統計検定 1級 2013年 統計数理 問3 二項分布の漸近信頼区間

本稿には、2013年に実施された統計検定1級『統計数理』 問3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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〔1〕二項分布の期待値と分散

（i）期待値
期待値の定義式 $E\left(X\right)=\sum _{x=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot f\left(x\right)$ より、 $$\begin{array}{r}E\left(X\right)=\sum _{x=0}^{n}x\cdot \frac{n!}{x!(n-x)!}{p}^x{(1-p)}^{n-x}\end{array}$$ $x=0$ の項を外に出すと、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& =0\cdot \frac{n!}{0!n!}{p}^0{(1-p)}^n+\sum _{x=1}^n\frac{n!}{(x-1)!(n-x)!}{p}^x{(1-p)}^{n-x}\\ & =\sum _{x=1}^n\frac{n!}{(x-1)!(n-x)!}{p}^x{(1-p)}^{n-x}\end{array}$$ この式を変形すると、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& =\sum _{x=1}^n\frac{n(n-1)!}{(x-1)!(n-x)!}\cdot p\cdot p^{x-1}{(1-p)}^{n-x}\\ & =np\sum _{x=1}^n\frac{(n-1)!}{(x-1)!(n-x)!}\cdot p^{x-1}{(1-p)}^{n-x}\\ \text{(1)}& & =np\sum _{x=1}^n\frac{(n-1)!}{(x-1)!\{(n-1)-(x-1)\}!}\cdot p^{x-1}{(1-p)}^{(n-1)-(x-1)}\end{array}$$ ここで、$\{\begin{array}{c}y=x-1\\ m=n-1\end{array}$ と変数変換すると、 $$\begin{array}{r}x:1\to n\Rightarrow y:0\to m\end{array}$$

式 $(1)$ は、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& =np\sum _{y=0}^m\frac{m!}{y!(m-y)!}{p}^y{(1-p)}^{m-y}\\ & =np\sum _{y=0}^m{}_m{C}_y{p}^y{(1-p)}^{m-y}\end{array}$$ 二項定理 ${(a+b)}^n=\sum _{x=0}^n{}_n{C}_x{a}^x{b}^{n-x}$ において、$a=p,b=1-p$ とすると、 $$\begin{array}{r}\sum _{y=0}^m{}_m{C}_y{p}^y{(1-p)}^{m-y}={\{p+(1-p)\}}^m=1\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}E\left(X\right)=np\end{array}$$ $◼$

（ii）分散
2次階乗モーメントの定義式 $E\left\{X(X-1)\right\}=\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}x(x-1)\cdot f\left(x\right)$ より、 $$\begin{array}{r}E\left\{X(X-1)\right\}=\sum _{x=0}^{n}x(x-1)\frac{n!}{x!(n-x)!}{p}^x{(1-p)}^{n-x}\end{array}$$ $x=0,x=1$ の項を外に出すと、 $$\begin{array}{rl}E\left\{X(X-1)\right\}& =0+0+\sum _{x=2}^n\frac{n!}{(x-2)!(n-x)!}{p}^x{(1-p)}^{n-x}\\ & =\sum _{x=2}^n\frac{n!}{(x-2)!(n-x)!}{p}^x{(1-p)}^{n-x}\end{array}$$ この式を変形すると、 $$\begin{array}{rl}E\left\{X(X-1)\right\}& =\sum _{x=2}^n\frac{n(n-1)(n-2)!}{(x-2)!(n-x)!}{p}^2\cdot p^{x-2}{(1-p)}^{n-x}\\ & =n(n-1)p^2\sum _{x=2}^n\frac{(n-2)!}{(x-2)!(n-x)!}\cdot p^{x-2}{(1-p)}^{n-x}\\ \text{(2)}& & =n(n-1)p^2\sum _{x=2}^n\frac{(n-2)!}{(x-2)!\{(n-2)-(x-2)\}!}\cdot p^{x-2}{(1-p)}^{(n-2)-(x-2)}\end{array}$$ ここで、$\{\begin{array}{c}z=x-2\\ l=n-2\end{array}$ と変数変換すると、 $$\begin{array}{r}x:2\to n\Rightarrow z:0\to l\end{array}$$

式 $(2)$ は、 $$\begin{array}{rl}E\left\{X(X-1)\right\}& =n(n-1)p^2\sum _{z=0}^l\frac{l!}{z!(l-z)!}\cdot p^z{(1-p)}^{l-z}\\ & =n(n-1)p^2\sum _{z=0}^l{}_l{C}_z{p}^z{(1-p)}^{l-z}\end{array}$$ 二項定理 ${(a+b)}^n=\sum _{x=0}^n{}_n{C}_x{a}^x{b}^{n-x}$ において、$a=p,b=1-p$ とすると、 $$\begin{array}{r}\sum _{z=0}^l{}_l{C}_z{p}^z{(1-p)}^{l-z}={\{p+(1-p)\}}^l=1\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{rl}E\left\{X(X-1)\right\}& =n(n-1)p^2\\ & =n^2{p}^2-n{p}^2\end{array}$$ 分散の公式 $V\left(X\right)=E\left\{X(X-1)\right\}+E\left(X\right)-{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2$ より、 $$\begin{array}{rl}V\left(X\right)& =n^2{p}^2-n{p}^2+np-n^2{p}^2\\ & =np-n{p}^2\\ & =np(1-p)\end{array}$$ $◼$

