【統計検定1級過去問】2019年(統計数理)大問2 解答例

投稿者: | 2020-04-25

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確率変数の和や逆数の性質を問う問題が出題されました。

問2の確率変数の和の確率密度関数を求められたかがポイントで、この問題さえ解ければあとは誘導に乗って完問も十分可能な問題セットだと思います。

問題

確率変数[math]X_1, X_2[/math]は互いに独立で確率密度関数

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

を持つ指数分布に従う。[math]U=X_1 + X_2, \bar{X}=\frac{U}{2}[/math]とおくとき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

[math]E[U][/math]を求めよ。

まず[math]E[X_i] (i=1, 2)[/math]を求めると

[math]
\begin{eqnarray}
E[X_i] &=& \int_0^\infty t \cdot \lambda e^{-\lambda t} dt \\
&=& \lambda \int_0^\infty t \cdot \left(-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda t}\right)’ dt \\
&=& \lambda\left\{ \left[-\frac{t}{\lambda}e^{-\lambda t}\right]_0^\infty + \int_0^\infty \frac{1}{\lambda}e^{-\lambda t}dt\right\} \\
&=& \left[-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda t}\right]_0^\infty \\
&=& \frac{1}{\lambda}
\end{eqnarray}
[/math]

なので[math]E[U]=E[X_1]+E[X_2]=\frac{2}{\lambda}[/math]である。

問2

[math]U[/math]の確率密度関数[math]g(u)[/math]を求めよ。

[math]X_1, X_2[/math]は独立なので

[math]
\begin{eqnarray}
g(u) &=& \int_{-\infty}^\infty f(t)f(u-t)dt \\
&=& \int_0^u \lambda e^{-\lambda t} \cdot \lambda e^{-\lambda (u-t)} dt \\
&=& \lambda^2 e^{-\lambda u}\int_0^u dt \\
&=& \lambda^2 u e^{-\lambda u}\quad (u > 0)
\end{eqnarray}
[/math]

である。

問3

期待値[math]E\left[\frac{1}{U}\right][/math]を求めよ。

問2の結果より

[math]
\begin{eqnarray}
E\left[\frac{1}{U}\right] &=& \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{u}g(u)du \\
&=& \int_0^\infty \frac{1}{u}\cdot \lambda^2 u e^{-\lambda u} du \\
&=& \lambda^2 \int_0^\infty e^{-\lambda u} du \\
&=& \lambda
\end{eqnarray}
[/math]

である。

問4

[math]\alpha[/math]を正の定数としパラメタ[math]\theta=\frac{1}{\lambda}[/math]を[math]\alpha \bar{X}[/math]で推定する。損失関数を

[math]
L(\alpha\bar{X}, \theta) = \dfrac{\alpha\bar{X}}{\theta} + \dfrac{\theta}{\alpha\bar{X}} – 2
[/math]

として期待値[math]R(\alpha, \theta)=E\left[L(\alpha\bar{X}, \theta)\right][/math]と期待値が最小となる[math]\alpha[/math]の値を求めよ。

まず

[math]
E\left[L(\alpha\bar{X}, \theta)\right] = \frac{\alpha}{\theta}E\left[\bar{X}\right] + \frac{\theta}{\alpha}E\left[\frac{1}{\bar{X}}\right] – 2
[/math]

であり問1, 3の結果から

[math]
\begin{eqnarray}
E\left[\bar{X}\right] &=& E\left[\frac{U}{2}\right] = \frac{1}{\lambda} \\
E\left[\frac{1}{\bar{X}}\right] &=& E\left[\frac{2}{U}\right] = 2\lambda
\end{eqnarray}
[/math]

なので[math]\theta=\frac{1}{\lambda}[/math]より

[math]
\begin{eqnarray}
E\left[L(\alpha\bar{X}, \theta)\right] &=& \frac{\alpha}{\theta}E\left[\bar{X}\right] + \frac{\theta}{\alpha}E\left[\frac{1}{\bar{X}}\right] – 2 \\
&=& \alpha\lambda\cdot \frac{1}{\lambda} + \frac{1}{\alpha\lambda}\cdot 2\lambda – 2 \\
&=& \alpha + \frac{2}{\alpha} – 2
\end{eqnarray}
[/math]

となる。これより[math]R(\alpha, \theta) = \alpha + \frac{2}{\alpha} – 2[/math]であり[math]\alpha=\sqrt{2}[/math]のときに最小になる。

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