統計検定 1級 2022年 統計数理 問4 指数分布

本稿には、2022年に実施された統計検定1級『統計数理』 問4の自作解答案を掲載しています。なお、閲覧にあたっては、以下の点にご注意ください。

〔1〕分布関数と確率密度関数

分布関数と確率密度関数の関係より、 $$\begin{array}{rl}f\left(x\right)& =-(-\frac{1}{\gamma }{x}^{-\frac{1}{\gamma }-1})\\ & =\frac{1}{\gamma }{x}^{-\frac{1}{\gamma }-1}\end{array}$$ $\gamma =1$ のとき、 $$\begin{array}{r}f\left(x\right)=\frac{1}{1}{x}^{-\frac{1}{1}-1}=x^{-2}\end{array}$$ グラフの概形は以下のようになる。 $◼$

〔2〕期待値と分散

（i）期待値
期待値の定義式 $E\left(X\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot f\left(x\right)dx$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& ={\int }_1^{\mathrm{\infty }}x\cdot \frac{1}{\gamma }{x}^{-\frac{1}{\gamma }-1}dx\\ & =\frac{1}{\gamma }{\int }_1^{\mathrm{\infty }}{x}^{-\frac{1}{\gamma }}dx\\ & =\frac{1}{\gamma }\cdot \frac{\gamma }{\gamma -1}{\left[x^{-\frac{1}{\gamma }+1}\right]}_1^{\mathrm{\infty }}\\ & =\frac{1}{\gamma -1}(\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}^{-\frac{1}{\gamma }+1}-1)\end{array}$$ この値は、$-\frac{1}{\gamma }+1$ の値によって変わり、 $$\begin{array}{c}0\le -\frac{1}{\gamma }+1\\ 1\le \gamma \end{array}$$ のとき、発散する。 いっぽう、 $$\begin{array}{c}-\frac{1}{\gamma }+1<1\\ 0<\gamma <1\end{array}$$ のときに収束し、 $$\begin{array}{r}E\left(X\right)=\frac{1}{\gamma -1}(0-1)=\frac{1}{1-\gamma }\end{array}$$

（ii）分散
期待値の定義 $E\left[h\left(X\right)\right]={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}h\left(x\right)\cdot f\left(x\right)dx$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(X^2\right)& ={\int }_1^{\mathrm{\infty }}{x}^2\cdot \frac{1}{\gamma }{x}^{-\frac{1}{\gamma }-1}dx\\ & =\frac{1}{\gamma }{\int }_1^{\mathrm{\infty }}{x}^{-\frac{1}{\gamma }+1}dx\\ & =\frac{1}{\gamma }\cdot \frac{\gamma }{2\gamma -1}{\left[x^{-\frac{1}{\gamma }+2}\right]}_1^{\mathrm{\infty }}\\ & =\frac{1}{2\gamma -1}(\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}^{-\frac{1}{\gamma }+2}-1)\end{array}$$ 期待値のときと同様に、 $$\begin{array}{c}0\le -\frac{1}{\gamma }+2\\ 0.5\le \gamma \end{array}$$ のとき、発散する。 いっぽう、 $$\begin{array}{c}-\frac{1}{\gamma }+2<1\\ 0<\gamma <0.5\end{array}$$ のときに収束し、 $$\begin{array}{r}E\left(X^2\right)=\frac{1}{2\gamma -1}(0-1)=\frac{1}{1-2\gamma }\end{array}$$ 分散の公式 $V\left(X\right)=E\left(X^2\right)-{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2$ より、 $$\begin{array}{rl}V\left(X\right)& =\frac{1}{1-2\gamma }-\frac{1}{{(1-\gamma )}^2}\\ & =\frac{({\gamma }^2-2\gamma +1)-(1-2\gamma )}{(1-2\gamma ){(1-\gamma )}^2}\\ & =\frac{{\gamma }^2}{(1-2\gamma ){(1-\gamma )}^2}\end{array}$$ $◼$

