本稿には、2015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。
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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〕標本平均の2次モーメント
（i）標本平均の期待値
期待値の性質 $E \left(\sum_{i=1}^{n}{aX_i}\right)=a\sum_{i=1}^{n}E \left(X_i\right)$ より、
\begin{align}
E \left(\bar{X}\right)&=E \left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\right]\\
&=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}E \left(X_i\right)\\
&=\frac{1}{n} \cdot n\mu\\
&=\mu
\end{align}
$\blacksquare$
（ii）標本平均の分散
分散の性質 $V \left(\sum_{i=1}^{n}{aX_i}\right)=a^2\sum_{i=1}^{n}V \left(X_i\right)$ より、
\begin{align}
V \left(\bar{X}\right)&=V \left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\right]\\
&=\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n}V \left(X_i\right)\\
&=\frac{1}{n^2} \cdot n\sigma^2\\
&=\frac{\sigma^2}{n}
\end{align}
分散の公式の変形 $E \left(X^2\right)=V \left(X\right)+ \left\{E \left(X\right)\right\}^2$ より、
\begin{align}
E \left({\bar{X}}^2\right)=\frac{\sigma^2}{n}+\mu^2
\end{align}
$\blacksquare$
〔2〕標本不偏分散の不偏性の証明
標本不偏分散の定義式を変形すると、 \begin{align} S^2&=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n} \left(X_i^2-2X_i\bar{X}+{\bar{X}}^2\right)\\ &=\frac{1}{n-1} \left(\sum_{i=1}^{n}X_i^2-2\bar{X}\sum_{i=1}^{n}X_i+n{\bar{X}}^2\right) \end{align} 標本平均の定義式より、 \begin{align} \bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\Leftrightarrow\sum_{i=1}^{n}X_i=n\bar{X} \end{align} よって、 \begin{align} S^2&=\frac{1}{n-1} \left(\sum_{i=1}^{n}X_i^2-2n{\bar{X}}^2+n{\bar{X}}^2\right)\\ &=\frac{1}{n-1} \left(\sum_{i=1}^{n}X_i^2-n{\bar{X}}^2\right) \end{align} 両辺の期待値を取ると、 \begin{align} E \left(S^2\right)&=\frac{1}{n-1}E \left(\sum_{i=1}^{n}X_i^2-n{\bar{X}}^2\right)\\ &=\frac{1}{n-1} \left\{\sum_{i=1}^{n}E \left(X_i^2\right)-nE \left({\bar{X}}^2\right)\right\}\\ &=\frac{1}{n-1} \left\{nE \left(X_i^2\right)-n \left(\frac{\sigma^2}{n}+\mu^2\right)\right\}\\ &=\frac{1}{n-1} \left\{nE \left(X_i^2\right)- \left(\sigma^2+n\mu^2\right)\right\} \end{align} 分散の公式の変形 $E \left(X^2\right)=V \left(X\right)+ \left\{E \left(X\right)\right\}^2$ より、 \begin{align} E \left(X_i^2\right)=\sigma^2+\mu^2 \end{align} したがって、 \begin{align} E \left(S^2\right)&=\frac{1}{n-1} \left\{n \left(\sigma^2+\mu^2\right)-\sigma^2-n\mu^2\right\}\\ &=\frac{n-1}{n-1}\sigma^2\\ &=\sigma^2 \end{align} したがって、不偏推定量の定義 $E \left(\hat{\theta}\right)=\theta$ を満たすため、$S^2$ は母分散 $\sigma^2$ の不偏推定量である。 $\blacksquare$
〔3〕標本平均の平均まわりのモーメント
正規分布の標本平均が従う分布は、
\begin{align}
\bar{X} \sim \mathrm{N} \left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right)
\end{align}
正規分布のモーメント母関数の公式より、
\begin{align}
M_{\bar{X}} \left(\theta\right)=e^{\mu\theta+\frac{\sigma^2}{2n}\theta^2}
\end{align}
モーメント母関数の性質 $M_{aX+b} \left(\theta\right)=e^{b\theta}M_X \left(a\theta\right)$ より、
\begin{align}
M_{\bar{X}-\mu} \left(\theta\right)&=e^{-\mu\theta} \cdot e^{\mu\theta+\frac{\sigma^2}{2n}\theta^2}\\
&=e^{\frac{\sigma^2}{2n}\theta^2}
\end{align}
これをマクローリン展開すると、
\begin{align}
M_{\bar{X}-\mu} \left(\theta\right)&=1+\frac{\sigma^2}{2n}\theta^2+\frac{1}{2} \cdot \left(\frac{\sigma^2\theta^2}{2n}\right)^2+\frac{1}{3!} \cdot \left(\frac{\sigma^2\theta^2}{2n}\right)^3+ \cdots \\
&=1+\frac{\sigma^2}{2n}\theta^2+\frac{1}{2} \cdot \frac{\sigma^4}{4n^2}\theta^4+\frac{1}{3!} \cdot \frac{\sigma^6}{8n^3}\theta^6+ \cdots \\
&=\sum_{l=0}^{\infty}\frac{1}{l!} \cdot \left(\frac{\sigma^2}{2n}\right)^l\theta^{2l}
\end{align}
モーメント母関数の $k$ 階微分を求めると、
（i）$k$ が奇数 $k=2m-1$ のとき
