統計検定 1級 2021年 統計数理 問4 無作為標本の関数の3乗値に関する問題

本稿には、2021年に実施された統計検定1級『統計数理』 問4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〕標本平均の分散

確率変数が互いに独立な時、分散の性質 $V \left(\sum_{i=1}^{n}{aX_i}\right)=a^2\sum_{i=1}^{n}V \left(X_i\right)$ より、 \begin{align} V \left(\bar{X}\right)&=V \left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\right)\\ &=\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n}V \left(X_i\right)\\ &=\frac{1}{n^2} \cdot n\sigma^2\\ &=\frac{\sigma^2}{n} \end{align} $\blacksquare$

〔2〕観測値の差の3乗値の期待値

\begin{align} \left(X_1-X_2\right)^3=X_1^3-3X_1^2X_2+3X_1X_2^2-X_2^3 \end{align} 両辺の期待値を取ると、 \begin{align} E \left[ \left(X_1-X_2\right)^3\right]&=E \left(X_1^3-3X_1^2X_2+3X_1X_2^2-X_2^3\right)\\ &=E \left(X_1^3\right)-3E \left(X_1^2X_2\right)+3E \left(X_1X_2^2\right)-E \left(X_2^3\right) \end{align} $X_1,X_2$ は互いに独立なので、期待値の性質 $E \left[g_1 \left(X_1\right) \cdot g_2 \left(X_2\right)\right]=E \left[g_1 \left(X_1\right)\right] \cdot E \left[g_2 \left(X_2\right)\right]$ より、 \begin{align} E \left[ \left(X_1-X_2\right)^3\right]&=E \left(X_1^3\right)-3E \left(X_1^2\right)E \left(X_2\right)+3E \left(X_1\right)E \left(X_2^2\right)-E \left(X_2^3\right)\\ &=E \left(X^3\right)-3E \left(X^2\right)E \left(X\right)+3E \left(X\right)E \left(X^2\right)-E \left(X^3\right)\\ &=0 \end{align} $\blacksquare$

〔3〕偏差の関数の期待値

偏差の期待値を求めると、 \begin{align} E \left[Y_i\right]&=E \left(X_i-\mu\right)\\ &=E \left(X_i\right)-\mu\\ &=\mu-\mu\\ &=0 \end{align} （i）偏差の3乗値の期待値
問題文の定義より、 \begin{align} E \left[Y_i^3\right]=E \left[ \left(X_i-\mu\right)^3\right]=\tau \end{align} （ii）偏差の2乗値と偏差の積の期待値
分散の定義式より、 \begin{align} E \left[Y_i^2\right]=E \left[ \left(X_i-\mu\right)^2\right]=\sigma^2 \end{align} $Y_i,Y_i$ は互いに独立なので、期待値の性質 $E \left[g_i \left(Y_i\right) \cdot g_j \left(Y_i\right)\right]=E \left[g_i \left(Y_i\right)\right] \cdot E \left[g_j \left(Y_i\right)\right]$ より、 \begin{align} E \left[Y_i^2Y_j\right]=E \left[Y_i^2\right]E \left[Y_j\right]=\sigma^2 \cdot 0=0 \end{align} （iii）偏差の積の期待値
（ii）と同様に、 \begin{align} E \left[Y_iY_jY_k\right]=E \left[Y_i\right]E \left[Y_j\right]E \left[Y_k\right]=0 \cdot 0 \cdot 0=0 \end{align} $\blacksquare$

