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。
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〔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 $M_X \left(\theta\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{e^{\theta x} \cdot f \left(x\right)dx}$ より、 \begin{align} M_X \left(\theta\right)&=\int_{0}^{\infty}{e^{\theta x} \cdot \frac{1}{\Gamma \left(m\right)}x^{m-1}e^{-x}dx}\\ &=\frac{1}{\Gamma \left(m\right)}\int_{0}^{\infty}{x^{m-1}e^{- \left(1-\theta\right)x}dx} \end{align} 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{gather} - \left(1-\theta\right) \lt 0\\ 1-\theta \gt 0\\ \theta \lt 1 \end{gather} ガンマ関数の公式 $\int_{0}^{\infty}{y^{\alpha-1}e^{-\beta y}dy}=\frac{\Gamma \left(\alpha\right)}{\beta^\alpha}$ より、 \begin{align} M_X \left(\theta\right)&=\frac{1}{\Gamma \left(m\right)} \cdot \left(\frac{1}{1-\theta}\right)^m\Gamma \left(m\right)\\ &= \left(\frac{1}{1-\theta}\right)^m \end{align} $\blacksquare$
〔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{align} M_X^{ \left(1\right)} \left(\theta\right)&=-m \cdot \left(1-\theta\right)^{-m-1} \cdot \frac{d}{d\theta} \left(1-\theta\right)\\ &=-m \cdot \left(1-\theta\right)^{-m-1} \cdot \left(-1\right)\\ &=\frac{m}{ \left(1-\theta\right)^{m+1}} \end{align} 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{align} E \left(X\right)&=\frac{m}{ \left(1-0\right)^{m+1}}\\ &=m \end{align}
（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{align}
M_X^{ \left(2\right)} \left(\theta\right)&=-m \left(m+1\right)^{-m-1} \cdot \left(1-\theta\right)^{-m-2} \cdot \frac{d}{d\theta} \left(1-\theta\right)\\
\left(\theta\right)&=-m \left(m+1\right)^{-m-1} \cdot \left(1-\theta\right)^{-m-2} \cdot \left(-1\right)\\
&=\frac{m \left(m+1\right)}{ \left(1-\theta\right)^{m+2}}
\end{align}
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{align}
E \left(X^2\right)&=\frac{m \left(m+1\right)}{ \left(1-0\right)^{m+2}}\\
&=m \left(m+1\right)
\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)&=m \left(m+1\right)-m^2\\
&=m
\end{align}
$\blacksquare$
〔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{align}
M_{X_i} \left(\theta\right)=\frac{1}{1-\theta}
\end{align}
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{align}
M_T \left(\theta\right)&=\prod_{i=1}^{n+1}\frac{1}{1-\theta}\\
&= \left(\frac{1}{1-\theta}\right)^{n+1}
\end{align}
これは、ガンマ分布
\begin{align}
\mathrm{Ga} \left(n+1,1\right)
\end{align}
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{align}
T \sim \mathrm{Ga} \left(n+1,1\right)
\end{align}
〔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{gather}
W=X_1+X_2+ \cdots +X_i\\
V=X_{i+1}+X_{i+2}+ \cdots +X_{n+1}
\end{gather}
$U$ と $V$ はそれぞれ独立に
\begin{gather}
W \sim \mathrm{Ga} \left(i,1\right)\\
V \sim \mathrm{Ga} \left(n+1-i,1\right)
\end{gather}
したがって、$W$ と $V$ の同時確率密度関数は、
\begin{align}
g_{W,V} \left(w,v\right)&=f_W \left(w\right) \cdot f_V \left(v\right)\\
&=\frac{1}{\Gamma \left(i\right)}w^{i-1}e^{-w} \cdot \frac{1}{\Gamma \left(n+1-i\right)}v^{n-i}e^{-v}
\end{align}
ここで、$T$ と $Y_i$ を $W,V$ を用いて表すと、
\begin{gather}
\left\{\begin{matrix}t=w+v\\y_i=\frac{w}{w+v}\\\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}w=y_it\\v= \left(1-y_i\right)t\\\end{matrix}\right.\\
\left\{\begin{matrix}w:0\rightarrow\infty\\v:0\rightarrow\infty\\\end{matrix}\right. \quad \Rightarrow \quad \left\{\begin{matrix}t:0\rightarrow\infty\\y_i:0\rightarrow1\\\end{matrix}\right.
