統計検定 1級 2018年 統計数理 問2 超幾何分布と捕獲再捕獲法

本稿には、2018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〕超幾何分布の成功確率と同時成功確率

（I）$i$ 番目の成功確率
抽出した球を、取り出した順に1列に並べていくとき、$N$ 個の中から $n$ 個を選んで並べる場合の数は、 $$\begin{array}{r}{}_N{P}_n\end{array}$$ 通りある。 $i$ 番目を成功とするためには、 まず最初に、$i$ 番目に赤球を配置し、
それから残りの $n-1$ 個を自由に並べればよい。 このような並べ方は、 $i$ 番目の赤球の選び方が $M$ 通り
残りの $n-1$ 個の並べ方が ${}_{N-1}{P}_{n-1}$ 通り なので、 全部で $$\begin{array}{r}M\cdot {}_{N-1}{P}_{n-1}\end{array}$$ 通りある。 したがって、$i$ 番目の成功確率は、 $$\begin{array}{rl}P(X_i=1)& =\frac{M\cdot {}_{N-1}{P}_{n-1}}{{}_N{P}_n}\\ & =M\cdot \frac{(N-1)!}{\{(N-1)-(n-1)\}!}\cdot \frac{(N-n)!}{N!}\\ & =M\cdot \frac{(N-1)!}{(N-n)!}\cdot \frac{(N-n)!}{N!}\\ & =\frac{M}{N}\end{array}$$ $◼$

（II）$i,j$ 番目の同時成功確率
$i$ 番目と $j$ 番目を成功とするためには、 まず最初に、$i$ 番目と $j$ 番目に赤球を配置し、
それから残りの $n-2$ 個を自由に並べればよい。 このような並べ方は、 $i$ 番目の赤球の選び方が $M$ 通り
$j$ 番目の赤球の選び方が $M-1$ 通り
残りの $n-2$ 個の並べ方が ${}_{N-2}{P}_{n-2}$ 通り なので、 全部で $$\begin{array}{r}M(M-1)\cdot {}_{N-2}{P}_{n-2}\end{array}$$ 通りある。 したがって、$i$ 番目と $j$ 番目の同時成功確率は、 $$\begin{array}{rl}P(X_i=1,X_j=1)& =\frac{M(M-1)\cdot {}_{N-2}{P}_{n-2}}{{}_N{P}_n}\\ & =M(M-1)\cdot \frac{(N-2)!}{\{(N-2)-(n-2)\}!}\cdot \frac{(N-n)!}{N!}\\ & =M(M-1)\cdot \frac{(N-2)!}{(N-n)!}\cdot \frac{(N-n)!}{N!}\\ & =\frac{M(M-1)}{N(N-1)}\end{array}$$ $◼$

〔2〕各試行の期待値・分散・共分散

（i）抽出結果の期待値
期待値の定義式 $E\left(X\right)=\sum _{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot f\left(x\right)$ より、$i$ 番目の抽出結果の期待値は、 $$\begin{array}{rl}E\left(X_i\right)& =1\cdot P(X_i=1)+0\cdot P(X_i=0)\\ & =\frac{M}{N}\end{array}$$

（ii）抽出結果の共分散
期待値の定義式 $E\left(XY\right)=\sum _{y=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\sum _{x=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}xy\cdot f(x,y)$ より、$i,j$ 番目の抽出結果の積の期待値は、 $$\begin{array}{rl}E\left(X_i{X}_j\right)=& 1\cdot 1\cdot P(X_i=1,X_j=1)+1\cdot 0\cdot P(X_i=1,X_j=0)\\ & +0\cdot 1\cdot P(X_i=0,X_j=1)+0\cdot 0\cdot P(X_i=0,X_j=0)\\ =& \frac{M(M-1)}{N(N-1)}\end{array}$$ 共分散の公式 $\mathrm{Cov}(X,Y)=E\left(XY\right)-E\left(X\right)E\left(Y\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(X,Y)& =\frac{M(M-1)}{N(N-1)}-\frac{M}{N}\cdot \frac{M}{N}\\ & =\frac{M}{N}(\frac{M-1}{N-1}-\frac{M}{N})\\ & =\frac{M}{N}\cdot \frac{N(M-1)-(N-1)M}{N(N-1)}\\ & =\frac{M}{N}\cdot \frac{NM-N-NM+k}{N(N-1)}\\ & =-\frac{M(N-M)}{N^2(N-1)}\end{array}$$ $◼$