 

〔2〕二項分布の最尤推定量

尤度関数 $L\left(\theta \right)$ を求めると、 $$\begin{array}{r}L\left(p\right)={}_n{C}_x{p}^x{(1-p)}^{n-x}\end{array}$$ 対数尤度関数 $l\left(\theta \right)=\log L\left(\theta \right)$ を求めると、 $$\begin{array}{rl}l\left(p\right)& =\log \left\{{}_n{C}_x{p}^x{(1-p)}^{n-x}\right\}\\ & =x\log p+(n-x)\log (1-p)+\log {}_n{C}_x\end{array}$$ スコア関数 $S\left(\theta \right)=\frac{d}{d\theta }\log L\left(\theta \right)$ を求めると、 $$\begin{array}{r}S\left(p\right)=\frac{x}{p}+\frac{n-x}{1-p}\end{array}$$ 尤度方程式 $S\left(\theta \right)=0$ を解くと、 $$\begin{array}{c}0=\frac{1}{\hat{p}}x+\frac{n-x}{1-\hat{p}}\\ (1-\hat{p})x+(n-x)\hat{p}=0\\ x-\hat{p}x+n\hat{p}-\hat{p}x=0\\ n\hat{p}=x\\ \hat{p}=\frac{x}{n}\end{array}$$ $\hat{p}$ の期待値を取ると、 $$\begin{array}{rl}E\left(\hat{p}\right)& =E\left(\frac{x}{n}\right)\\ & =\frac{1}{n}E\left(X\right)\\ & =\frac{1}{n}\cdot np\\ & =p\end{array}$$ したがって、$\hat{p}$ は $p$ の不偏推定量である。 $◼$

 

〔3〕最尤推定量の分散

分散の性質 $V\left(aX\right)=a^{2}V\left(X\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}{w}_n\left(p\right)& =V\left(\hat{p}\right)\\ & =V\left(\frac{x}{n}\right)\\ & =\frac{1}{n^2}V\left(X\right)\\ & =\frac{np(1-p)}{n^2}\\ & =\frac{p(1-p)}{n}\end{array}$$ いっぽう、この分散 $w_n\left(p\right)$ の推定量 ${\hat{w}}_n\left(p\right)=w_n\left(\hat{p}\right)$ を求めると、 $$\begin{array}{rl}{w}_n\left(\hat{p}\right)& =\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}\\ & =\frac{1}{n}\cdot \frac{x}{n}(1-\frac{x}{n})\\ \text{(3)}& & =\frac{nx-x^2}{n^3}\end{array}$$ ここで、分散の公式の変形 $E\left(X^2\right)=E\left\{X(X-1)\right\}+E\left(X\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(X^2\right)& =n(n-1)p^2+np\\ & =n^2{p}^2-n{p}^2+np\end{array}$$ 式 $(3)$ の両辺の期待値を取ると、 $$\begin{array}{rl}E\left\{w_n\left(\hat{p}\right)\right\}& =E\left(\frac{nx-x^2}{n^3}\right)\\ & =\frac{1}{n^3}\{nE\left(X\right)-E\left(X^2\right)\}\\ & =\frac{1}{n^3}\{n^{2}p-(n^2{p}^2-n{p}^2+np)\}\\ & =\frac{1}{n^3}(n^{2}p-n^2{p}^2+n{p}^2-np)\\ & =\frac{1}{n^3}\cdot np(n-np+p-1)\\ & =\frac{p\{n(1-p)-(1-p)\}}{n^2}\\ & =\frac{p(1-p)(n-1)}{n^2}\\ & =\frac{n-1}{n}\cdot \frac{p(1-p)}{n}\\ & =\frac{n-1}{n}{w}_n\left(p\right)\end{array}$$ したがって、${\hat{w}}_n\left(p\right)$ は、$w_n\left(p\right)$ の不偏推定量ではない。

${\tilde{w}}_n=c\left(n\right){\hat{w}}_n$ が $w_n\left(p\right)$ の不偏推定量となるとき、 $$\begin{array}{c}E\left({\tilde{w}}_n\right)=w_n\left(p\right)\\ c\left(n\right)E\left\{w_n\left(\hat{p}\right)\right\}=w_n\left(p\right)\\ c\left(n\right)\frac{n-1}{n}{w}_n\left(p\right)=w_n\left(p\right)\\ c\left(n\right)=\frac{n}{n-1}\end{array}$$ $◼$

 

〔4〕信頼区間の被覆確率

〔3〕で求めた不偏推定量 ${\tilde{w}}_n$ を用いた信頼区間は、 $$\begin{array}{rl}\hat{p}\pm 1.96\sqrt{{\tilde{w}}_n}& =\hat{p}\pm 1.96\sqrt{\frac{n}{n-1}{\hat{w}}_n}\\ & =\hat{p}\pm \sqrt{\frac{n}{n-1}}1.96\sqrt{{\hat{w}}_n}\\ & \ge \hat{p}\pm 1.96\sqrt{{\hat{w}}_n}\end{array}$$ したがって、〔3〕で求めた不偏推定量を用いた信頼区間の方が、範囲が広くなっており、被覆確率は高くなる。ただし、サンプル数 $n$ が大きくなり、 $$\begin{array}{r}\frac{n}{n-1}\cong 1\end{array}$$ が成り立つときには、差がなくなる。 $◼$

 

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