統計検定 1級 2018年 統計数理 問3 二項分布の条件付き分布

本稿には、2018年に実施された統計検定1級『統計数理』 問3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〕二項分布の期待値と分散

二項分布の期待値と分散の公式より、 \begin{gather} E \left(X\right)=n\theta\\ V \left(X\right)=n\theta \left(1-\theta\right) \end{gather} $\blacksquare$

〔2〕二項分布の条件付き確率関数

$X=0$ となる確率は、 \begin{align} P \left(X=0\right)={}_{n}C_0\theta^0 \left(1-\theta\right)^{n-0}= \left(1-\theta\right)^n \end{align} 確率の基本性質より、 \begin{align} P \left(1 \le X\right)=1-P \left(X=0\right)=1- \left(1-\theta\right)^n \end{align} 条件付き確率の定義式 $P \left(A\middle| B\right)=\frac{P \left(A \cap B\right)}{P \left(B\right)}$ より、 \begin{align} \begin{matrix}h \left(x\right)=\frac{{}_{n}C_x\theta^x \left(1-\theta\right)^{n-x}}{1- \left(1-\theta\right)^n}&x=1,2, \cdots n\\\end{matrix} \end{align} $\blacksquare$

〔3〕二項分布の条件付き期待値・条件付き分散

期待値の定義式 $E \left(X\right)=\sum_{x=-\infty}^{\infty}{x \cdot f \left(x\right)}$ より、 \begin{align} E \left(X\middle|1 \le X\right)&=\sum_{x=1}^{n}{x \cdot {}_{n}C_x\frac{\theta^x \left(1-\theta\right)^{n-x}}{1- \left(1-\theta\right)^n}}\\ &=\frac{1}{1- \left(1-\theta\right)^n}\sum_{x=1}^{n}{x \cdot p \left(x\right)}\\ &=\frac{1}{1- \left(1-\theta\right)^n} \left\{0+\sum_{x=1}^{n}{x \cdot p \left(x\right)}\right\}\\ &=\frac{1}{1- \left(1-\theta\right)^n}\sum_{x=0}^{n}{x \cdot p \left(x\right)}\\ &=\frac{1}{1- \left(1-\theta\right)^n} \cdot E \left(X\right) \end{align} したがって、〔1〕の結果より、 \begin{align} \eta \left(\theta\right)=\frac{n\theta}{1- \left(1-\theta\right)^n} \end{align}

（ii）分散
\begin{align} E \left(X^2\middle|1 \le X\right)&=\sum_{x=1}^{n}{x^2 \cdot {}_{n}C_x\frac{\theta^x \left(1-\theta\right)^{n-x}}{1- \left(1-\theta\right)^n}}\\ &=\frac{1}{1- \left(1-\theta\right)^n}\sum_{x=1}^{n}{x^2 \cdot p \left(x\right)}\\ &=\frac{1}{1- \left(1-\theta\right)^n} \left\{0+\sum_{x=1}^{n}{x^2 \cdot p \left(x\right)}\right\}\\ &=\frac{1}{1- \left(1-\theta\right)^n}\sum_{x=0}^{n}{x^2 \cdot p \left(x\right)}\\ &=\frac{1}{1- \left(1-\theta\right)^n} \cdot E \left(X^2\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^2\right)=n\theta \left(1-\theta\right)+n^2\theta^2 \end{align} したがって、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} \xi \left(\theta\right)&=\frac{n\theta \left(1-\theta\right)+n^2\theta^2}{1- \left(1-\theta\right)^n}-\frac{n^2\theta^2}{ \left\{1- \left(1-\theta\right)^n\right\}^2}\\ &=\frac{n\theta \left(1-\theta\right)+n^2\theta^2}{1- \left(1-\theta\right)^n}+\frac{n^2\theta^2 \left\{1- \left(1-\theta\right)^n-1\right\}}{ \left\{1- \left(1-\theta\right)^n\right\}^2}\\ &=\frac{n\theta \left(1-\theta\right)+n^2\theta^2}{1- \left(1-\theta\right)^n}-\frac{n^2\theta^2 \left(1-\theta\right)^n}{ \left\{1- \left(1-\theta\right)^n\right\}^2} \end{align} $\blacksquare$

〔4〕累乗根の計算

\begin{gather} \eta \left(\theta\right)=2E \left(X\right)\\ \frac{n\theta}{1- \left(1-\theta\right)^n}=2n\theta\\ \frac{1}{1- \left(1-\theta\right)^n}=2\\ \frac{1}{2}=1- \left(1-\theta\right)^n\\ \left(1-\theta\right)^n=\frac{1}{2}\\ 1-\theta= \left(\frac{1}{2}\right)^\frac{1}{n}\\ \theta=1- \left(\frac{1}{2}\right)^\frac{1}{n} \end{gather} $n=8$ のとき \begin{gather} \theta=1-\sqrt[8]{0.5} \end{gather} ここで、 \begin{align} \sqrt[8]{a}&=a^{\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times \cdot \frac{1}{2}}\\ &= \left\{ \left(a^{0.5}\right)^{0.5}\right\}^{0.5} \end{align} すなわち、電卓で0.5の平方根を3回取れば、求めることができる。その結果、$\sqrt[8]{0.5}\cong0.917$ なので、 \begin{gather} \theta=1-0.917=0.083 \end{gather} $\blacksquare$

