統計検定 1級 2014年 統計数理 問2 ガンマ分布と連続一様分布の順序統計量

本稿には、2014年に実施された統計検定1級『統計数理』 問2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〕ガンマ分布のモーメント母関数の導出

モーメント母関数の定義式 $M_X\left(\theta \right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\theta x}\cdot f\left(x\right)dx$ より、 $$\begin{array}{rl}{M}_X\left(\theta \right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{\theta x}\cdot \frac{1}{\mathrm{\Gamma }\left(m\right)}{x}^{m-1}{e}^{-x}dx\\ & =\frac{1}{\mathrm{\Gamma }\left(m\right)}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{m-1}{e}^{-(1-\theta )x}dx\end{array}$$ モーメント母関数が存在するためには、指数部分が負である必要があるので、 $$\begin{array}{c}-(1-\theta )<0\\ 1-\theta >0\\ \theta <1\end{array}$$ ガンマ関数の公式 ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{y}^{\alpha -1}{e}^{-\beta y}dy=\frac{\mathrm{\Gamma }\left(\alpha \right)}{{\beta }^{\alpha }}$ より、 $$\begin{array}{rl}{M}_X\left(\theta \right)& =\frac{1}{\mathrm{\Gamma }\left(m\right)}\cdot {\left(\frac{1}{1-\theta }\right)}^m\mathrm{\Gamma }\left(m\right)\\ & ={\left(\frac{1}{1-\theta }\right)}^m\end{array}$$ $◼$

〔2〕ガンマ分布の期待値と分散：モーメント母関数を用いる方法

モーメント母関数の1階微分を求めると、合成関数の微分法より、 $$\begin{array}{rl}{M}_X^{\left(1\right)}\left(\theta \right)& =-m\cdot {(1-\theta )}^{-m-1}\cdot \frac{d}{d\theta }(1-\theta )\\ & =-m\cdot {(1-\theta )}^{-m-1}\cdot (-1)\\ & =\frac{m}{{(1-\theta )}^{m+1}}\end{array}$$ 1次モーメントとモーメント母関数の関係 $M_X^{\left(1\right)}\left(0\right)=E\left(X\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& =\frac{m}{{(1-0)}^{m+1}}\\ & =m\end{array}$$

（ii）分散
モーメント母関数の2階微分を求めると、合成関数の微分法より、 $$\begin{array}{rl}{M}_X^{\left(2\right)}\left(\theta \right)& =-m{(m+1)}^{-m-1}\cdot {(1-\theta )}^{-m-2}\cdot \frac{d}{d\theta }(1-\theta )\\ \left(\theta \right)& =-m{(m+1)}^{-m-1}\cdot {(1-\theta )}^{-m-2}\cdot (-1)\\ & =\frac{m(m+1)}{{(1-\theta )}^{m+2}}\end{array}$$ 2次モーメントとモーメント母関数の関係 $M_X^{\left(2\right)}\left(0\right)=E\left(X^2\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(X^2\right)& =\frac{m(m+1)}{{(1-0)}^{m+2}}\\ & =m(m+1)\end{array}$$ 分散の公式 $V\left(X\right)=E\left(X^2\right)-{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2$ より、 $$\begin{array}{rl}V\left(X\right)& =m(m+1)-m^2\\ & =m\end{array}$$ $◼$

〔3〕ガンマ分布の和の分布

（a）確率変数 $T$ の分布
〔1〕の結果より、$m=1$ のときの $X_i$ のモーメント母関数は、 $$\begin{array}{r}{M}_{X_i}\left(\theta \right)=\frac{1}{1-\theta }\end{array}$$ 確率変数が互いに独立なとき、モーメント母関数の性質 $M_T\left(\theta \right)=\prod _{i=1}^{n+1}{M}_{X_i}\left(\theta \right)$ より、 $$\begin{array}{rl}{M}_T\left(\theta \right)& =\prod _{i=1}^{n+1}\frac{1}{1-\theta }\\ & ={\left(\frac{1}{1-\theta }\right)}^{n+1}\end{array}$$ これは、ガンマ分布 $$\begin{array}{r}\mathrm{Ga}(n+1,1)\end{array}$$ のモーメント母関数とみなすことができる。 したがって、モーメント母関数の一意性により、 $$\begin{array}{r}T\sim \mathrm{Ga}(n+1,1)\end{array}$$