\end{gather}
$Y_i$ と $T$ の同時確率密度関数 $g_{Y,T} \left(y_i,t\right)$ について考えるとヤコビアンは、
\begin{align}
\left|J\right|&= \left|\begin{matrix}\frac{\partial w}{\partial t}&\frac{\partial w}{\partial y_i}\\\frac{\partial v}{\partial t}&\frac{\partial v}{\partial y_i}\\\end{matrix}\right|\\
&= \left|\begin{matrix}y_i&t\\1-y_i&-t\\\end{matrix}\right|\\
&= \left|-y_it-t \left(1-y_i\right)\right|\\
&=t
\end{align}
変数変換後の同時確率密度関数の公式 $g_{Y,T} \left(y_i,t\right)=g_{W,V} \left\{w \left(y_i,t\right),v \left(y_i,t\right)\right\} \left|J\right|$ より、
\begin{align}
g_{Y,T} \left(y_i,t\right)&=g_{W,V} \left\{yt, \left(1-y\right)t\right\} \cdot t\\
&=t \cdot \frac{1}{\Gamma \left(i\right)} \left(y_it\right)^{i-1}e^{-y_it} \cdot \frac{1}{\Gamma \left(n+1-i\right)} \left\{ \left(1-y_i\right)t\right\}^{n-i}e^{- \left(1-y_i\right)t}\\
&=\frac{1}{\Gamma \left(i\right)}t^ne^{-t} \cdot \frac{1}{\Gamma \left(n+1-i\right)}y_i^{i-1} \left(1-y_i\right)^{n-i}\\
&=\frac{1}{\Gamma \left(n+1\right)}t^ne^{-t} \cdot \frac{\Gamma \left(n+1\right)}{\Gamma \left(i\right)\Gamma \left(n+1-i\right)}y_i^{i-1} \left(1-y_i\right)^{n-i}
\end{align}
ここで、右辺第1項は、ガンマ分布
\begin{align}
T \sim Ga \left(n+1,1\right)
\end{align}
の確率密度関数であり、
右辺第2項は、ベータ分布
\begin{align}
Y_i \sim \mathrm{Be} \left(i,n+1-i\right)
\end{align}
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 $f \left(x,y\right)=g \left(x\right) \cdot h \left(y\right)$ を満たすので、$T,Y_i$ は互いに独立である。
$\blacksquare$
〔4〕連続一様分布の順序統計量の分布
連続一様分布 $\mathrm{U} \left(0,1\right)$ の累積分布関数と確率密度関数は、 \begin{align} f \left(u\right)= \left\{\begin{matrix}1&0 \le u \le 1\\0&\mathrm{other}\\\end{matrix}\right. \end{align} \begin{align} F \left(u\right)= \left\{\begin{matrix}0&u \lt 0\\u&0 \le u \le 1\\1&1 \lt u\\\end{matrix}\right. \end{align} 順序統計量の確率密度関数の公式より、 \begin{align} g_i \left(u\right)&=\frac{n!}{ \left(i-1\right)! \left(n-i\right)!} \left\{F \left(x\right)\right\}^{i-1} \cdot \left\{1-F \left(x\right)\right\}^{n-i} \cdot f \left(x\right)\\ &=\frac{n!}{ \left(i-1\right)! \left(n-i\right)!}u^{i-1} \cdot \left(1-u\right)^{n-i} \cdot 1\\ &=\frac{\Gamma \left(i+n-i+1\right)}{\Gamma \left(i\right) \cdot \Gamma \left(n-i+1\right)}u^{i-1} \cdot \left(1-u\right)^{n-i}\\ &=\frac{\Gamma \left(n+1\right)}{\Gamma \left(i\right) \cdot \Gamma \left(n-i+1\right)}u^{i-1} \cdot \left(1-u\right)^{n-i}\\ \end{align} これは、ベータ分布 \begin{gather} \mathrm{Be} \left(i,n-i+1\right) \end{gather} 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。 $\blacksquare$
〔5〕連続一様分布の順序統計量の期待値
〔4〕の結果より、 \begin{align} U_{ \left(j\right)}=Y_i \end{align} また、〔3〕における定義から、 \begin{align} Y_iT=X_1+X_2+ \cdots +X_i \end{align} 両辺の期待値を取ると、 \begin{align} E \left(Y_iT\right)&=E \left(X_1+X_2+ \cdots +X_i\right)\\ &=E \left(X_1\right)+E \left(X_2\right)+ \cdots +E \left(X_i\right)\\ \end{align} 〔2〕の結果に $m=1$ を代入すると、 \begin{align} E \left(X_i\right)=1 \end{align} したがって、 \begin{align} E \left(Y_iT\right)=i \end{align} また、〔1〕〔2〕の結果より、 \begin{align} E \left(T\right)=n+1 \end{align} 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 $E \left(TY_i\right)=E \left(T\right)E \left(Y_i\right)$ より、 \begin {gather} i= \left(n+1\right)E \left(Y_i\right)\\ E \left(Y_i\right)=\frac{i}{n+1}=E \left[U_{ \left(j\right)}\right] \end {gather} $\blacksquare$
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