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、 $$\begin{array}{c}E\left(X\right)=n\theta \\ V\left(X\right)=n\theta (1-\theta )\end{array}$$ $◼$

〔2〕二項分布の条件付き確率関数

$X=0$ となる確率は、 $$\begin{array}{r}P(X=0)={}_n{C}_0{\theta }^0{(1-\theta )}^{n-0}={(1-\theta )}^n\end{array}$$ 確率の基本性質より、 $$\begin{array}{r}P(1\le X)=1-P(X=0)=1-{(1-\theta )}^n\end{array}$$ 条件付き確率の定義式 $P\left(A\right|B)=\frac{P(A\cap B)}{P\left(B\right)}$ より、 $$\begin{array}{r}\begin{array}{cc}h\left(x\right)=\frac{{}_n{C}_x{\theta }^x{(1-\theta )}^{n-x}}{1-{(1-\theta )}^n}& x=1,2,\cdots n\end{array}\end{array}$$ $◼$

〔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 $E\left(X\right)=\sum _{x=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot f\left(x\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right|1\le X)& =\sum _{x=1}^{n}x\cdot {}_n{C}_x\frac{{\theta }^x{(1-\theta )}^{n-x}}{1-{(1-\theta )}^n}\\ & =\frac{1}{1-{(1-\theta )}^n}\sum _{x=1}^{n}x\cdot p\left(x\right)\\ & =\frac{1}{1-{(1-\theta )}^n}\{0+\sum _{x=1}^{n}x\cdot p\left(x\right)\}\\ & =\frac{1}{1-{(1-\theta )}^n}\sum _{x=0}^{n}x\cdot p\left(x\right)\\ & =\frac{1}{1-{(1-\theta )}^n}\cdot E\left(X\right)\end{array}$$ したがって、〔1〕の結果より、 $$\begin{array}{r}\eta \left(\theta \right)=\frac{n\theta }{1-{(1-\theta )}^n}\end{array}$$

（ii）分散
$$\begin{array}{rl}E\left(X^2\right|1\le X)& =\sum _{x=1}^n{x}^2\cdot {}_n{C}_x\frac{{\theta }^x{(1-\theta )}^{n-x}}{1-{(1-\theta )}^n}\\ & =\frac{1}{1-{(1-\theta )}^n}\sum _{x=1}^n{x}^2\cdot p\left(x\right)\\ & =\frac{1}{1-{(1-\theta )}^n}\{0+\sum _{x=1}^n{x}^2\cdot p\left(x\right)\}\\ & =\frac{1}{1-{(1-\theta )}^n}\sum _{x=0}^n{x}^2\cdot p\left(x\right)\\ & =\frac{1}{1-{(1-\theta )}^n}\cdot E\left(X^2\right)\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{r}E\left(X^2\right)=n\theta (1-\theta )+n^2{\theta }^2\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{rl}\xi \left(\theta \right)& =\frac{n\theta (1-\theta )+n^2{\theta }^2}{1-{(1-\theta )}^n}-\frac{n^2{\theta }^2}{{\{1-{(1-\theta )}^n\}}^2}\\ & =\frac{n\theta (1-\theta )+n^2{\theta }^2}{1-{(1-\theta )}^n}+\frac{n^2{\theta }^2\{1-{(1-\theta )}^n-1\}}{{\{1-{(1-\theta )}^n\}}^2}\\ & =\frac{n\theta (1-\theta )+n^2{\theta }^2}{1-{(1-\theta )}^n}-\frac{n^2{\theta }^2{(1-\theta )}^n}{{\{1-{(1-\theta )}^n\}}^2}\end{array}$$ $◼$

