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 $E \left(X\right)=\sum_{x=-\infty}^{\infty}{x \cdot f \left(x\right)}$ より、
\begin{align}
E \left(X\right)=\sum_{x=0}^{\infty}{x \cdot \frac{\lambda^xe^{-\lambda}}{x!}}
\end{align}
$x=0$ の項を外に出すと、
\begin{align}
E \left(X\right)&=0 \cdot \frac{\lambda^0e^{-\lambda}}{0!}+\sum_{x=1}^{\infty}{x \cdot \frac{\lambda^xe^{-\lambda}}{x!}}\\
&=\sum_{x=1}^{\infty}{x \cdot \frac{\lambda^xe^{-\lambda}}{x!}}\\
&=\sum_{x=1}^{\infty}\frac{\lambda^xe^{-\lambda}}{ \left(x-1\right)!}\\
\end{align}
この式を変形すると、
\begin{align}
E \left(X\right)&=\lambda e^{-\lambda}\sum_{x=1}^{\infty}\frac{\lambda^{x-1}}{ \left(x-1\right)!}\tag{1}
\end{align}
ここで、$y=x-1$ と変数変換すると、
$x:1\rightarrow\infty \quad $のとき$ \quad y:0\rightarrow\infty$
となるので、
式 $(1)$ は、
\begin{align}
E \left(X\right)=\lambda e^{-\lambda}\sum_{y=0}^{\infty}\frac{\lambda^y}{y!}
\end{align}
指数関数のマクローリン展開 $\sum_{x=0}^{\infty}\frac{\lambda^x}{x!}=e^\lambda$ より、
\begin{align}
E \left(X\right)=\lambda e^{-\lambda} \cdot e^\lambda=\lambda
\end{align}
（ii）分散
2次階乗モーメントの定義式 $E \left\{X \left(X-1\right)\right\}=\sum_{x=0}^{\infty}{x \left(x-1\right) \cdot f \left(x\right)}$ より、
\begin{align}
E \left\{X \left(X-1\right)\right\}=\sum_{x=0}^{\infty}{x \left(x-1\right) \cdot \frac{\lambda^xe^{-\lambda}}{x!}}
\end{align}
$x=0,x=1$ の項を外に出すと、
\begin{align}
E \left\{X \left(X-1\right)\right\}&=0+0+\sum_{x=2}^{n}\frac{\lambda^xe^{-\lambda}}{ \left(x-2\right)!}\\
&=\lambda^2e^{-\lambda}\sum_{x=2}^{\infty}\frac{\lambda^{x-2}}{ \left(x-2\right)!}\tag{2}
\end{align}
ここで、$z=x-2$ と変数変換すると、
$x:2\rightarrow\infty \quad $のとき$ \quad z:0\rightarrow\infty$
となるので、
式 $(2)$ は、
\begin{align}
E \left\{X \left(X-1\right)\right\}=\lambda^2e^{-\lambda}\sum_{z=0}^{\infty}\frac{\lambda^z}{z!}
\end{align}
指数関数のマクローリン展開 $\sum_{x=0}^{\infty}\frac{\lambda^x}{x!}=e^\lambda$ より、
\begin{align}
E \left\{X \left(X-1\right)\right\}=\lambda^2e^{-\lambda} \cdot e^\lambda=\lambda^2
\end{align}
階乗モーメントを用いた分散の公式 $V \left(X\right)=E \left\{X \left(X-1\right)\right\}+E \left(X\right)- \left\{E \left(X\right)\right\}^2$ より、
\begin{align}
V \left(X\right)=\lambda^2+\lambda-\lambda^2=\lambda
\end{align}
（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{align}
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{align}
\begin{align}
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{align}
$\blacksquare$
〔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{align} W_n&=\sum_{k=1}^{n}S_k\\ &=S_1+S_2+ \cdots +S_n\\ &=X_1+ \left(X_1+X_2\right)+ \cdots + \left(X_1+X_2+ \cdots +X_n\right)\\ &=nX_1+ \left(n-1\right)X_2+ \cdots +X_n\\ &=\sum_{i=1}^{n}{ \left(n-i+1\right)X_i} \end{align} したがって、 \begin{align} a_i=n-i+1 \end{align} $\blacksquare$
〔3〕部分和の和の期待値と分散
期待値の性質より、 \begin{align} E \left(W_n\right)&=E \left\{nX_1+ \left(n-1\right)X_2+ \cdots +X_n\right\}\\ &= \left\{n+ \left(n-1\right)+ \cdots +1\right\}E \left(X\right)\\ &=\lambda\sum_{k=1}^{n}k\\ &=\frac{1}{2}n \left(n+1\right)\lambda \end{align} 分散の性質より、 \begin{align} V \left(W_n\right)&=V \left\{nX_1+ \left(n-1\right)X_2+ \cdots +X_n\right\}\\ &= \left\{n^2+ \left(n-1\right)^2+ \cdots +1\right\}V \left(X\right)\\ &=\lambda\sum_{k=1}^{n}k^2\\ &=\frac{1}{6}n \left(n+1\right) \left(2n+1\right)\lambda \end{align} $\blacksquare$
〔4〕不偏推定量
〔3〕の結果から、 \begin{align} \widetilde{\lambda}=\frac{2}{n \left(n+1\right)}W_n \end{align} とすると、 \begin{align} E \left(\widetilde{\lambda}\right)&=E \left[\frac{2}{n \left(n+1\right)}W_n\right]\\ &=\frac{2}{n \left(n+1\right)}E \left(W_n\right)\\ &=\frac{2}{n \left(n+1\right)} \cdot \frac{1}{2}n \left(n+1\right)\lambda\\ &=\lambda \end{align} となり、これは不偏推定量の定義を満たす。
このとき、$\widetilde{\lambda}$ の分散を取ると、 \begin{align} V \left(\widetilde{\lambda}\right)&=V \left[\frac{2}{n \left(n+1\right)}W_n\right]\\ &=\frac{4}{n^2 \left(n+1\right)^2}V \left(W_n\right)\\ &=\frac{4}{n^2 \left(n+1\right)^2} \cdot \frac{1}{6}n \left(n+1\right) \left(2n+1\right)\lambda\\ &=\frac{2 \left(2n+1\right)}{3n \left(n+1\right)}\lambda \end{align} $\blacksquare$
〔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 $\widetilde{\lambda}$ の分散について考えると、〔4〕の結果より、 \begin{align} \lim_{n\rightarrow\infty}{V \left(\widetilde{\lambda}\right)}&=\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{2 \left(2n+1\right)}{3n \left(n+1\right)}\lambda}\\ &=\frac{2}{3}\lambda\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{2n+1}{n \left(n+1\right)}}\\ &=\frac{2}{3}\lambda\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{2+\frac{1}{n}}{n+1}}\\ &=0 \end{align} 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、$\widetilde{\lambda}$ は一致推定量である。 $\blacksquare$
〔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{align} 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{align} 推定量の漸近相対効率の定義より、 \begin{align} \lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{V \left(\hat{\lambda}\right)}{V \left(\widetilde{\lambda}\right)}}&=\frac{\lambda}{n} \cdot \frac{3n \left(n+1\right)}{2\lambda \left(2n+1\right)}\\ &=\frac{3 \left(n+1\right)}{2 \left(2n+1\right)}\\ &=\frac{3 \left(1+\frac{1}{n}\right)}{2 \left(2+\frac{1}{n}\right)}\\ &=\frac{3}{4} \end{align} $\blacksquare$
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