〔4〕標本平均からの偏差の3乗値の期待値

\begin{align} \sum_{i=1}^{n} \left(X_i-\bar{X}\right)^3&=\sum_{i=1}^{n} \left\{ \left(X_i-\mu\right)- \left(\bar{X}-\mu\right)\right\}^3\\ &=\sum_{i=1}^{n} \left\{ \left(X_i-\mu\right)^3-3 \left(X_i-\mu\right)^2 \left(\bar{X}-\mu\right)+3 \left(X_i-\mu\right) \left(\bar{X}-\mu\right)^2- \left(\bar{X}-\mu\right)^3\right\}\\ &=\sum_{i=1}^{n} \left\{Y_i^3-3Y_i^2 \left(\bar{X}-\mu\right)+3Y_i \left(\bar{X}-\mu\right)^2- \left(\bar{X}-\mu\right)^3\right\}\\ &=\sum_{i=1}^{n}Y_i^3-3 \left(\bar{X}-\mu\right)\sum_{i=1}^{n}Y_i^2+3 \left(\bar{X}-\mu\right)^2\sum_{i=1}^{n}Y_i-n \left(\bar{X}-\mu\right)^3 \end{align} 両辺の期待値を取ると、 \begin{align} E \left\{\sum_{i=1}^{n} \left(X_i-\bar{X}\right)^3\right\}&=E \left\{\sum_{i=1}^{n}Y_i^3-3 \left(\bar{X}-\mu\right)\sum_{i=1}^{n}Y_i^2+3 \left(\bar{X}-\mu\right)^2\sum_{i=1}^{n}Y_i-n \left(\bar{X}-\mu\right)^3\right\}\\ &=\sum_{i=1}^{n}E \left(Y_i^3\right)-3E \left[ \left(\bar{X}-\mu\right)\sum_{i=1}^{n}Y_i^2\right]+3E \left[ \left(\bar{X}-\mu\right)^2\sum_{i=1}^{n}Y_i\right]-nE \left[ \left(\bar{X}-\mu\right)^3\right]\\ &=nE \left(Y_i^3\right)-3E \left[ \left(\bar{X}-\mu\right)\sum_{i=1}^{n}Y_i^2\right]+3E \left[ \left(\bar{X}-\mu\right)^2\sum_{i=1}^{n}Y_i\right]-nE \left[ \left(\bar{X}-\mu\right)^3\right]\tag{1} \end{align} ここで、 \begin{align} \bar{X}-\mu&=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i-\frac{1}{n} \cdot n\mu\\ &=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \left(X_i-\mu\right)\\ &=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Y_i \end{align} よって、
（i）式 $(1)$ 第2項 \begin{align} E \left[ \left(\bar{X}-\mu\right)\sum_{i=1}^{n}Y_i^2\right]&=E \left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Y_i\sum_{i=1}^{n}Y_i^2\right]\\ &=\frac{1}{n}E \left[\sum_{i=1}^{n}Y_i\sum_{i=1}^{n}Y_i^2\right]\\ &=\frac{1}{n}E \left[\sum_{i=1}^{n}Y_i^3+\sum_{j \neq i}\sum_{i=1}^{n}{Y_i^2Y_j}\right]\\ &=\frac{1}{n} \left[\sum_{i=1}^{n}E \left(Y_i^3\right)+\sum_{j \neq i}\sum_{i=1}^{n}E \left(Y_i^2Y_j\right)\right] \end{align} 〔3〕の結果より、 \begin{align} E \left[ \left(\bar{X}-\mu\right)\sum_{i=1}^{n}Y_i^2\right]&=\frac{1}{n} \cdot \left(n\tau+0\right)=\tau \end{align} 以下、残りの項について、実質的に意味のある $Y_i^3$ となる項について考えると、
（ii）式 $(1)$ 第3項
\begin{align} E \left[ \left(\bar{X}-\mu\right)^2\sum_{i=1}^{n}Y_i\right]&=E \left[ \left\{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Y_i\right\}^2\sum_{i=1}^{n}Y_i\right]\\ &=E \left[\frac{1}{n^2} \left\{\sum_{i=1}^{n}Y_i\right\}^3\right]\\ &=\frac{1}{n^2}E \left[\sum_{i=1}^{n}Y_i^3+\sum_{j \neq i}\sum_{i=1}^{n}{Y_i^2Y_j}+\sum_{k \neq j \neq i}\sum_{j \neq i}\sum_{i=1}^{n}{Y_iY_jY_k}\right]\\ &=\frac{1}{n^2} \left[\sum_{i=1}^{n}E \left(Y_i^3\right)+\sum_{j \neq i}\sum_{i=1}^{n}E \left(Y_i^2Y_j\right)+\sum_{k \neq j \neq i}\sum_{j \neq i}\sum_{i=1}^{n}E \left(Y_iY_jY_k\right)\right]\\ &=\frac{1}{n^2} \cdot n\tau\\ &=\frac{\tau}{n} \end{align} （iii）式 $(1)$ 第4項
\begin{align} E \left[ \left(\bar{X}-\mu\right)^3\right]&= \left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Y_i\right)^3\\ &=\frac{1}{n^3} \left\{\sum_{i=1}^{n}E \left(Y_i^3\right)+\sum_{j \neq i}\sum_{i=1}^{n}E \left(Y_i^2Y_j\right)+\sum_{k \neq j \neq i}\sum_{j \neq i}\sum_{i=1}^{n}E \left(Y_iY_jY_k\right)\right\}\\ &=\frac{1}{n^3} \cdot n\tau\\ &=\frac{\tau}{n^2} \end{align} したがって、式 $(1)$ より、 \begin{align} E \left\{\sum_{i=1}^{n} \left(X_i-\bar{X}\right)^3\right\}&=n\tau-3\tau+\frac{3\tau}{n}-n \cdot \frac{\tau}{n^2}\\ &=\frac{n^2-3n+2}{n}\tau\\ &=\frac{ \left(n-1\right) \left(n-2\right)}{n}\tau \end{align} $\blacksquare$

