【統計検定1級過去問】2019年（理工学）大問4 解答例

投稿者: | 2020-04-25
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時系列からの出題でしたが、実質的に線形代数の問題でした。特に問2の計算量が多く時間的に厳しい問題セットだったと思います。

問題

時系列データ[math](\dots, X_{-1}, X_0, X_1, \dots)[/math]は1次の自己回帰モデル

[math]

X_t = \phi X_{t-1} + \epsilon_t\quad (t=\dots,-1, 0, 1, \dots)
[/math]

に従うとする。ここで[math]\epsilon_t[/math]は[math]N(0, \sigma^2)[/math]に従う互いに独立な確率変動項であり、[math]| \phi | < 1[/math]を仮定する。この時、以下の問いに答えよ。

（出典：統計検定HP「統計検定 1級の過去問題」。問題文を一部略記。）

問1

自己共分散行列[math]T[/math]の各成分[math]\tau_{ij}[/math]は

[math]

\tau_{ij} = \dfrac{\sigma^2}{1-\phi^2}\phi^{|i-j|}
[/math]

で与えられ、自己相関行列[math]R[/math]の各成分[math]\rho_{ij}[/math]は

[math]

\rho_{ij} = \phi^{|i-j|}
[/math]

で与えられることを示せ。

まず[math]i=j[/math]の場合を考える。

[math]
\begin{eqnarray}

\tau_{ii} &=& V[X_i]\\
&=& V[\phi X_{i-1}+\epsilon_{i-1}] \\
&=& \phi^2 V[X_{i-1}] + \sigma^2 \\
&=& \phi^2 \tau_{i-1,i-1} + \sigma^2
\end{eqnarray}
[/math]

であり、定常性から自己共分散は時間差のみに依存し[math]\tau_{ii}=\tau_{i-1,i-1}[/math]である。これより

[math]

\tau_{ii} = \dfrac{\sigma^2}{1-\phi^2}
[/math]

である。次に[math]i>j[/math]の場合を考える。[math]i=j+k, k\in \mathbb{N}[/math]と書け

[math]
\begin{eqnarray}

\tau_{i,j} &=& Cov(X_i, X_{i-k}) \\
&=& Cov(\phi X_{i-1}+\epsilon_{i-1}, X_{i-k}) \\
&=& \phi Cov(X_{i-1}, X_{i-k}) \\
&=& \phi \tau_{i-1, i-k}\\
&\vdots & \\
&=& \phi^{k} 
\tau_{i-k,i-k} \\
&=& \dfrac{\sigma^2}{1-\phi^2}\phi^{i-j}
\end{eqnarray}
[/math]

である。[math]i < j[/math]の場合も同様に[math]\tau_{ij}=\frac{\sigma^2}{1-\phi^2}\phi^{j-i}[/math]を示せるのでまとめると

[math]


\tau_{ij} = \dfrac{\sigma^2}{1-\phi^2}\phi^{|i-j|}
[/math]

が成立する。

つぎに自己相関行列[math]R[/math]の各成分[math]\rho_{ij}[/math]は

[math]
\begin{eqnarray}

\rho_{ij} &=& \dfrac{\tau_{ij}}{\sqrt{\tau_{ii}\tau_{jj}}} \\
&=& \phi^{|i-j|}
\end{eqnarray}
[/math]

で与えられる。

問2

[math]n[/math]次対称行列[math]A=\left\{a_{ij}\right\}[/math]を

[math]

a_{ij} = \begin{cases}
1 &(i=j=1, i=j=n) \\
1 + \phi^2 &(i=j=2,\dots,n-1) \\
-\phi &(|i-j|=1) \\
0 &(|i-j| \geq 2)
\end{cases}
[/math]

とする。この時、[math]\frac{1}{\sigma^2}T[/math]の逆行列は[math]A[/math]で与えられることを示せ。また、[math]\det A, \det R[/math]の値を求めよ。

行列[math]X[/math]を[math]X=\frac{1-\phi^2}{\sigma^2}T[/math]で定める。この時、行列[math]X[/math]の第[math]i[/math]行目[math]X_{i,\cdot}[/math]は

[math]

X_{i,\cdot} = \left(\phi^{i-1}\ \phi^{i-2}\ \cdots 1\ \phi\cdots \phi^{n-i} \right)
[/math]

