統計検定 1級 2023年 統計数理 問1 ポアソン分布・統計的推定

本稿には、2023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。

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• 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〕期待値と分散

（i）期待値
期待値の定義式 $E\left(X\right)=\sum _{x=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot f\left(x\right)$ より、 $$\begin{array}{r}E\left(X\right)=\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}x\cdot \frac{{\lambda }^x{e}^{-\lambda }}{x!}\end{array}$$ $x=0$ の項を外に出すと、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& =0\cdot \frac{{\lambda }^0{e}^{-\lambda }}{0!}+\sum _{x=1}^{\mathrm{\infty }}x\cdot \frac{{\lambda }^x{e}^{-\lambda }}{x!}\\ & =\sum _{x=1}^{\mathrm{\infty }}x\cdot \frac{{\lambda }^x{e}^{-\lambda }}{x!}\\ & =\sum _{x=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^x{e}^{-\lambda }}{(x-1)!}\end{array}$$ この式を変形すると、 $$\begin{array}{}\text{(1)}& E\left(X\right)& =\lambda e^{-\lambda }\sum _{x=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^{x-1}}{(x-1)!}\end{array}$$ ここで、$y=x-1$ と変数変換すると、 $x:1\to \mathrm{\infty }$のとき$y:0\to \mathrm{\infty }$ となるので、 式 $(1)$ は、 $$\begin{array}{r}E\left(X\right)=\lambda e^{-\lambda }\sum _{y=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^y}{y!}\end{array}$$ 指数関数のマクローリン展開 $\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^x}{x!}=e^{\lambda }$ より、 $$\begin{array}{r}E\left(X\right)=\lambda e^{-\lambda }\cdot e^{\lambda }=\lambda \end{array}$$

（ii）分散
2次階乗モーメントの定義式 $E\left\{X(X-1)\right\}=\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}x(x-1)\cdot f\left(x\right)$ より、 $$\begin{array}{r}E\left\{X(X-1)\right\}=\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}x(x-1)\cdot \frac{{\lambda }^x{e}^{-\lambda }}{x!}\end{array}$$ $x=0,x=1$ の項を外に出すと、 $$\begin{array}{rl}E\left\{X(X-1)\right\}& =0+0+\sum _{x=2}^n\frac{{\lambda }^x{e}^{-\lambda }}{(x-2)!}\\ \text{(2)}& & ={\lambda }^2{e}^{-\lambda }\sum _{x=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^{x-2}}{(x-2)!}\end{array}$$ ここで、$z=x-2$ と変数変換すると、 $x:2\to \mathrm{\infty }$のとき$z:0\to \mathrm{\infty }$ となるので、 式 $(2)$ は、 $$\begin{array}{r}E\left\{X(X-1)\right\}={\lambda }^2{e}^{-\lambda }\sum _{z=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^z}{z!}\end{array}$$ 指数関数のマクローリン展開 $\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^x}{x!}=e^{\lambda }$ より、 $$\begin{array}{r}E\left\{X(X-1)\right\}={\lambda }^2{e}^{-\lambda }\cdot e^{\lambda }={\lambda }^2\end{array}$$ 階乗モーメントを用いた分散の公式 $V\left(X\right)=E\left\{X(X-1)\right\}+E\left(X\right)-{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2$ より、 $$\begin{array}{r}V\left(X\right)={\lambda }^2+\lambda -{\lambda }^2=\lambda \end{array}$$

（iii）和の期待値と分散
互いに独立な確率変数の期待値と分散の性質より、 $$\begin{array}{r}E\left(S_n\right)=E\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\sum _{i=1}^{n}E\left(X_i\right)=n\lambda \end{array}$$ $$\begin{array}{r}V\left(S_n\right)=V\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\sum _{i=1}^{n}V\left(X_i\right)=n\lambda \end{array}$$ $◼$

 

