統計検定 1級 2013年 統計数理 問1 連続一様分布に関する問題

本稿には、2013年に実施された統計検定1級『統計数理』 問1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〕期待値・標準偏差・相関係数の算出

題意において、 $$\begin{array}{c}Y=1-X\\ 0<X\le \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\le Y<1\end{array}$$ であり、 確率変数 $X$ と $Y$ は、それぞれ、 $$\begin{array}{r}X\sim \mathrm{U}(0,\frac{1}{2})Y\sim \mathrm{U}(\frac{1}{2},1)\end{array}$$ 確率変数 $X$ の累積分布関数と確率密度関数は、 $$\begin{array}{c}G\left(x\right)=\{\begin{array}{cc}0& x\le 0\\ 2x& 0<x\le \frac{1}{2}\\ 1& \frac{1}{2}<x\end{array}\\ g\left(x\right)=\{\begin{array}{cc}2& 0<x\le \frac{1}{2}\\ 0& \mathrm{other}\end{array}\end{array}$$

（i）期待値
（i-x）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、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& ={\int }_0^{\frac{1}{2}}2xdx\\ & ={\left[x^2\right]}_0^{\frac{1}{2}}\\ & =\frac{1}{4}\end{array}$$ （i-y）期待値の性質 $E(aX+b)=aE\left(X\right)+b$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(Y\right)& =E(1-X)\\ & =1-\frac{1}{4}\\ & =\frac{3}{4}\end{array}$$

（ii）標準偏差
（ii-x）2乗の期待値の定義式 $E\left(X^2\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{x}^2\cdot f\left(x\right)dx$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(X^2\right)& ={\int }_0^{\frac{1}{2}}2x^{2}dx\\ & ={\left[\frac{2}{3}{x}^3\right]}_0^{\frac{1}{2}}\\ & =\frac{2}{3}(\frac{1}{8}-0)\\ & =\frac{1}{12}\end{array}$$ 分散の公式 $V\left(X\right)=E\left(X^2\right)-{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2$ より、 $$\begin{array}{rl}V\left(X\right)& =\frac{1}{12}-\frac{1}{16}\\ & =\frac{1}{48}\end{array}$$ したがって、標準偏差は、 $$\begin{array}{rl}{\sigma }_X& =\frac{1}{4\sqrt{3}}\end{array}$$ （ii-y） $$\begin{array}{rl}E\left(Y^2\right)& =E\left\{{(1-X)}^2\right\}\\ & =E(1-2X+X^2)\\ & =1-2E\left(X\right)+E\left(X^2\right)\\ & =1-2\cdot \frac{1}{4}+\frac{1}{12}\\ & =\frac{7}{12}\end{array}$$ 分散の公式 $V\left(X\right)=E\left(X^2\right)-{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2$ より、 $$\begin{array}{rl}V\left(Y\right)& =\frac{7}{12}-\frac{9}{16}\\ & =\frac{1}{48}\end{array}$$ したがって、標準偏差は、 $$\begin{array}{rl}{\sigma }_Y& =\frac{1}{4\sqrt{3}}\end{array}$$

（iii）相関係数
共分散の公式 $\mathrm{Cov}(X,Y)=E\left(XY\right)-E\left(X\right)E\left(Y\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(X,Y)& =E\left\{X(1-X)\right\}-E\left(X\right)E(1-X)\\ & =E(X-X^2)-E\left(X\right)\{1-E\left(X\right)\}\\ & =E\left(X\right)-E\left(X^2\right)-E\left(X\right)+{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2\\ & =-V\left(X\right)\end{array}$$ 相関係数の定義式 ${\rho }_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{{\sigma }_X\cdot {\sigma }_Y}$ より、 $$\begin{array}{rl}{\rho }_{XY}& =-\frac{V\left(X\right)}{\sqrt{V\left(X\right)}\cdot \sqrt{V\left(Y\right)}}\\ & =\frac{V\left(X\right)}{\sqrt{V\left(X\right)}\cdot \sqrt{V\left(X\right)}}\\ & =-1\end{array}$$ $◼$

〔2〕比の分布

題意において、 $$\begin{array}{c}W=\frac{X}{1-X}\\ 0<W\le 1\end{array}$$ 累積分布関数の定義式 $F\left(w\right)=P(W\le w)$ より、 $$\begin{array}{rl}F\left(w\right)& =P(\frac{X}{1-X}\le w)\\ & =P(X\le \frac{w}{1+w})\\ & =G\left(\frac{w}{1+w}\right)\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{c}F\left(w\right)=\{\begin{array}{cc}0& w\le 0\\ \frac{2w}{1+w}& 0<w\le 1\\ 1& 1<w\end{array}\end{array}$$ 累積分布関数と確率密度関数の関係 $f\left(w\right)=\frac{d}{dx}F\left(w\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}f\left(w\right)& =\frac{2(1+w)-2w}{{(1+w)}^2}\\ & =\frac{2}{{(1+w)}^2}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{c}f\left(w\right)=\{\begin{array}{cc}\frac{2}{{(1+w)}^2}& 0<w\le 1\\ 0& \mathrm{other}\end{array}\end{array}$$ また、それぞれのグラフの概形を描くと以下のようになる。 $◼$

〔3〕比の期待値・中央値

中央値の定義 $F\left(w\right)=\frac{1}{2}$ より、 $$\begin{array}{c}\frac{2w}{1+w}=\frac{1}{2}\\ 4w=1+w\\ 3w=1\\ w=\frac{1}{3}\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{rl}E\left(W\right)& ={\int }_0^{1}w\cdot f\left(w\right)dw\\ & ={\int }_0^1\frac{2w}{{(1+w)}^2}dw\end{array}$$ ここで、部分分数分解すると、 $$\begin{array}{rl}\frac{2w}{{(1+w)}^2}& =\frac{2(1+w)-2}{{(1+w)}^2}\\ & =\frac{2}{1+w}-\frac{2}{{(1+w)}^2}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}E\left(W\right)={\int }_0^1\frac{2}{1+w}dw-{\int }_0^1\frac{2}{{(1+w)}^2}dw\end{array}$$ ここで、$f\left(w\right)=\frac{2}{{(1+w)}^2}$ なので、確率密度関数の性質から、 $$\begin{array}{r}{\int }_0^1\frac{2}{{(1+w)}^2}dw=1\end{array}$$ よって、 $$\begin{array}{rl}E\left(W\right)& ={\int }_0^1\frac{2}{1+w}dw-1\\ & =2{[\log (1+w)]}_0^1-1\\ & =2(\log 2-\log 1)-1\\ & =2\log 2-1\end{array}$$ $◼$

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