である。つぎに行列Aの第[math]j[/math]列[math]A_{\cdot, j}[/math]は第[math]j-1, j+1[/math]成分が[math]-\phi[/math]で第[math]j[/math]成分は[math]j=1, n[/math]の時、[math]1[/math]でそれ以外は[math]1 + \phi^2[/math]であるので

[math]

A_{\cdot, j} = \begin{pmatrix}
0 \\
\vdots \\
0 \\
-\phi \\
1 {\ \rm or \ } 1 + \phi^2 \\
-\phi \\
0 \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix}
[/math]

である。以下、行列[math]XA[/math]の[math](i, j)[/math]成分を場合分けして求める。

  • [math]i=j=1[/math] or [math]i=j=n[/math]の場合

[math]
\begin{eqnarray}

(XA)_{11} &=& \left(1\ \phi \cdots \phi^{n-1} \right)\begin{pmatrix}
1 \\
-\phi \\
0 \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix} \\
&=& 1-\phi^2
\end{eqnarray}
[/math]

であり、同様に[math]
(XA)_{11}=1-\phi^2[/math]である。

  • [math]i=j=2,\dots,n-1[/math]の場合

[math]
\begin{eqnarray}

&& (XA)_{ii} \\
&=& \left(\phi^{i-1}\ \phi^{i-2}\ \cdots 1\ \phi\cdots \phi^{n-i} \right)\begin{pmatrix}
0 \\
\vdots \\
0 \\
-\phi \\
1 + \phi^2 \\
-\phi \\
0 \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix} \\
&=& \phi \times (-\phi) + \phi^0 \times (1 + \phi^2) + \phi\times(-\phi) \\
&=& 1-\phi^2
\end{eqnarray}
[/math]

である。

  • [math]i > j[/math]の場合

[math]
\begin{eqnarray}
&& 
(XA)_{ij} \\
&=& \left(\phi^{i-1}\ \phi^{i-2}\ \cdots 1\ \phi\cdots \phi^{n-i} \right)\begin{pmatrix}
0 \\
\vdots \\
0 \\
-\phi \\
1 + \phi^2 \\
-\phi \\
0 \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix} \\
&=& \phi^{i-j+1} \times (-\phi) + \phi^{i-j} \times (1 + \phi^2) + \phi^{i-j-1}\times(-\phi) \\
&=& 0
\end{eqnarray}
[/math]

である。

  • [math]i < j[/math]の場合

[math]
\begin{eqnarray}

&& (XA)_{ij} \\
&=& \left(\phi^{i-1}\ \phi^{i-2}\ \cdots 1\ \phi\cdots \phi^{n-i} \right)\begin{pmatrix}
0 \\
\vdots \\
0 \\
-\phi \\
1 + \phi^2 \\
-\phi \\
0 \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix} \\
&=& \phi^{j-i-1} \times (-\phi) + \phi^{j-i} \times (1 + \phi^2) + \phi^{j-i+1}\times(-\phi) \\
&=& 0
\end{eqnarray}
[/math]

である。

以上より[math]I[/math]を[math]n[/math]次単位行列として

[math]
\begin{eqnarray}
&& 

XA = (1-\phi^2)I_n \\
&\Leftrightarrow& \dfrac{T}{\sigma^2}A = I_n
\end{eqnarray}
[/math]

が成立するので行列[math]A[/math]は行列[math]\frac{T}{\sigma^2}[/math]の逆行列である。

次に[math]\det A[/math]を求める。行列式を第1列について展開して考える。行列[math]C_n[/math]を

[math]

C_n = \begin{pmatrix}
1+\phi^2 & -\phi & 0 & \dots & 0 \\
-\phi & 1+\phi^2 & -\phi & \dots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & & \vdots \\
0 & 0 & \dots & -\phi & 1
\end{pmatrix}
[/math]

と行列[math]A[/math]の[math](1, 1)[/math]成分を[math]1+\phi^2[/math]に置き換えた行列とする。

[math]
\begin{eqnarray}

\det A &=& \det C_n + \phi\det A_{21}
\end{eqnarray}
[/math]

と展開できる。ここで[math]A_{21}[/math]は行列[math]A[/math]の第2行と第1列を除いた行列である。[math]\det A_{21}[/math]をさらに第1列について展開すると

[math]

\det A_{21} = -\phi\det C_{n-2}
[/math]

となるので

[math]

\det A = \det C_n – \phi^2\det C_{n-2}
[/math]

が成立し、[math]\det C_n[/math]を求めれば良い。[math]\det C_n[/math]の第1列を展開することで

[math]