〔2〕部分和の和を表すための係数

問題文の定義通りに $W_n$ を表すと、 $$\begin{array}{rl}{W}_n& =\sum _{k=1}^n{S}_k\\ & =S_1+S_2+\cdots +S_n\\ & =X_1+(X_1+X_2)+\cdots +(X_1+X_2+\cdots +X_n)\\ & =n{X}_1+(n-1)X_2+\cdots +X_n\\ & =\sum _{i=1}^n(n-i+1)X_i\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}{a}_i=n-i+1\end{array}$$ $◼$

 

〔3〕部分和の和の期待値と分散

期待値の性質より、 $$\begin{array}{rl}E\left(W_n\right)& =E\{n{X}_1+(n-1)X_2+\cdots +X_n\}\\ & =\{n+(n-1)+\cdots +1\}E\left(X\right)\\ & =\lambda \sum _{k=1}^{n}k\\ & =\frac{1}{2}n(n+1)\lambda \end{array}$$ 分散の性質より、 $$\begin{array}{rl}V\left(W_n\right)& =V\{n{X}_1+(n-1)X_2+\cdots +X_n\}\\ & =\{n^2+{(n-1)}^2+\cdots +1\}V\left(X\right)\\ & =\lambda \sum _{k=1}^n{k}^2\\ & =\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\lambda \end{array}$$ $◼$

 

〔4〕不偏推定量

〔3〕の結果から、 $$\begin{array}{r}\tilde{\lambda }=\frac{2}{n(n+1)}{W}_n\end{array}$$ とすると、 $$\begin{array}{rl}E\left(\tilde{\lambda }\right)& =E\left[\frac{2}{n(n+1)}{W}_n\right]\\ & =\frac{2}{n(n+1)}E\left(W_n\right)\\ & =\frac{2}{n(n+1)}\cdot \frac{1}{2}n(n+1)\lambda \\ & =\lambda \end{array}$$ となり、これは不偏推定量の定義を満たす。

このとき、$\tilde{\lambda }$ の分散を取ると、 $$\begin{array}{rl}V\left(\tilde{\lambda }\right)& =V\left[\frac{2}{n(n+1)}{W}_n\right]\\ & =\frac{4}{n^2{(n+1)}^2}V\left(W_n\right)\\ & =\frac{4}{n^2{(n+1)}^2}\cdot \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\lambda \\ & =\frac{2(2n+1)}{3n(n+1)}\lambda \end{array}$$ $◼$

 

〔5〕不偏推定量の一致性の検証

$n$ が十分に大きいときにおける不偏推定量 $\tilde{\lambda }$ の分散について考えると、〔4〕の結果より、 $$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}V\left(\tilde{\lambda }\right)& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{2(2n+1)}{3n(n+1)}\lambda \\ & =\frac{2}{3}\lambda \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{2n+1}{n(n+1)}\\ & =\frac{2}{3}\lambda \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{2+\frac{1}{n}}{n+1}\\ & =0\end{array}$$ ある推定量が不偏推定量であり、かつその分散が、漸近的に、$0$ に収束することは、その推定量が一致推定量であるための必要十分条件なので、$\tilde{\lambda }$ は一致推定量である。 $◼$

 

〔6〕漸近相対効率

問題文で定義された $\hat{\lambda }$ の分散は、〔1〕の結果より、 $$\begin{array}{rl}V\left(\hat{\lambda }\right)& =V\left(\frac{S_n}{n}\right)\\ & =\frac{1}{n^2}V\left(S_n\right)\\ & =\frac{1}{n^2}\cdot n\lambda \\ & =\frac{\lambda }{n}\end{array}$$ 推定量の漸近相対効率の定義より、 $$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{V\left(\hat{\lambda }\right)}{V\left(\tilde{\lambda }\right)}& =\frac{\lambda }{n}\cdot \frac{3n(n+1)}{2\lambda (2n+1)}\\ & =\frac{3(n+1)}{2(2n+1)}\\ & =\frac{3(1+\frac{1}{n})}{2(2+\frac{1}{n})}\\ & =\frac{3}{4}\end{array}$$ $◼$

 

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