（iii）抽出結果の分散
期待値の定義式 $E\left(X^2\right)=\sum _{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{x}^2\cdot f\left(x\right)$ より $$\begin{array}{rl}E\left(X_i^2\right)& =1^2\cdot P(X_i=1)+0^2\cdot P(X_i=0)\\ & =\frac{M}{N}\end{array}$$ 分散の公式 $V\left(X\right)=E\left(X^2\right)-{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2$ より、 $$\begin{array}{rl}V\left(X_i\right)& =\frac{M}{N}-\frac{M^2}{N^2}\\ & =\frac{M}{N}(1-\frac{M}{N})\\ & =\frac{M}{N}\cdot \frac{N-M}{N}\end{array}$$ $◼$

〔3〕超幾何分布の確率関数の導出

$N$ 個の中から、$n$ 個を抽出する選び方は、 $$\begin{array}{r}{}_N{C}_n\end{array}$$ 通りある。 このうち、赤球が $x$ 個となる選び方は、 まず、赤球 $M$ 個の中から、$x$ 個を抽出し、
青球 $N-M$ 個の中から、残りの $n-x$ 個を抽出 すればよいので、 そのような選び方は、 $$\begin{array}{r}{}_M{C}_n\times {}_{N-M}{C}_{n-x}\end{array}$$ 通りある。 したがって、このような事象が起こる確率は（数学的確率によって）、 $$\begin{array}{r}P(X=x)=\frac{{}_M{C}_n\times {}_{N-M}{C}_{n-x}}{{}_N{C}_n}\end{array}$$ $◼$

〔4〕超幾何分布の期待値と分散

（i）期待値
期待値の性質 $E\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\sum _{i=1}^{n}E\left(X_i\right)$ より、 $$\begin{array}{r}E\left(X\right)=E\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\sum _{i=1}^n\frac{M}{N}=n\cdot \frac{M}{N}\end{array}$$ （ii）分散
和の分散の一般公式より、 $$\begin{array}{r}V\left(X\right)=\sum _{i=1}^{n}V\left(X_i\right)+\sum _{j\ne i}\sum _{i=1}^n\mathrm{Cov}(X_i,X_j)\end{array}$$ ここで、共分散について、$i\ne j$ となる $(i,j)$ の組み合わせは、 $i$ の選び方が $n$ 通り
$j$ の選び方が $n-1$ 通り あるので、 全部で $$\begin{array}{r}n(n-1)\end{array}$$ 通りある。 したがって、 $$\begin{array}{rl}V\left(X\right)& =n\cdot \frac{M}{N}\cdot \frac{N-M}{N}+n(n-1)(-\frac{M}{N}\cdot \frac{N-M}{N}\cdot \frac{1}{N-1})\\ & =n\cdot \frac{M}{N}\cdot \frac{N-M}{N}(1-\frac{n-1}{N-1})\\ & =n\cdot \frac{M}{N}\cdot \frac{N-M}{N}\cdot \frac{N-1-n+1}{N-1}\\ & =n\cdot \frac{M}{N}\cdot \frac{N-M}{N}\cdot \frac{N-n}{N-1}\end{array}$$ $◼$