\det C_n = (1+\phi^2)\det C_{n-1} – \phi^2 \det C_{n-2}
[/math]

を得ることができ、[math]\det C_2=\det C_3=1[/math]より[math]\det C_n=1[/math]である。以上より

[math]

\det A = 1 – \phi^2
[/math]

である。

最後に[math]R=\frac{1-\phi^2}{\sigma^2}T=(1-\phi^2)A^{-1}[/math]なので

[math]
\begin{eqnarray}

\det R &=& (1-\phi^2)^n \det A^{-1} \\
&=& (1-\phi^2)^{n-1}
\end{eqnarray}
[/math]

である。

問3

[math]A[/math]は正定値行列であることを示せ。
[math]n=3[/math]の場合で考えると

[math]

\boldsymbol{x}^TA\boldsymbol{x}=(x_1-\phi x_2)^2 + (x_2-\phi x_3)^2 + (1-\phi^2)x_3^2
[/math]

と平方完成できるので、これを一般化すれば良いことがわかります。

2次形式を整理すると

[math]
\begin{eqnarray}

\boldsymbol{x}^TA\boldsymbol{x} &=& \sum_{i=1}^{n-1}(x_i – \phi x_{i+1})^2 + (1-\phi^2)x_n^2 \\
&\geq& 0
\end{eqnarray}
[/math]

が成立する。等号成立は[math]x_1=\cdots =x_n=0[/math]の時に限るので[math]A[/math]は正定値行列である。

問4

行列[math]A[/math]の[math](1, 1)[/math]成分のみを[math]\phi^2[/math]に置き換えた行列を[math]B[/math]とする。この時、[math]B[/math]は非負定値行列であることを示せ。また、[math]\boldsymbol{x}^T B \boldsymbol{x}=0[/math]となる[math]\boldsymbol{x} \ne \boldsymbol{0}[/math]を求めよ。

2次形式を整理すると

[math]
\begin{eqnarray}

\boldsymbol{x}^TB\boldsymbol{x} &=& \sum_{i=1}^{n-1}(\phi x_i – x_{i+1})^2 \\
&\geq& 0
\end{eqnarray}
[/math]

が成立する。等号成立は[math]x_{i+1}=\phi x_i[/math]が成立するときなので

[math]

\boldsymbol{x}=c(1\ \phi \ \phi^2\dots\ \phi^{n-1}),\quad c\ne 0
[/math]

と書ける時である。

問5

自己回帰係数[math]\phi[/math]は既知であるが、誤差分散[math]\sigma^2[/math]は未知の時、[math]\sigma^2[/math]の[math]95\%[/math]信頼区間の構成法を示せ。

[math]\boldsymbol{X}=\left(X_1, \dots, X_n\right)\in \mathbb{R}^n[/math]とおくと[math]X \sim \mathcal{N}(\boldsymbol{0}, T)[/math]である。[math]T=\sigma^2A^{-1}[/math]は問3より正定値行列なので[math]T^{-1/2}[/math]が存在する。ここで[math]Y=T^{-1/2}X[/math]とおくと[math]Y\sim \mathcal{N}(\boldsymbol{0}, I_n)[/math]なので

[math]

\|Y\|^2 \sim \chi^2_n
[/math]

である。また、

[math]
\begin{eqnarray}

\|Y\|^2 &=& X^T T^{-1/2}T^{-1/2} X \\
&=& X^T T^{-1} X \\
&=& \dfrac{1}{\sigma^2}X^T A X
\end{eqnarray}
[/math]

より

[math]

P\left(\chi^2_n(0.975) \leq \dfrac{1}{\sigma^2}X^T A X \leq \chi^2_n(0.025)\right) = 0.95
[/math]

である。ここで[math]\chi^2_n(0.025), \chi^2_n(0.975)[/math]はそれぞれ自由度[math]n[/math]の[math]\chi^2[/math]分布の上側、下側[math]2.5\%[/math]点である。

以上より[math]\boldsymbol{X}[/math]の実現値[math]\boldsymbol{x}=\left(x_1, \dots, x_n\right)[/math]が得られた時、[math]\sigma^2[/math]の[math]95\%[/math]信頼区間は

[math]

\left[\dfrac{\boldsymbol{x}^TA\boldsymbol{x}}{\chi^2_n(0.025)}, \dfrac{\boldsymbol{x}^TA\boldsymbol{x}}{\chi^2_n(0.975)}\right]
[/math]

で与えられる。

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