〔b〕和と比の独立性
まず、以下のような重複しない部分和を考えると、 $$\begin{array}{c}W=X_1+X_2+\cdots +X_i\\ V=X_{i+1}+X_{i+2}+\cdots +X_{n+1}\end{array}$$ $U$ と $V$ はそれぞれ独立に $$\begin{array}{c}W\sim \mathrm{Ga}(i,1)\\ V\sim \mathrm{Ga}(n+1-i,1)\end{array}$$ したがって、$W$ と $V$ の同時確率密度関数は、 $$\begin{array}{rl}{g}_{W,V}(w,v)& =f_W\left(w\right)\cdot f_V\left(v\right)\\ & =\frac{1}{\mathrm{\Gamma }\left(i\right)}{w}^{i-1}{e}^{-w}\cdot \frac{1}{\mathrm{\Gamma }(n+1-i)}{v}^{n-i}{e}^{-v}\end{array}$$ ここで、$T$ と $Y_i$ を $W,V$ を用いて表すと、 $$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}t=w+v\\ y_i=\frac{w}{w+v}\end{array}\iff \{\begin{array}{c}w=y_{i}t\\ v=(1-y_i)t\end{array}\\ \{\begin{array}{c}w:0\to \mathrm{\infty }\\ v:0\to \mathrm{\infty }\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}t:0\to \mathrm{\infty }\\ y_i:0\to 1\end{array}\end{array}$$ $Y_i$ と $T$ の同時確率密度関数 $g_{Y,T}(y_i,t)$ について考えるとヤコビアンは、 $$\begin{array}{rl}\left|J\right|& =\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial w}{\partial t}& \frac{\partial w}{\partial y_i}\\ \frac{\partial v}{\partial t}& \frac{\partial v}{\partial y_i}\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{cc}{y}_i& t\\ 1-y_i& -t\end{array}\right|\\ & =|-y_{i}t-t(1-y_i)|\\ & =t\end{array}$$ 変数変換後の同時確率密度関数の公式 $g_{Y,T}(y_i,t)=g_{W,V}\{w(y_i,t),v(y_i,t)\}\left|J\right|$ より、 $$\begin{array}{rl}{g}_{Y,T}(y_i,t)& =g_{W,V}\{yt,(1-y)t\}\cdot t\\ & =t\cdot \frac{1}{\mathrm{\Gamma }\left(i\right)}{\left(y_{i}t\right)}^{i-1}{e}^{-y_{i}t}\cdot \frac{1}{\mathrm{\Gamma }(n+1-i)}{\left\{(1-y_i)t\right\}}^{n-i}{e}^{-(1-y_i)t}\\ & =\frac{1}{\mathrm{\Gamma }\left(i\right)}{t}^n{e}^{-t}\cdot \frac{1}{\mathrm{\Gamma }(n+1-i)}{y}_i^{i-1}{(1-y_i)}^{n-i}\\ & =\frac{1}{\mathrm{\Gamma }(n+1)}{t}^n{e}^{-t}\cdot \frac{\mathrm{\Gamma }(n+1)}{\mathrm{\Gamma }\left(i\right)\mathrm{\Gamma }(n+1-i)}{y}_i^{i-1}{(1-y_i)}^{n-i}\end{array}$$ ここで、右辺第1項は、ガンマ分布 $$\begin{array}{r}T\sim Ga(n+1,1)\end{array}$$ の確率密度関数であり、 右辺第2項は、ベータ分布 $$\begin{array}{r}{Y}_i\sim \mathrm{Be}(i,n+1-i)\end{array}$$ の確率密度関数である。 また、この式は、確率変数の独立性の定義式 $f(x,y)=g\left(x\right)\cdot h\left(y\right)$ を満たすので、$T,Y_i$ は互いに独立である。 $◼$

〔4〕連続一様分布の順序統計量の分布

連続一様分布 $\mathrm{U}(0,1)$ の累積分布関数と確率密度関数は、 $$\begin{array}{r}f\left(u\right)=\{\begin{array}{cc}1& 0\le u\le 1\\ 0& \mathrm{other}\end{array}\end{array}$$ $$\begin{array}{r}F\left(u\right)=\{\begin{array}{cc}0& u<0\\ u& 0\le u\le 1\\ 1& 1<u\end{array}\end{array}$$ 順序統計量の確率密度関数の公式より、 $$\begin{array}{rl}{g}_i\left(u\right)& =\frac{n!}{(i-1)!(n-i)!}{\left\{F\left(x\right)\right\}}^{i-1}\cdot {\{1-F\left(x\right)\}}^{n-i}\cdot f\left(x\right)\\ & =\frac{n!}{(i-1)!(n-i)!}{u}^{i-1}\cdot {(1-u)}^{n-i}\cdot 1\\ & =\frac{\mathrm{\Gamma }(i+n-i+1)}{\mathrm{\Gamma }\left(i\right)\cdot \mathrm{\Gamma }(n-i+1)}{u}^{i-1}\cdot {(1-u)}^{n-i}\\ & =\frac{\mathrm{\Gamma }(n+1)}{\mathrm{\Gamma }\left(i\right)\cdot \mathrm{\Gamma }(n-i+1)}{u}^{i-1}\cdot {(1-u)}^{n-i}\end{array}$$ これは、ベータ分布 $$\begin{array}{c}\mathrm{Be}(i,n-i+1)\end{array}$$ の確率密度関数である。 よって、個々の確率密度関数が等しいので、確率密度関数の一意性により、個々の分布関数も等しく、同時分布も等しい。 $◼$

〔5〕連続一様分布の順序統計量の期待値

〔4〕の結果より、 $$\begin{array}{r}{U}_{\left(j\right)}=Y_i\end{array}$$ また、〔3〕における定義から、 $$\begin{array}{r}{Y}_{i}T=X_1+X_2+\cdots +X_i\end{array}$$ 両辺の期待値を取ると、 $$\begin{array}{rl}E\left(Y_{i}T\right)& =E(X_1+X_2+\cdots +X_i)\\ & =E\left(X_1\right)+E\left(X_2\right)+\cdots +E\left(X_i\right)\end{array}$$ 〔2〕の結果に $m=1$ を代入すると、 $$\begin{array}{r}E\left(X_i\right)=1\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}E\left(Y_{i}T\right)=i\end{array}$$ また、〔1〕〔2〕の結果より、 $$\begin{array}{r}E\left(T\right)=n+1\end{array}$$ いっぽう、〔3〕の結果より、$T,Y_i$ は互いに独立なので、期待値の性質 $E\left(T{Y}_i\right)=E\left(T\right)E\left(Y_i\right)$ より、 $$\begin{array}{c}i=(n+1)E\left(Y_i\right)\\ E\left(Y_i\right)=\frac{i}{n+1}=E\left[U_{\left(j\right)}\right]\end{array}$$ $◼$

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