〔5〕赤球の個数の推定量

〔4〕の結果より、 $$\begin{array}{r}N\to N+KM=K\end{array}$$ と置き換えると、 $$\begin{array}{r}E\left(X\right)=\frac{nK}{N+K}\end{array}$$ これを $N$ について解くと、 $$\begin{array}{c}N+K=\frac{nK}{E\left(X\right)}\\ N=\frac{nK}{E\left(X\right)}-K\\ \text{(1)}& N=K\{\frac{n}{E\left(X\right)}-1\}\end{array}$$ いっぽう、 $$\begin{array}{r}V\left(X\right)=\frac{N+K-n}{N+K-1}\cdot \frac{K}{N+K}\cdot (1-\frac{K}{N+K})\cdot n\end{array}$$ ここで、$N\to \mathrm{\infty }$ のときの極限を取ると、 $$\begin{array}{r}\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}V\left(X\right)=1\cdot 0\cdot (1-0)\cdot n=0\end{array}$$ したがって、チェビシェフの不等式より、 $$\begin{array}{r}\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}P(|X-E\left(X\right)|\ge \epsilon )\le \underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{V\left(X\right)}{{\epsilon }^2}=0\end{array}$$ すなわち、$X$ は母平均 $E\left(X\right)$ の一致推定量となり、 $$\begin{array}{r}X\cong E\left(X\right)\end{array}$$ よって、式 $(1)$ より、 $$\begin{array}{r}\hat{N}=K(\frac{n}{X}-1)\end{array}$$ 両辺の分散を取ると、 $$\begin{array}{rl}V\left(\hat{N}\right)& =V\left\{K(\frac{n}{X}-1)\right\}\\ \text{(2)}& & =n^2{K}^{2}V\left(\frac{1}{X}\right)\end{array}$$ ここで、$g\left(x\right)=\frac{1}{x}$ を期待値まわりで2次の項までテイラー展開すると、 $$\begin{array}{c}g\left(x\right)\cong g\left\{E\left(X\right)\right\}+g^{\prime }\left\{E\left(X\right)\right\}\{x-E\left(X\right)\}+g^{\prime \prime }\left\{E\left(X\right)\right\}{\{x-E\left(X\right)\}}^2\\ \frac{1}{x}\cong \frac{1}{E\left(X\right)}-\frac{1}{{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2}\{x-E\left(X\right)\}\end{array}$$ 両辺の分散を取ると、 $$\begin{array}{rl}V\left(\frac{1}{X}\right)& \cong V[\frac{1}{E\left(X\right)}-\frac{1}{{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2}\{x-E\left(X\right)\}]\\ & \cong V[-\frac{X}{{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2}]\\ & \cong \frac{1}{{\left\{E\left(X\right)\right\}}^4}V\left[X\right]\end{array}$$ 期待値と分散 $E\left(X\right),V\left(X\right)$ を代入すると、 $$\begin{array}{r}V\left(\frac{1}{X}\right)\cong {\left(\frac{N+K}{nK}\right)}^4\cdot \frac{N+K-n}{N+K-1}\cdot \frac{K}{N+K}\cdot \frac{N}{N+K}\cdot n\cdot \end{array}$$ したがって、式 $(2)$ より、 $$\begin{array}{rl}V\left(\hat{N}\right)& \cong n^2{K}^2\cdot {\left(\frac{N+K}{nK}\right)}^4\cdot \frac{N+K-n}{N+K-1}\cdot \frac{nK}{N+K}\cdot \frac{N}{N+K}\\ & \cong \frac{N{(N+K)}^2}{nK}\cdot \frac{N+K-n}{N+K-1}\\ & \cong \frac{N+K}{N+K-1}\cdot \frac{(N+K)(N+K-n)N}{nK}\end{array}$$ $N\to \mathrm{\infty }$ のとき、$N+K\cong N+K-1$ となるので、 $$\begin{array}{r}V\left(\hat{N}\right)\cong \frac{(N+K)(N+K-n)N}{nK}\end{array}$$ よって、 $$\begin{array}{r}\epsilon =\frac{\sqrt{(N+K)(N+K-n)}}{\sqrt{nNK}}\end{array}$$ $◼$

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