〔5〕パラメータの最尤推定

尤度関数 $L \left(\theta\right)$ を求めると、 \begin{align} L \left(\theta\right)=\prod_{i=1}^{m}\frac{{}_{n}C_{y_i}\theta^{y_i} \left(1-\theta\right)^{n-y_i}}{1- \left(1-\theta\right)^n}\\ =\prod_{i=1}^{m}\frac{{}_{n}C_{y_i}\theta^{y_i} \left(1-\theta\right)^{n-y_i}}{1- \left(1-\theta\right)^n} \end{align} 対数尤度関数 $l \left(\theta\right)=\log{L \left(\theta\right)}$ を求めると、 \begin{align} l \left(\theta\right)=\sum_{i=1}^{m}\log{{}_{n}C_{y_i}}+\log{\theta}\sum_{i=1}^{m}y_i+\log{ \left(1-\theta\right)}\sum_{i=1}^{m} \left(n-y_i\right)-m\log{ \left\{1- \left(1-\theta\right)^n\right\}} \end{align} ここで、 \begin{align} \bar{y}=\frac{1}{m}\sum_{i=1}^{m}y_i\Leftrightarrow\sum_{i=1}^{m}y_i=m\bar{y} \end{align} したがって、 \begin{align} l \left(\theta\right)=\sum_{i=1}^{m}\log{{}_{n}C_{y_i}}+m\bar{y}\log{\theta}+m \left(n-\bar{y}\right)\log{ \left(1-\theta\right)}-m\log{ \left\{1- \left(1-\theta\right)^n\right\}} \end{align} スコア関数 $S \left(\theta\right)=\frac{d}{d\theta}\log{L \left(\theta\right)}$ を求めると、 \begin{align} S \left(\theta\right)=\frac{m\bar{y}}{\theta}-\frac{m \left(n-\bar{y}\right)}{1-\theta}-\frac{mn \left(1-\theta\right)^{n-1}}{1- \left(1-\theta\right)^n} \end{align} 尤度方程式 $S \left(\theta\right)=0$ を解くと、 \begin{gather} \frac{m\bar{y}}{\hat{\theta}}-\frac{m \left(n-\bar{y}\right)}{1-\hat{\theta}}-\frac{mn \left(1-\hat{\theta}\right)^{n-1}}{1- \left(1-\hat{\theta}\right)^n}=0\\ \left(1-\hat{\theta}\right) \left\{1- \left(1-\hat{\theta}\right)^n\right\}\bar{y}-\hat{\theta} \left\{1- \left(1-\hat{\theta}\right)^n\right\} \left(n-\bar{y}\right)-\hat{\theta} \left(1-\hat{\theta}\right) \cdot n \left(1-\hat{\theta}\right)^{n-1}=0\\ \left(1-\hat{\theta}\right) \left\{1- \left(1-\hat{\theta}\right)^n\right\}\bar{y}-\hat{\theta} \left\{1- \left(1-\hat{\theta}\right)^n\right\} \left(n-\bar{y}\right)-n\hat{\theta} \left(1-\hat{\theta}\right)^n=0\\ \left\{1- \left(1-\hat{\theta}\right)^n\right\}\bar{y} \left\{ \left(1-\hat{\theta}\right)+\hat{\theta}\right\}-n\hat{\theta} \left\{1- \left(1-\hat{\theta}\right)^n\right\}-n\hat{\theta} \left(1-\hat{\theta}\right)^n=0\\ n\hat{\theta} \left\{1- \left(1-\hat{\theta}\right)^n+\hat{\theta} \left(1-\hat{\theta}\right)^n\right\}= \left\{1- \left(1-\hat{\theta}\right)^n\right\}\bar{y}\\ n\hat{\theta}= \left\{1- \left(1-\hat{\theta}\right)^n\right\}\bar{y} \end{gather} これは、一般的な閉形式の解をもたないので、例えば、適当な初期値 ${\hat{\theta}}_0$ を与え、ニュートン・ラフソン法などの反復計算によって、計算する。また、この式を変形すると、 \begin{gather} \bar{y}=\frac{n\hat{\theta}}{1- \left(1-\hat{\theta}\right)^n} \end{gather} これは、〔3〕で求めた条件付き期待値を標本平均で置き換えた形になっているので、モーメント法に基づく推定値でもある。 $\blacksquare$

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