統計検定 1級 2021年 統計数理 問1 2次元確率分布の周辺分布に関する問題

本稿には、2021年に実施された統計検定1級『統計数理』 問1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〕確率変数の期待値の算出

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、
（i）$X$ の期待値 $$\begin{array}{r}E\left(X\right)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}x\cdot e^{-x}dx\end{array}$$ 部分積分法により、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& ={[-x\cdot e^{-x}]}_0^{\mathrm{\infty }}-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}-e^{-x}dx\\ & =-\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}x\cdot e^{-x}+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x}dx\end{array}$$ ここで、ロピタルの定理より、 $$\begin{array}{r}\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}x{e}^{-x}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{e^x}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{e^x}=0\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x}dx\\ & ={[-e^{-x}]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =-(\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-x}-e^0)\\ & =-(0-1)\\ & =1\end{array}$$

（ii）$Y$ の期待値 $$\begin{array}{rl}E\left(Y\right)& ={\int }_0^{1}y\cdot dy\\ & ={\left[\frac{1}{2}{y}^2\right]}_0^1\\ & =\frac{1}{2}(1-0)\\ & =\frac{1}{2}\end{array}$$ $◼$

〔2〕独立な確率変数の積の期待値

$X$ と $Y$ が独立なとき、期待値の性質 $E\left(XY\right)=E\left(X\right)\cdot E\left(Y\right)$ より、 $$\begin{array}{r}E\left(XY\right)=1\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2}\end{array}$$ $◼$

〔3〕独立な確率変数の和の確率密度関数の導出

$X$ と $Y$ が独立なとき、同時確率密度関数 $f_{X,Y}(x,y)=f_X\left(x\right)\cdot f_Y\left(y\right)$ は、 $$\begin{array}{r}{f}_{X,Y}(x,y)=\{\begin{array}{cc}{e}^{-x}& 0<x,0<y<1\\ 0& \mathrm{other}\end{array}\end{array}$$ 次のような変数変換を行うと、 $$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}w=x\\ z=x+y\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}x=w\\ y=z-w\end{array}\\ \{\begin{array}{c}0<x\\ 0<y<1\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}0<w\\ 0<z-w<1\end{array}\end{array}$$ 変数変換のヤコビアンは、 $$\begin{array}{rl}J& =\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial x}{\partial w}& \frac{\partial y}{\partial w}\\ \frac{\partial x}{\partial z}& \frac{\partial y}{\partial z}\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{cc}-1& 1\\ 1& 0\end{array}\right|\\ & =|-1|\\ & =1\end{array}$$ このとき、$w,s$ の同時確率密度関数 $g_{W,Z}(w,z)=f_X(z-w)\cdot f_Y\left(w\right)\left|J\right|$ は、 $$\begin{array}{r}{g}_{W,Z}(w,z)=e^{-w}\cdot 1\cdot 1=e^{-w}\end{array}$$ ここで、$w$ の定義域は、 $$\begin{array}{r}\{\begin{array}{c}0<w\\ z-1<w<z\end{array}\end{array}$$ よって、周辺確率密度関数算出の定義式 $f\left(x\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x,y)dy$ より、$Z$ の周辺確率密度関数は、

（i）$0<z<1$ のとき $$\begin{array}{rl}{g}_Z\left(z\right)& ={\int }_0^z{e}^{-w}dw\\ & ={[-e^{-w}]}_0^z\\ & =-(e^{-z}-e^0)\\ & =1-e^{-z}\end{array}$$

（i）$1\le z$ のとき $$\begin{array}{rl}{g}_Z\left(z\right)& ={\int }_{z-1}^z{e}^{-w}dw\\ & ={[-e^{-w}]}_{z-1}^z\\ & =-{[e^{-z}-e^{-z+1}]}_0^z\\ & =e^{-z+1}-e^{-z}\\ & =e^{-z}(e-1)\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}{g}_Z\left(z\right)=\{\begin{array}{cc}1-e^{-z}& 0<z<1\\ e^{-z}(e-1)& 1\le z\\ 0& \mathrm{other}\end{array}\end{array}$$ グラフの概形を描くと、以下のようになる。 $◼$

〔4〕確率変数同士の関係式の導出

分布関数の定義式 $F\left(x\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{x}f\left(t\right)dt$ より、 $$\begin{array}{rl}{F}_X\left(x\right)& ={\int }_0^x{e}^{-t}dt\\ & ={[-e^{-t}]}_0^x\\ & =1-e^{-x}\\ F_Y\left(y\right)& ={\int }_0^{y}1\cdot dt\\ & ={\left[t\right]}_0^y\\ & =y\end{array}$$ また、分布関数の定義式 $F\left(x\right)=P(X\le x)$ より、 $$\begin{array}{rl}{F}_X\left(x\right)& =P(X\le x)\\ & =P\{h\left(X\right)\le h\left(x\right)\}\\ & =P\{Y\le h\left(x\right)\}\\ & =F_Y\left[h\left(x\right)\right]\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}h\left(x\right)=1-e^{-x}\end{array}$$ また、このとき、 $$\begin{array}{rl}E\left(XY\right)& =E\left[X(1-e^{-X})\right]\\ & =E(X-X{e}^{-X})\\ & =E\left(X\right)-E\left(X{e}^{-X}\right)\end{array}$$ 期待値の定義式 $E\left(X{e}^{-X}\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-x}\cdot f\left(x\right)dx$ より、 $$\begin{array}{r}E\left(X{e}^{-X}\right)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-x}\cdot e^{-x}dx\\ =\frac{1}{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}x\cdot 2e^{-2x}dx\end{array}$$ 部分積分法により、 $$\begin{array}{rl}E\left(X{e}^{-X}\right)& =\frac{1}{2}{[-x\cdot e^{-2x}]}_0^{\mathrm{\infty }}-\frac{1}{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}-e^{-2x}dx\\ & =-\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}x\cdot e^{-2x}+\frac{1}{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-2x}dx\end{array}$$ ここで、ロピタルの定理より、 $$\begin{array}{r}\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}x{e}^{-2x}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{e^{2x}}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{2e^x}=0\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{rl}E\left(X{e}^{-X}\right)& =\frac{1}{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-2x}dx\\ & =\frac{1}{2}{[-\frac{1}{2}{e}^{-2x}]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =-\frac{1}{4}(\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-2x}-e^0)\\ & =-\frac{1}{4}(0-1)\\ & =\frac{1}{4}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}E\left(XY\right)=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\end{array}$$ $◼$

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