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{align} {}_{N}P_n \end{align} 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{align} M \cdot {}_{N-1}P_{n-1} \end{align} 通りある。 したがって、$i$ 番目の成功確率は、 \begin{align} P \left(X_i=1\right)&=\frac{M \cdot {}_{N-1}P_{n-1}}{{}_{N}P_n}\\ &=M \cdot \frac{ \left(N-1\right)!}{ \left\{ \left(N-1\right)- \left(n-1\right)\right\}!} \cdot \frac{ \left(N-n\right)!}{N!}\\ &=M \cdot \frac{ \left(N-1\right)!}{ \left(N-n\right)!} \cdot \frac{ \left(N-n\right)!}{N!}\\ &=\frac{M}{N} \end{align} $\blacksquare$

（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{align} M \left(M-1\right) \cdot {}_{N-2}P_{n-2} \end{align} 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{align} P \left(X_i=1,X_j=1\right)&=\frac{M \left(M-1\right) \cdot {}_{N-2}P_{n-2}}{{}_{N}P_n}\\ &=M \left(M-1\right) \cdot \frac{ \left(N-2\right)!}{ \left\{ \left(N-2\right)- \left(n-2\right)\right\}!} \cdot \frac{ \left(N-n\right)!}{N!}\\ &=M \left(M-1\right) \cdot \frac{ \left(N-2\right)!}{ \left(N-n\right)!} \cdot \frac{ \left(N-n\right)!}{N!}\\ &=\frac{M \left(M-1\right)}{N \left(N-1\right)} \end{align} $\blacksquare$

〔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 $E \left(X\right)=\sum_{-\infty}^{\infty}{x \cdot f \left(x\right)}$ より、$i$ 番目の抽出結果の期待値は、 \begin{align} E \left(X_i\right)&=1 \cdot P \left(X_i=1\right)+0 \cdot P \left(X_i=0\right)\\ &=\frac{M}{N} \end{align}

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

（iii）抽出結果の分散
期待値の定義式 $E \left(X^2\right)=\sum_{-\infty}^{\infty}{x^2 \cdot f \left(x\right)}$ より \begin{align} E \left(X_i^2\right)&=1^2 \cdot P \left(X_i=1\right)+0^2 \cdot P \left(X_i=0\right)\\ &=\frac{M}{N} \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_i\right)&=\frac{M}{N}-\frac{M^2}{N^2}\\ &=\frac{M}{N} \left(1-\frac{M}{N}\right)\\ &=\frac{M}{N} \cdot \frac{N-M}{N} \end{align} $\blacksquare$

〔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{align} {}_{N}C_n \end{align} 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{align} {}_{M}C_n\times{}_{N-M}C_{n-x} \end{align} 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{align} P \left(X=x\right)=\frac{{}_{M}C_n\times{}_{N-M}C_{n-x}}{{}_{N}C_n} \end{align} $\blacksquare$

〔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{align} 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{align} （ii）分散
和の分散の一般公式より、 \begin{align} V \left(X\right)=\sum_{i=1}^{n}V \left(X_i\right)+\sum_{j \neq i}\sum_{i=1}^{n}\mathrm{Cov} \left(X_i,X_j\right)\\ \end{align} ここで、共分散について、$i \neq j$ となる $ \left(i,j\right)$ 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{align} n \left(n-1\right) \end{align} 通りある。 したがって、 \begin{align} V \left(X\right)&=n \cdot \frac{M}{N} \cdot \frac{N-M}{N}+n \left(n-1\right) \left(-\frac{M}{N} \cdot \frac{N-M}{N} \cdot \frac{1}{N-1}\right)\\ &=n \cdot \frac{M}{N} \cdot \frac{N-M}{N} \left(1-\frac{n-1}{N-1}\right)\\ &=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{align} $\blacksquare$

〔5〕赤球の個数の推定量

〔4〕の結果より、 \begin{align} N\rightarrow N+K \quad M=K \end{align} と置き換えると、 \begin{align} E \left(X\right)=\frac{nK}{N+K} \end{align} これを $N$ について解くと、 \begin{gather} N+K=\frac{nK}{E \left(X\right)}\\ N=\frac{nK}{E \left(X\right)}-K\\ N=K \left\{\frac{n}{E \left(X\right)}-1\right\}\tag{1} \end{gather} いっぽう、 \begin{align} V \left(X\right)=\frac{N+K-n}{N+K-1} \cdot \frac{K}{N+K} \cdot \left(1-\frac{K}{N+K}\right) \cdot n \end{align} ここで、$N\rightarrow\infty$ のときの極限を取ると、 \begin{align} \lim_{N\rightarrow\infty}{V \left(X\right)}=1 \cdot 0 \cdot \left(1-0\right) \cdot n=0 \end{align} したがって、チェビシェフの不等式より、 \begin{align} \lim_{N\rightarrow\infty}{P \left( \left|X-E \left(X\right)\right| \geq \varepsilon\right)} \le \lim_{N\rightarrow\infty}{\frac{V \left(X\right)}{\varepsilon^2}}=0 \end{align} すなわち、$X$ は母平均 $E \left(X\right)$ の一致推定量となり、 \begin{align} X\cong E \left(X\right) \end{align} よって、式 $(1)$ より、 \begin{align} \hat{N}=K \left(\frac{n}{X}-1\right)\\ \end{align} 両辺の分散を取ると、 \begin{align} V \left(\hat{N}\right)&=V \left\{K \left(\frac{n}{X}-1\right)\right\}\\ &=n^2K^2V \left(\frac{1}{X}\right)\tag{2} \end{align} 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{gather} g \left(x\right)\cong g \left\{E \left(X\right)\right\}+g^\prime \left\{E \left(X\right)\right\} \left\{x-E \left(X\right)\right\}+g^{\prime\prime} \left\{E \left(X\right)\right\} \left\{x-E \left(X\right)\right\}^2\\ \frac{1}{x}\cong\frac{1}{E \left(X\right)}-\frac{1}{ \left\{E \left(X\right)\right\}^2} \left\{x-E \left(X\right)\right\} \end{gather} 両辺の分散を取ると、 \begin{align} V \left(\frac{1}{X}\right)&\cong V \left[\frac{1}{E \left(X\right)}-\frac{1}{ \left\{E \left(X\right)\right\}^2} \left\{x-E \left(X\right)\right\}\right]\\ &\cong V \left[-\frac{X}{ \left\{E \left(X\right)\right\}^2}\right]\\ &\cong\frac{1}{ \left\{E \left(X\right)\right\}^4}V \left[X\right] \end{align} 期待値と分散 $E \left(X\right),V \left(X\right)$ を代入すると、 \begin{align} 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{align} したがって、式 $(2)$ より、 \begin{align} V \left(\hat{N}\right)&\cong n^2K^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 \left(N+K\right)^2}{nK} \cdot \frac{N+K-n}{N+K-1}\\ &\cong\frac{N+K}{N+K-1} \cdot \frac{ \left(N+K\right) \left(N+K-n\right)N}{nK} \end{align} $N\rightarrow\infty$ のとき、$N+K\cong N+K-1$ となるので、 \begin{align} V \left(\hat{N}\right)\cong\frac{ \left(N+K\right) \left(N+K-n\right)N}{nK} \end{align} よって、 \begin{align} \varepsilon=\frac{\sqrt{ \left(N+K\right) \left(N+K-n\right)}}{\sqrt{nNK}} \end{align} $\blacksquare$

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