統計検定 1級 2019年 統計数理 問2 指数分布の損失関数

本稿には、2019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〕指数分布の期待値

期待値の定義式 $E\left(X\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot f\left(x\right)dx$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}x\cdot \lambda e^{-\lambda x}dx\end{array}$$ 部分積分法により、 $$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}x\cdot \lambda e^{-\lambda x}dx& ={[-x\cdot e^{-\lambda x}]}_0^{\mathrm{\infty }}-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}-e^{-\lambda x}dx\\ & =-\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}x\cdot e^{-\lambda x}+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\lambda x}dx\end{array}$$ ここで、ロピタルの定理より、 $$\begin{array}{r}\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}x{e}^{-\lambda x}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{e^{\lambda x}}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\lambda e^{\lambda x}}=0\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\lambda x}dx\\ & ={[-\frac{1}{\lambda }{e}^{-\lambda x}]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =-\frac{1}{\lambda }(\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-\lambda x}-e^0)\\ & =-\frac{1}{\lambda }(0-1)\\ & =\frac{1}{\lambda }\end{array}$$ 期待値の性質 $E(X_1+X_2)=E\left(X_1\right)+E\left(X_2\right)$ より、 $$\begin{array}{r}E\left(U\right)=\frac{1}{\lambda }+\frac{1}{\lambda }=\frac{2}{\lambda }\end{array}$$ $◼$

〔2〕指数分布の和の分布

確率変数のたたみこみの公式より、 $$\begin{array}{rl}g\left(u\right)& ={\int }_0^{u}f(u-x_2)f\left(x_2\right)d{x}_2\\ & ={\int }_0^u\lambda e^{-\lambda (u-x_2)}\cdot \lambda e^{-\lambda x_2}fd{x}_2\\ & ={\int }_0^u{\lambda }^2{e}^{-\lambda u}d{x}_2\\ & ={\lambda }^2{e}^{-\lambda u}{\int }_0^{u}1\cdot d{x}_2\\ & ={\lambda }^2{e}^{-\lambda u}{\left[x_2\right]}_0^u\\ & ={\lambda }^{2}u{e}^{-\lambda u}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}f\left(x\right)=\{\begin{array}{cc}{\lambda }^{2}u{e}^{-\lambda u}& (0\le u)\\ 0& (u<0)\end{array}\end{array}$$ $◼$

〔3〕指数分布の逆数の期待値

期待値の定義式 $E\left(\frac{1}{U}\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{u}\cdot f\left(x\right)dx$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(\frac{1}{U}\right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{u}\cdot {\lambda }^{2}u{e}^{-\lambda u}du\\ & ={\lambda }^2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\lambda u}du\\ & ={\lambda }^2{[-\frac{1}{\lambda }{e}^{-\lambda u}]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =-\lambda {[\underset{u\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{e^{\lambda u}}-\frac{1}{e^0}]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =\lambda \end{array}$$ $◼$

〔4〕損失関数

損失関数の定義式に、$\theta =\frac{1}{\lambda },\overline{X}=\frac{U}{2}$ を代入すると、 $$\begin{array}{r}L(\alpha \overline{X},\theta )=\frac{\alpha \lambda }{2}U+\frac{2}{\alpha \lambda }\cdot \frac{1}{U}-2\end{array}$$ 両辺の期待値を取ると、 $$\begin{array}{rl}R(\alpha ,\theta )& =E(\frac{\alpha \lambda }{2}U+\frac{2}{\alpha \lambda }\cdot \frac{1}{U}-2)\\ & =E\left(\frac{\alpha \lambda }{2}U\right)+E(\frac{2}{\alpha \lambda }\cdot \frac{1}{U})-E\left(2\right)\\ & =\frac{\alpha \lambda }{2}E\left(U\right)+\frac{2}{\alpha \lambda }E\left(\frac{1}{U}\right)-2\end{array}$$ 〔1〕〔3〕の結果を代入すると、 $$\begin{array}{rl}R(\alpha ,\theta )& =\frac{\alpha \lambda }{2}\cdot \frac{2}{\lambda }+\frac{2}{\alpha \lambda }\cdot \lambda -2\\ & =\alpha +\frac{2}{\alpha }-2\end{array}$$ $R(\alpha ,\theta )$ を $\alpha$ で微分すると、 $$\begin{array}{r}{R}^{\prime }(\alpha ,\theta )=1-\frac{2}{{\alpha }^2}\end{array}$$ $R^{\prime }(\alpha ,\theta )=0$ として、 $$\begin{array}{c}0=1-\frac{2}{{\alpha }^2}\\ {\alpha }^2=2\\ \alpha =\pm \sqrt{2}\end{array}$$ $\alpha$ は正の定数なので、 $$\begin{array}{r}\alpha =\sqrt{2}\end{array}$$ $◼$

関連記事

• 確率分布の特性値
• 指数分布の期待値・分散
• 確率変数のたたみこみ
• 推定量の評価