〔5〕不偏推定量のための規格化定数

$\hat{\tau}$ が $\tau$ の不偏推定量であるとき、 \begin{align} E \left(\hat{\tau}\right)=\tau=E \left[Y_i^3\right]\tag{1} \end{align} $\hat{\tau}$ の定義式を変形すると、 \begin{align} \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iX_i}\right)^3&= \left\{\sum_{i=1}^{n}{a_i \left(Y_i+\mu\right)}\right\}^3\\ &= \left\{\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}+\mu\sum_{i=1}^{n}a_i\right\}^3\\ &= \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}\right)^3+3\mu\sum_{i=1}^{n}a_i \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}\right)^2+3\mu^2 \left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}+\mu^3 \left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^3 \end{align} 両辺の期待値を取ると、 \begin{align} E \left(\hat{\tau}\right)&=E \left[ \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}\right)^3+3\mu\sum_{i=1}^{n}a_i \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}\right)^2+3\mu^2 \left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}+\mu^3 \left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^3\right]\\ &=E \left[ \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}\right)^3\right]+3\mu\sum_{i=1}^{n}a_iE \left[ \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}\right)^2\right]+3\mu^2 \left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2E \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}\right)+\mu^3 \left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^3\\ &=E \left[ \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}\right)^3\right]+\sum_{i=1}^{n}a_i \left\{3\mu E \left[ \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}\right)^2\right]+3\mu^2\sum_{i=1}^{n}a_iE \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}\right)+\mu^3 \left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2\right\}\\ &=E \left[ \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}\right)^3\right]+\sum_{i=1}^{n}a_i \left\{3\mu E \left[ \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}\right)^2\right]+\mu^3 \left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2\right\}\tag{2} \end{align} ここで、 \begin{align} E \left[ \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}\right)^3\right]&=\sum_{i=1}^{n}{a_i^3E \left(Y_i^3\right)}+\sum_{j \neq i}\sum_{i=1}^{n}{a_i^2a_j \cdot E \left(Y_i^2Y_j\right)}+\sum_{k \neq j \neq i}\sum_{j \neq i}\sum_{i=1}^{n}{a_ia_ja_k \cdot E \left(Y_iY_jY_k\right)}\\ &=\sum_{i=1}^{n}{a_i^3E \left(Y_i^3\right)} \end{align} \begin{align} E \left[ \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iY_i}\right)^2\right]&=\sum_{i=1}^{n}{a_i^2E \left(Y_i^2\right)}+\sum_{j \neq i}\sum_{i=1}^{n}{a_ia_jE \left(Y_iY_j\right)}\\ &=\sigma^2\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \end{align} したがって、式 $(2)$ は、 \begin{align} E \left(\hat{\tau}\right)=\sum_{i=1}^{n}{a_i^3E \left(Y_i^3\right)}+\sum_{i=1}^{n}a_i \left\{3\mu\sigma^2\sum_{i=1}^{n}a_i^2+\mu^3 \left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2\right\}\tag{3} \end{align} 式 $(1)$ と式 $(3)$ の係数を比較すると、 \begin{gather} \sum_{i=1}^{n}a_i^3=1\\ \sum_{i=1}^{n}a_i=0 \quad \mathrm{or} \quad 3\mu\sigma^2\sum_{i=1}^{n}a_i^2+\mu^3 \left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2=0 \end{gather} ここで、$a_1, \cdots ,a_n$ 未知パラメータ $\mu,\sigma^2$ に依存しないので、求める条件は、 \begin{gather} \sum_{i=1}^{n}a_i^3=1\\ \sum_{i=1}^{n}a_i=0 \end{gather} $\blacksquare$

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