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。
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- この答案は、あくまでも筆者が自作したものであり、公式なものではありません。正式な答案については、公式問題集をご参照ください。
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〔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{align} f \left(x\right)&=- \left(-\frac{1}{\gamma}x^{-\frac{1}{\gamma}-1}\right)\\ &=\frac{1}{\gamma}x^{-\frac{1}{\gamma}-1} \end{align} $\gamma=1$ のとき、 \begin{align} f \left(x\right)=\frac{1}{1}x^{-\frac{1}{1}-1}=x^{-2} \end{align} グラフの概形は以下のようになる。 $\blacksquare$
〔2〕期待値と分散
（i）期待値
期待値の定義式 $E \left(X\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot f \left(x\right)dx}$ より、
\begin{align}
E \left(X\right)&=\int_{1}^{\infty}{x \cdot \frac{1}{\gamma}x^{-\frac{1}{\gamma}-1}dx}\\
&=\frac{1}{\gamma}\int_{1}^{\infty}{x^{-\frac{1}{\gamma}}dx}\\
&=\frac{1}{\gamma} \cdot \frac{\gamma}{\gamma-1} \left[x^{-\frac{1}{\gamma}+1}\right]_1^\infty\\
&=\frac{1}{\gamma-1} \left(\lim_{x\rightarrow\infty}{x^{-\frac{1}{\gamma}+1}}-1\right)
\end{align}
この値は、$-\frac{1}{\gamma}+1$ の値によって変わり、
\begin{gather}
0 \le -\frac{1}{\gamma}+1\\
1 \le \gamma
\end{gather}
のとき、発散する。
いっぽう、
\begin{gather}
-\frac{1}{\gamma}+1 \lt 1\\
0 \lt \gamma \lt 1
\end{gather}
のときに収束し、
\begin{align}
E \left(X\right)=\frac{1}{\gamma-1} \left(0-1\right)=\frac{1}{1-\gamma}
\end{align}
（ii）分散
期待値の定義 $E \left[h \left(X\right)\right]=\int_{-\infty}^{\infty}{h \left(x\right) \cdot f \left(x\right)dx}$ より、
\begin{align}
E \left(X^2\right)&=\int_{1}^{\infty}{x^2 \cdot \frac{1}{\gamma}x^{-\frac{1}{\gamma}-1}dx}\\
&=\frac{1}{\gamma}\int_{1}^{\infty}{x^{-\frac{1}{\gamma}+1}dx}\\
&=\frac{1}{\gamma} \cdot \frac{\gamma}{2\gamma-1} \left[x^{-\frac{1}{\gamma}+2}\right]_1^\infty\\
&=\frac{1}{2\gamma-1} \left(\lim_{x\rightarrow\infty}{x^{-\frac{1}{\gamma}+2}}-1\right)
\end{align}
期待値のときと同様に、
\begin{gather}
0 \le -\frac{1}{\gamma}+2\\
0.5 \le \gamma
\end{gather}
のとき、発散する。
いっぽう、
\begin{gather}
-\frac{1}{\gamma}+2 \lt 1\\
0 \lt \gamma \lt 0.5
\end{gather}
のときに収束し、
\begin{align}
E \left(X^2\right)=\frac{1}{2\gamma-1} \left(0-1\right)=\frac{1}{1-2\gamma}
\end{align}
分散の公式 $V \left(X\right)=E \left(X^2\right)- \left\{E \left(X\right)\right\}^2$ より、
\begin{align}
V \left(X\right)&=\frac{1}{1-2\gamma}-\frac{1}{ \left(1-\gamma\right)^2}\\
&=\frac{ \left(\gamma^2-2\gamma+1\right)- \left(1-2\gamma\right)}{ \left(1-2\gamma\right) \left(1-\gamma\right)^2}\\
&=\frac{\gamma^2}{ \left(1-2\gamma\right) \left(1-\gamma\right)^2}
\end{align}
$\blacksquare$
〔3〕最尤推定量
尤度関数 $L \left(\theta\right)$ を求めると、 \begin{align} 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{align} 対数尤度関数 $l \left(\theta\right)=\log{L \left(\theta\right)}$ を求めると、 \begin{align} l \left(\gamma\right)&=-n\log{\gamma}+ \left(-\frac{1}{\gamma}-1\right)\sum_{i=1}^{n}\log{x_i}\\ \end{align} スコア関数 $S \left(\theta\right)=\frac{d}{d\theta}\log{L \left(\theta\right)}$ を求めると、 \begin{align} S \left(\gamma\right)=-\frac{n}{\gamma}+\frac{1}{\gamma^2}\sum_{i=1}^{n}\log{x_i} \end{align} 尤度方程式 $S \left(\theta\right)=0$ を解くと、 \begin{gather} 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{gather} $\blacksquare$
〔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 $F \left(x\right)=P \left(X \le x\right)$ より、 \begin{align} G \left(t\right)&=P \left(T \le t\right)\\ &=P \left(\frac{1}{\gamma}\log{X} \le t\right)\\ &=P \left(X \le e^{\gamma t}\right) \end{align} 累積分布関数の定義式 $G \left(x\right)=P \left(X \le x\right)$ より、 \begin{align} G \left(y\right)&=F \left(e^{\gamma t}\right)\\ &=1-e^{-t} \end{align} 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{align} g \left(t\right)=e^{-t} \end{align} これは、パラメータ $\lambda=1$ の指数分布である。 $\blacksquare$
〔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{align} \hat{\gamma}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\log{x_i}=\frac{\gamma}{n}\sum_{i=1}^{n}t_i \end{align}
確率変数 $T$ の期待値は、 \begin{align} E \left(T\right)&=\int_{0}^{\infty}{t \cdot e^{-tx}dt}\\ &= \left[-t \cdot e^{-t}\right]_0^\infty-\int_{0}^{\infty}{-e^{-t}dt}\\ &=-\lim_{t\rightarrow\infty}{t \cdot e^{-t}}+\int_{0}^{\infty}{e^{-t}dx} \end{align} ここで、ロピタルの定理より、 \begin{align} \lim_{t\rightarrow\infty}{te^{-t}}=\lim_{t\rightarrow\infty}{\frac{t}{e^t}}=\lim_{t\rightarrow\infty}{\frac{1}{e^t}}=0 \end{align} したがって、 \begin{align} E \left(T\right)&=\int_{0}^{\infty}{e^{-tx}dt}\\ &= \left[-e^{-t}\right]_0^\infty\\ &=- \left(\lim_{t\rightarrow\infty}{e^{-t}}-e^0\right)\\ &=- \left(0-1\right)\\ &=1 \end{align}
同様に分散は、 \begin{align} E \left(T^2\right)&=\int_{0}^{\infty}{t^2 \cdot e^{-t}dt}\\ &= \left[-t^2 \cdot e^{-t}\right]_0^\infty-\int_{0}^{\infty}{-2t \cdot e^{-t}dt}\\ &=\frac{2}{\lambda}\int_{0}^{\infty}{t \cdot e^{-t}dt}\\ &=\frac{2}{\lambda} \cdot \frac{1}{\lambda}\\ &=\frac{2}{\lambda^2} \end{align} 分散の公式 $V \left(X\right)=E \left(X^2\right)- \left\{E \left(X\right)\right\}^2$ より、 \begin{align} V \left(X\right)=\frac{2}{\lambda^2}-\frac{1}{\lambda^2}=\frac{1}{\lambda^2} \end{align}
最尤推定量の期待値を取ると、 \begin{align} 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{align}
最尤推定量の分散を取ると、 \begin{align} 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{align} $\blacksquare$
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