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。
- 著作権の関係上、問題文は、掲載することができません。申し訳ありませんが、閲覧者のみなさまでご用意いただければ幸いです。
- この答案は、あくまでも筆者が自作したものであり、公式なものではありません。正式な答案については、公式問題集をご参照ください。
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〔1〕指数分布の期待値
期待値の定義式 $E \left(X\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot f \left(x\right)dx}$ より、 \begin{align} E \left(X\right)&=\int_{0}^{\infty}{x \cdot \lambda e^{-\lambda x}dx} \end{align} 部分積分法により、 \begin{align} \int_{0}^{\infty}{x \cdot \lambda e^{-\lambda x}dx}&= \left[-x \cdot e^{-\lambda x}\right]_0^\infty-\int_{0}^{\infty}{-e^{-\lambda x}dx}\\ &=-\lim_{x\rightarrow\infty}{x \cdot e^{-\lambda x}}+\int_{0}^{\infty}{e^{-\lambda x}dx} \end{align} ここで、ロピタルの定理より、 \begin{align} \lim_{x\rightarrow\infty}{xe^{-\lambda x}}=\lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{x}{e^{\lambda x}}}=\lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{1}{\lambda e^{\lambda x}}}=0 \end{align} したがって、 \begin{align} E \left(X\right)&=\int_{0}^{\infty}{e^{-\lambda x}dx}\\ &= \left[-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda x}\right]_0^\infty\\ &=-\frac{1}{\lambda} \left(\lim_{x\rightarrow\infty}{e^{-\lambda x}}-e^0\right)\\ &=-\frac{1}{\lambda} \left(0-1\right)\\ &=\frac{1}{\lambda} \end{align} 期待値の性質 $E \left(X_1+X_2\right)=E \left(X_1\right)+E \left(X_2\right)$ より、 \begin{align} E \left(U\right)=\frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\lambda}=\frac{2}{\lambda} \end{align} $\blacksquare$
〔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{align} g \left(u\right)&=\int_{0}^{u}{f \left(u-x_2\right)f \left(x_2\right)dx_2}\\ &=\int_{0}^{u}{\lambda e^{-\lambda \left(u-x_2\right)} \cdot \lambda e^{-\lambda x_2}fdx_2}\\ &=\int_{0}^{u}{\lambda^2e^{-\lambda u}dx_2}\\ &=\lambda^2e^{-\lambda u}\int_{0}^{u}{1 \cdot d x_2}\\ &=\lambda^2e^{-\lambda u} \left[x_2\right]_0^u\\ &=\lambda^2ue^{-\lambda u} \end{align} したがって、 \begin{align} f \left(x\right)= \left\{\begin{matrix}\lambda^2ue^{-\lambda u}& \left(0 \le u\right)\\0& \left(u \lt 0\right)\\\end{matrix}\right. \end{align} $\blacksquare$
〔3〕指数分布の逆数の期待値
期待値の定義式 $E \left(\frac{1}{U}\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{u} \cdot f \left(x\right)dx}$ より、 \begin{align} E \left(\frac{1}{U}\right)&=\int_{0}^{\infty}{\frac{1}{u} \cdot \lambda^2ue^{-\lambda u}du}\\ &=\lambda^2\int_{0}^{\infty}{e^{-\lambda u}du}\\ &=\lambda^2 \left[-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda u}\right]_0^\infty\\ &=-\lambda \left[\lim_{u\rightarrow\infty}{\frac{1}{e^{\lambda u}}}-\frac{1}{e^0}\right]_0^\infty\\ &=\lambda \end{align} $\blacksquare$
〔4〕損失関数
損失関数の定義式に、$\theta=\frac{1}{\lambda},\bar{X}=\frac{U}{2}$ を代入すると、 \begin{align} L \left(\alpha\bar{X},\theta\right)=\frac{\alpha\lambda}{2}U+\frac{2}{\alpha\lambda} \cdot \frac{1}{U}-2 \end{align} 両辺の期待値を取ると、 \begin{align} R \left(\alpha,\theta\right)&=E \left(\frac{\alpha\lambda}{2}U+\frac{2}{\alpha\lambda} \cdot \frac{1}{U}-2\right)\\ &=E \left(\frac{\alpha\lambda}{2}U\right)+E \left(\frac{2}{\alpha\lambda} \cdot \frac{1}{U}\right)-E \left(2\right)\\ &=\frac{\alpha\lambda}{2}E \left(U\right)+\frac{2}{\alpha\lambda}E \left(\frac{1}{U}\right)-2 \end{align} 〔1〕〔3〕の結果を代入すると、 \begin{align} R \left(\alpha,\theta\right)&=\frac{\alpha\lambda}{2} \cdot \frac{2}{\lambda}+\frac{2}{\alpha\lambda} \cdot \lambda-2\\ &=\alpha+\frac{2}{\alpha}-2 \end{align} $R \left(\alpha,\theta\right)$ を $\alpha$ で微分すると、 \begin{align} R^\prime \left(\alpha,\theta\right)=1-\frac{2}{\alpha^2} \end{align} $R^\prime \left(\alpha,\theta\right)=0$ として、 \begin{gather} 0=1-\frac{2}{\alpha^2}\\ \alpha^2=2\\ \alpha=\pm\sqrt2 \end{gather} $\alpha$ は正の定数なので、 \begin{align} \alpha=\sqrt2 \end{align} $\blacksquare$
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