〔4〕累乗根の計算

$$\begin{array}{c}\eta \left(\theta \right)=2E\left(X\right)\\ \frac{n\theta }{1-{(1-\theta )}^n}=2n\theta \\ \frac{1}{1-{(1-\theta )}^n}=2\\ \frac{1}{2}=1-{(1-\theta )}^n\\ {(1-\theta )}^n=\frac{1}{2}\\ 1-\theta ={\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{1}{n}}\\ \theta =1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{1}{n}}\end{array}$$ $n=8$ のとき $$\begin{array}{c}\theta =1-\sqrt[8]{0.5}\end{array}$$ ここで、 $$\begin{array}{rl}\sqrt[8]{a}& =a^{\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}\times \cdot \frac{1}{2}}\\ & ={\left\{{\left(a^{0.5}\right)}^{0.5}\right\}}^{0.5}\end{array}$$ 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、$\sqrt[8]{0.5}\cong 0.917$ なので、 $$\begin{array}{c}\theta =1-0.917=0.083\end{array}$$ $◼$

〔5〕パラメータの最尤推定

尤度関数 $L\left(\theta \right)$ を求めると、 $$\begin{array}{r}L\left(\theta \right)=\prod _{i=1}^m\frac{{}_n{C}_{y_i}{\theta }^{y_i}{(1-\theta )}^{n-y_i}}{1-{(1-\theta )}^n}\\ =\prod _{i=1}^m\frac{{}_n{C}_{y_i}{\theta }^{y_i}{(1-\theta )}^{n-y_i}}{1-{(1-\theta )}^n}\end{array}$$ 対数尤度関数 $l\left(\theta \right)=\log L\left(\theta \right)$ を求めると、 $$\begin{array}{r}l\left(\theta \right)=\sum _{i=1}^m\log {}_n{C}_{y_i}+\log \theta \sum _{i=1}^m{y}_i+\log (1-\theta )\sum _{i=1}^m(n-y_i)-m\log \{1-{(1-\theta )}^n\}\end{array}$$ ここで、 $$\begin{array}{r}\overline{y}=\frac{1}{m}\sum _{i=1}^m{y}_i\iff \sum _{i=1}^m{y}_i=m\overline{y}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}l\left(\theta \right)=\sum _{i=1}^m\log {}_n{C}_{y_i}+m\overline{y}\log \theta +m(n-\overline{y})\log (1-\theta )-m\log \{1-{(1-\theta )}^n\}\end{array}$$ スコア関数 $S\left(\theta \right)=\frac{d}{d\theta }\log L\left(\theta \right)$ を求めると、 $$\begin{array}{r}S\left(\theta \right)=\frac{m\overline{y}}{\theta }-\frac{m(n-\overline{y})}{1-\theta }-\frac{mn{(1-\theta )}^{n-1}}{1-{(1-\theta )}^n}\end{array}$$ 尤度方程式 $S\left(\theta \right)=0$ を解くと、 $$\begin{array}{c}\frac{m\overline{y}}{\hat{\theta }}-\frac{m(n-\overline{y})}{1-\hat{\theta }}-\frac{mn{(1-\hat{\theta })}^{n-1}}{1-{(1-\hat{\theta })}^n}=0\\ (1-\hat{\theta })\{1-{(1-\hat{\theta })}^n\}\overline{y}-\hat{\theta }\{1-{(1-\hat{\theta })}^n\}(n-\overline{y})-\hat{\theta }(1-\hat{\theta })\cdot n{(1-\hat{\theta })}^{n-1}=0\\ (1-\hat{\theta })\{1-{(1-\hat{\theta })}^n\}\overline{y}-\hat{\theta }\{1-{(1-\hat{\theta })}^n\}(n-\overline{y})-n\hat{\theta }{(1-\hat{\theta })}^n=0\\ \{1-{(1-\hat{\theta })}^n\}\overline{y}\{(1-\hat{\theta })+\hat{\theta }\}-n\hat{\theta }\{1-{(1-\hat{\theta })}^n\}-n\hat{\theta }{(1-\hat{\theta })}^n=0\\ n\hat{\theta }\{1-{(1-\hat{\theta })}^n+\hat{\theta }{(1-\hat{\theta })}^n\}=\{1-{(1-\hat{\theta })}^n\}\overline{y}\\ n\hat{\theta }=\{1-{(1-\hat{\theta })}^n\}\overline{y}\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{c}\overline{y}=\frac{n\hat{\theta }}{1-{(1-\hat{\theta })}^n}\end{array}$$ 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。 $◼$

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