統計検定 1級 2019年 統計数理 問3 連続一様分布の上限値の推定

本稿には、2019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〕十分統計量であることの証明

本問において、確率変数 $X$ は $$\begin{array}{c}X\sim \mathrm{U}(0,\theta )\\ f\left(x\right)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{\theta }& 0\le x\le \theta \\ 0& \mathrm{other}\end{array}\end{array}$$ 同時確率密度関数 $f_n\left(\mathit{x}\right)$ を求めると、 $$\begin{array}{rl}{f}_n\left(\mathit{x}\right)& =\prod _{i=1}^n\frac{1}{\theta }\\ & =\frac{1}{{\theta }^n}\end{array}$$ ここで、この同時確率密度関数は、$0<\theta$ において単調減少な関数であり、論理的に、 $$\begin{array}{r}0<Y\le \theta \end{array}$$ という制約があるため、 実際には、 $$\begin{array}{r}{f}_n\left(\mathit{x}\right)=\{\begin{array}{cc}0& \theta <y\\ \frac{1}{{\theta }^n}& y\le \theta \end{array}\end{array}$$ フィッシャー・ネイマンの因子分解定理 $$\begin{array}{r}\begin{array}{cc}{f}_n(\mathit{x};\theta )=g(t;\theta )\cdot h\left(x\right)& g(t;\theta )\ge 0h\left(x\right)\ge 0\end{array}\end{array}$$ において、以下のように考えると、 $$\begin{array}{r}g(t;\theta )=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{{\theta }^n}& y\le \theta \\ 0& \theta <y\end{array}h\left(x\right)=1\end{array}$$ フィッシャー・ネイマンの因子分解定理によって、$Y$ はパラメータ $\theta$ に関する十分統計量である。 $◼$

〔2〕連続一様分布の最大値の分布

連続一様分布 $\mathrm{U}(0,\theta )$ の累積分布関数は、 $$\begin{array}{c}F\left(x\right)=\{\begin{array}{cc}0& x<0\\ \frac{x}{\theta }& 0\le x\le \theta \\ 1& \theta <x\end{array}\end{array}$$ 最大値が $y$ 以下となるとき、すべての $X_i$ が $y$ 以下となるので、最大値の分布関数は、 $$\begin{array}{r}G\left(y\right)=P(X_1\le y,X_2\le y,\cdots ,X_n\le y)\end{array}$$ すべての確率変数は互いに独立であるため、この確率は、 $$\begin{array}{rl}G\left(y\right)& =P(X_1\le y)\cdot P(X_2\le y)\cdots P(X_n\le y)\\ & =F\left(y\right)\cdot F\left(y\right)\cdot F\left(y\right)\\ & =\frac{y^n}{{\theta }^n}\end{array}$$ 累積分布関数と確率密度関数の関係 $g\left(y\right)=\frac{d}{dy}G\left(y\right)$ より、 $$\begin{array}{r}g\left(y\right)=\frac{n}{{\theta }^n}{y}^{n-1}\end{array}$$ $◼$

〔3〕最大値が与えられたときの条件付き同時分布

例えば、$X_n$ が最大値を取るとすると、$Y=y$ が与えられたときの条件付き同時確率密度関数は、 $$\begin{array}{r}f(x_1,x_2,\cdots ,x_{n-1},y)=\frac{1}{{\theta }^n}\end{array}$$ 最大値を取る確率変数の選び方が $n$ 通りなので、条件付き確率の定義式より、 $$\begin{array}{rl}f\left(\mathit{x}\right|y)& =\frac{f\left(\mathit{x}\right)}{g\left(y\right)}\\ & =\frac{n\cdot \frac{1}{{\theta }^n}}{\frac{n}{{\theta }^n}{y}^{n-1}}\\ & =\frac{1}{y^{n-1}}\end{array}$$ $◼$

〔4〕最大値の期待値と不偏推定量

期待値の定義式 $E\left(Y\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}y\cdot g\left(y\right)dy$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(Y\right)& ={\int }_0^{\theta }y\cdot \frac{n}{{\theta }^n}{y}^{n-1}dy\\ & =\frac{n}{{\theta }^n}{\int }_0^{\theta }{y}^{n}dy\\ & =\frac{n}{{\theta }^n}{\left[\frac{1}{n+1}{y}^{n+1}\right]}_0^{\theta }\\ & =\frac{n}{{\theta }^n}\cdot \frac{{\theta }^{n+1}}{n+1}\\ & =\frac{n}{n+1}\theta \end{array}$$ 不偏推定量を $\tilde{\theta }=aY$ として、両辺の期待値を取ると、 $$\begin{array}{c}E\left(\tilde{\theta }\right)=\theta \\ E\left(aY\right)=\theta \\ aE\left(Y\right)=\theta \\ a\cdot \frac{n}{n+1}\theta =\theta \\ a=\frac{n+1}{n}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}\tilde{\theta }=\frac{n+1}{n}Y\end{array}$$ $◼$

〔5〕完備十分統計量の定義①

期待値の定義式 $E\left[u\left(Y\right)\right]={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}u\left(y\right)\cdot g\left(y\right)dy$ より、 $$\begin{array}{c}E\left[u\left(y\right)\right]={\int }_0^{\theta }u\left(y\right)\cdot \frac{n}{{\theta }^n}{y}^{n-1}dy=0\\ {\int }_0^{\theta }u\left(y\right)\cdot y^{n-1}dy=0\end{array}$$ この積分値を $\theta$ の関数 $h\left(\theta \right)$ とみると、 $$\begin{array}{r}h\left(0\right)=0\end{array}$$ 1階微分を求めると、 $$\begin{array}{r}{h}^{\prime }\left(\theta \right)=u\left(y\right)\cdot y^{n-1}\end{array}$$ すべての $\theta$ において、$h\left(\theta \right)=0$ となるためには、$h\left(\theta \right)$ は定数関数である必要がある。すなわち、 $$\begin{array}{r}{h}^{\prime }\left(\theta \right)=u\left(y\right)\cdot y^{n-1}=0\end{array}$$ ここで、$0<y\Rightarrow 0<y^{n-1}$ であるから、 $$\begin{array}{r}u\left(y\right)=0\end{array}$$ $◼$

〔6〕完備十分統計量の定義②

〔4〕以外の不偏推定量を $T\left(Y\right)$ とすると、 $$\begin{array}{r}E[T\left(Y\right)-\tilde{\theta }]=E[T\left(Y\right)-\frac{n+1}{n}Y]\end{array}$$ ここで、$T\left(Y\right),\tilde{\theta }$ はどちらも不偏推定量なので、 $$\begin{array}{r}E[T\left(Y\right)-\frac{n+1}{n}Y]=\theta -\theta =0\end{array}$$ ここで、以下のように2つの不偏推定量を $Y$ の関数と考えると、 $$\begin{array}{r}u\left(Y\right)=T\left(Y\right)-\frac{n+1}{n}Y\end{array}$$ 〔5〕の結果より、恒等的に $u\left(Y\right)=0$ であるので、 $$\begin{array}{r}T\left(Y\right)=\frac{n+1}{n}Y\end{array}$$ したがって、$Y$ の関数である $\theta$ の不偏推定量としては、$\tilde{\theta }$ は唯一の不偏推定量である。 $◼$

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