〔3〕最尤推定量

尤度関数 $L\left(\theta \right)$ を求めると、 $$\begin{array}{rl}L\left(\gamma \right)& =\prod _{i=1}^n\frac{1}{\gamma }{x}_i^{-\frac{1}{\gamma }-1}\\ & =x_1^{-\frac{1}{\gamma }-1}\cdots x_n^{-\frac{1}{\gamma }-1}\cdot \frac{1}{{\gamma }^n}\end{array}$$ 対数尤度関数 $l\left(\theta \right)=\log L\left(\theta \right)$ を求めると、 $$\begin{array}{rl}l\left(\gamma \right)& =-n\log \gamma +(-\frac{1}{\gamma }-1)\sum _{i=1}^n\log x_i\end{array}$$ スコア関数 $S\left(\theta \right)=\frac{d}{d\theta }\log L\left(\theta \right)$ を求めると、 $$\begin{array}{r}S\left(\gamma \right)=-\frac{n}{\gamma }+\frac{1}{{\gamma }^2}\sum _{i=1}^n\log x_i\end{array}$$ 尤度方程式 $S\left(\theta \right)=0$ を解くと、 $$\begin{array}{c}0=-\frac{n}{\hat{\gamma }}+\frac{1}{{\hat{\gamma }}^2}\sum _{i=1}^n\log x_i\\ \frac{1}{{\hat{\gamma }}^2}\sum _{i=1}^n\log x_i=\frac{n}{\hat{\gamma }}\\ \hat{\gamma }=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\log x_i\end{array}$$ $◼$

〔4〕対数変換後の分布

確率変数 $T$ の累積分布関数を $G\left(t\right)$ とすると、累積分布関数の定義式 $F\left(x\right)=P(X\le x)$ より、 $$\begin{array}{rl}G\left(t\right)& =P(T\le t)\\ & =P(\frac{1}{\gamma }\log X\le t)\\ & =P(X\le e^{\gamma t})\end{array}$$ 累積分布関数の定義式 $G\left(x\right)=P(X\le x)$ より、 $$\begin{array}{rl}G\left(y\right)& =F\left(e^{\gamma t}\right)\\ & =1-e^{-t}\end{array}$$ 確率密度関数を $g\left(t\right)$ とすると、累積分布関数と確率密度関数との関係より、 $$\begin{array}{r}g\left(t\right)=e^{-t}\end{array}$$ これは、パラメータ $\lambda =1$ の指数分布である。 $◼$

〔5〕最尤推定量の期待値と分散

問題文の条件 $\log X_i=\gamma T$ より、 $$\begin{array}{r}\hat{\gamma }=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\log x_i=\frac{\gamma }{n}\sum _{i=1}^n{t}_i\end{array}$$

確率変数 $T$ の期待値は、 $$\begin{array}{rl}E\left(T\right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}t\cdot e^{-tx}dt\\ & ={[-t\cdot e^{-t}]}_0^{\mathrm{\infty }}-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}-e^{-t}dt\\ & =-\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}t\cdot e^{-t}+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}dx\end{array}$$ ここで、ロピタルの定理より、 $$\begin{array}{r}\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}t{e}^{-t}=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{t}{e^t}=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{e^t}=0\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{rl}E\left(T\right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-tx}dt\\ & ={[-e^{-t}]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =-(\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-t}-e^0)\\ & =-(0-1)\\ & =1\end{array}$$

同様に分散は、 $$\begin{array}{rl}E\left(T^2\right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{t}^2\cdot e^{-t}dt\\ & ={[-t^2\cdot e^{-t}]}_0^{\mathrm{\infty }}-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}-2t\cdot e^{-t}dt\\ & =\frac{2}{\lambda }{\int }_0^{\mathrm{\infty }}t\cdot e^{-t}dt\\ & =\frac{2}{\lambda }\cdot \frac{1}{\lambda }\\ & =\frac{2}{{\lambda }^2}\end{array}$$ 分散の公式 $V\left(X\right)=E\left(X^2\right)-{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2$ より、 $$\begin{array}{r}V\left(X\right)=\frac{2}{{\lambda }^2}-\frac{1}{{\lambda }^2}=\frac{1}{{\lambda }^2}\end{array}$$

最尤推定量の期待値を取ると、 $$\begin{array}{rl}E\left(\hat{\gamma }\right)& =\frac{\gamma }{n}E\left(\sum _{i=1}^n{t}_i\right)\\ & =\frac{\gamma }{n}\sum _{i=1}^{n}E\left(t_i\right)\\ & =\frac{\gamma }{n}\cdot n\\ & =\gamma \end{array}$$

最尤推定量の分散を取ると、 $$\begin{array}{rl}V\left(\hat{\gamma }\right)& =\frac{{\gamma }^2}{n^2}V\left(\sum _{i=1}^n{t}_i\right)\\ & =\frac{{\gamma }^2}{n^2}\sum _{i=1}^{n}V\left(t_i\right)\\ & =\frac{{\gamma }^2}{n^2}\cdot n\\ & =\frac{{\gamma }^2}{n}\end{array}$$ $◼$

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