{i=1}^{n}x_i=0
\end{eqnarray}
[/math]

を解いて

[math]
\hat{\lambda}=\dfrac{1}{\bar{X}}\quad \left(\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\right)
[/math]

を得る。これより

[math]\begin{eqnarray}
\hat{Q}(c) &=& e^{-c/\bar{X}} \\
\hat{u}(\alpha) &=& -\bar{X}\log\alpha \\
\end{eqnarray}
[/math]

となる。

さらに[math]E[\hat{u}(\alpha)]=-\dfrac{\log\alpha}{\lambda}=u(\alpha)[/math]より[math]\hat{u}(\alpha)[/math]は不偏推定量である。

問4

[math]Y=\sum_{i=1}^{n}X_i[/math]の確率密度関数[math]g_n(y)[/math]が

[math]g_n(y)=\begin{cases}\dfrac{\lambda^n}{\Gamma(n)}y^{n-1} e^{-\lambda y} &(y\geq 0) \\ 0 &(y<0)\end{cases}[/math]

となることを示せ。さらに

[math]\tilde{Q}(c)=\begin{cases}\left(1-\dfrac{c}{Y}\right)^{n-1} &(Y\geq c) \\ 0 &(Y < c)\end{cases}[/math]

が[math]Q(c)[/math]の不偏推定量であることを示せ。

ここでは

  • [math]Y[/math]のモーメント母関数
  • [math]g_n(y)[/math]のモーメント母関数

が一致することを示すことで[math]Y[/math]の確率密度関数が[math]g_n(y)[/math]になることを示す。

まず、指数分布のモーメント母関数は問1より

[math]M_{X_i}(t)=E[e^{tX_i}]=\dfrac{\lambda}{\lambda-t}[/math]

なので

[math]
\begin{eqnarray}
M_{Y}(t)&=&E[e^{t\sum_{i=1}^{n}X_i}]\\
&=&\prod_{i=1}^nE[e^{tX_i}] \\
&=&\left(\dfrac{\lambda}{\lambda-t}\right)^n
\end{eqnarray}
[/math]

となる。

次に[math]g_n(y)[/math]のモーメント母関数を求める。

まず[math]g_1(y)[/math]は指数分布の確率密度関数に他ならないので[math]M_{g_1(y)}(t)=\dfrac{\lambda}{\lambda-t}[/math]である。次に

[math]
\begin{eqnarray}
&& M_{g_n(y)}(t) \\
&=& \int_{0}^\infty e^{ty}g_n(y)dy \\
&=& \dfrac{\lambda^n}{\Gamma(n)}\int_{0}^\infty y^{n-1} e^{-(\lambda-t) y}dy
\end{eqnarray}
[/math]

ここで部分積分をすることで

[math]
\begin{eqnarray}
&& \int_{0}^\infty y^{n-1} e^{-(\lambda-t) y}dy \\
&=& \dfrac{n-1}{\lambda-t}\int_{0}^\infty y^{n-2} e^{-(\lambda-t) y}dy \\
&=& \dfrac{(n-1)\Gamma(n-1)}{\lambda^{n-1}(\lambda-t)}M_{g_{n-1}(y)}(t) \\
&=& \dfrac{\Gamma(n)}{\lambda^{n-1}(\lambda-t)}M_{g_{n-1}(y)}(t) \\
\end{eqnarray}
[/math]

となることに注意すると

[math]
\begin{eqnarray}
&& \dfrac{\lambda^n}{\Gamma(n)}\int_{0}^\infty y^{n-1} e^{-(\lambda-t) y}dy \\
&=& \dfrac{\lambda^n}{\Gamma(n)}\cdot \dfrac{\Gamma(n)}{\lambda^{n-1}(\lambda-t)}M_{g_{n-1}(y)}(t) \\
&=& \dfrac{\lambda}{\lambda-t}M_{g_{n-1}(y)}(t)
\end{eqnarray}
[/math]

なので

[math]
M_{g_n(y)}(t)=\left(\dfrac{\lambda}{\lambda-t}\right)^n
[/math]

となる。

以上より

[math]
M_Y(t)=M_{g_n(y)}(t)
[/math]

なので[math]Y[/math]の確率密度関数は[math]g_n(y)[/math]に一致する。

最後に[math]E[\tilde{Q}(c)][/math]が[math]Q(c)(=e^{-\lambda c})[/math]になることを示す。

[math]
\begin{eqnarray}
&&E[\tilde{Q}(c)] \\
&=& \int_{-\infty}^{\infty} \tilde{Q}(c)g_n(y)dy \\
&=& \int_{c}^{\infty}\left(1-\dfrac{c}{y}\right)^{n-1}\dfrac{\lambda^n}{\Gamma(n)}y^{n-1} e^{-\lambda y} dy \\
&=& \dfrac{\lambda^n}{\Gamma(n)}\int_{c}^{\infty}\left(y-c\right)^{n-1} e^{-\lambda y} dy \\
\end{eqnarray}
[/math]

ここで[math]z=y-c[/math]と変数変換して

[math]
\begin{eqnarray}
E[\tilde{Q}(c)] &=& \dfrac{\lambda^n}{\Gamma(n)}\int_{0}^{\infty} z^{n-1} e^{-\lambda (z+c)} dz \\
&=& e^{-\lambda c} \cdot \dfrac{\lambda^n}{\Gamma(n)}\int_{0}^{\infty} z^{n-1} e^{-\lambda z} dz
\end{eqnarray}
[/math]

となり、第二項はガンマ分布[math](n, 1/\lambda)[/math]の定義域における積分なので1になり

[math]
\begin{eqnarray}
E[\tilde{Q}(c)] &=& e^{-\lambda c} \\
&=& Q(c)
\end{eqnarray}
[/math]

となる。以上より[math]Q(c)[/math]の不偏推定量であることが示された。

シリーズ記事

脚注

脚注
1 実際、私は愚直に計算しようとして時間切れになりました

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