\begin{align}
M_{\bar{X}-\mu}^{ \left(k\right)} \left(\theta\right)=\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l \left(2l-1\right) \cdots \left(2l-k+1\right)}{l!} \cdot \left(\frac{\sigma^2}{2n}\right)^l\theta^{2l-k}
\end{align}
モーメント母関数と $k$ 次モーメントの関係より、
\begin{align}
M_{\bar{X}-\mu}^{ \left(k\right)} \left(0\right)=E \left[ \left(\bar{X}-\mu\right)^k\right]=0
\end{align}
（ii）$k$ が偶数 $k=2m$ のとき
\begin{align}
M_{\bar{X}-\mu}^{ \left(k\right)} \left(\theta\right)=\frac{ \left(2m\right)!}{m!} \left(\frac{\sigma^2}{2n}\right)^m+\sum_{l=m}^{\infty}\frac{2l \left(2l-1\right) \cdots \left(2l-2m+1\right)}{l!} \cdot \left(\frac{\sigma^2}{2n}\right)^l\theta^{2l-2m}
\end{align}
モーメント母関数と $k$ 次モーメントの関係より、
\begin{align}
M_{\bar{X}-\mu}^{ \left(k\right)} \left(0\right)=E \left[ \left(\bar{X}-\mu\right)^k\right]=\frac{ \left(2m\right)!}{m!} \left(\frac{\sigma^2}{2n}\right)^m
\end{align}
$\blacksquare$
〔4〕標本不偏分散の一致性
正規分布の標本不偏分散の性質より、 \begin{align} \frac{ \left(n-1\right)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2 \left(n-1\right) \end{align} $\chi^2$分布の分散の公式より、 \begin{gather} V \left[\frac{ \left(n-1\right)S^2}{\sigma^2}\right]=2 \left(n-1\right)\\ V \left(S^2\right)=\frac{\sigma^4}{ \left(n-1\right)^2} \cdot 2 \left(n-1\right)=\frac{2\sigma^4}{n-1} \end{gather} チェビシェフの不等式より、任意の正の数 $0 \lt \varepsilon$ に対して、 \begin{align} P \left( \left|S^2-\sigma^2\right| \geq \varepsilon\right) \le \frac{V \left(S^2\right)}{\varepsilon^2}=\frac{2\sigma^4}{\varepsilon^2 \left(n-1\right)} \end{align} 両辺の $n\rightarrow\infty$ のときの極限を取ると、 \begin{align} \lim_{n\rightarrow\infty}{P \left( \left|S^2-\sigma^2\right| \geq \varepsilon\right)}=\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{2\sigma^4}{\varepsilon^2 \left(n-1\right)}}=0 \end{align} したがって、一致性の定義を満たすため、$S^2$ は $\sigma^2$ の一致推定量である。 $\blacksquare$
〔5〕平均二乗誤差
問題文の定義式を変形していくと、 \begin{align} \mathrm{MSE} \left[cS^2\right]&=E \left[ \left(cS^2-\sigma^2\right)^2\right]\\ &=E \left[c^2S^4-2cS^2\sigma^2+\sigma^4\right]\\ &=c^2E \left[S^4\right]-2c\sigma^2E \left[S^2\right]+\sigma^4\\ &=c^2E \left[S^4\right]-2c\sigma^4+\sigma^4\\ &=c^2 \left[V \left[S^2\right]+ \left\{E \left[S^2\right]\right\}^2\right]-2c\sigma^4+\sigma^4\\ &=c^2 \left(\frac{2\sigma^4}{n-1}+\sigma^4\right)-2c\sigma^4+\sigma^4\\ &= \left(\frac{2c^2}{n-1}+c^2-2c+1\right)\sigma^4\\ &= \left\{\frac{2c^2}{n-1}+ \left(c-1\right)^2\right\}\sigma^4 \end{align} ここで、$f \left(c\right)=\mathrm{MSE} \left[cS^2\right]$ とおいて、1階微分を求めると、 \begin{align} f^\prime \left(c\right)&= \left\{\frac{4c}{n-1}+2 \left(c-1\right)\right\}\sigma^4\\ &= \left(n-1\right) \left\{4c+2 \left(n-1\right) \left(c-1\right)\right\}\sigma^4\\ &= \left(n-1\right) \left(4c+2cn-2n-2c+2\right)\sigma^4\\ &= \left(n-1\right) \left(2cn+2c-2n+2\right)\sigma^4\\ &=2 \left(n-1\right) \left\{c \left(n+1\right)- \left(n-1\right)\right\}\sigma^4 \end{align} 最小値は極値であると考えられるので、 \begin{gather} 2 \left(n-1\right) \left\{c \left(n+1\right)- \left(n-1\right)\right\}\sigma^4=0\\ c=\frac{n-1}{n+1} \end{gather} このときの $\mathrm{MSE} \left[cS^2\right]$ の値は、 \begin{align} \mathrm{MSE} \left[cS^2\right]&= \left\{\frac{2}{n-1} \left(\frac{n-1}{n+1}\right)^2+ \left(\frac{n-1}{n+1}-1\right)^2\right\}\sigma^4\\ &= \left\{\frac{2 \left(n-1\right)}{ \left(n+1\right)^2}+\frac{4}{ \left(n+1\right)^2}\right\}\sigma^4\\ &=\frac{2 \left(n+1\right)}{ \left(n+1\right)^2}\sigma^4\\ &=\frac{2}{n+1}\sigma^4 \end{align} $\blacksquare$
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