本稿には、2023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。
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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
期待値の定義式 $E \left(X\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot f \left(x\right)dx}$ より、 \begin{align} E \left(X\right)&=\int_{-\infty}^{0}{x \cdot 0dx}+\int_{0}^{\infty}{x \cdot \lambda e^{-\lambda x}dx}\\ &=\int_{0}^{\infty}{x \cdot \lambda e^{-\lambda x}dx} \end{align} 部分積分法により、 \begin{align} \int_{0}^{\infty}{x \cdot \lambda e^{-\lambda x}dx}&= \left[-x \cdot e^{-\lambda x}\right]_0^\infty-\int_{0}^{\infty}{-e^{-\lambda x}dx}\\ &=-\lim_{x\rightarrow\infty}{x \cdot e^{-\lambda x}}+\int_{0}^{\infty}{e^{-\lambda x}dx} \end{align} ここで、ロピタルの定理より、 \begin{align} \lim_{x\rightarrow\infty}{xe^{-\lambda x}}=\lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{x}{e^{\lambda x}}}=\lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{1}{\lambda e^{\lambda x}}}=0 \end{align} したがって、 \begin{align} E \left(X\right)&=\int_{0}^{\infty}{e^{-\lambda x}dx}\\ &= \left[-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda x}\right]_0^\infty\\ &=-\frac{1}{\lambda} \left(\lim_{x\rightarrow\infty}{e^{-\lambda x}}-e^0\right)\\ &=-\frac{1}{\lambda} \left(0-1\right)\\ &=\frac{1}{\lambda} \end{align} $\blacksquare$
〔2〕モーメント母関数
モーメント母関数の定義式 $M_X \left(\theta\right)=\int_{x=-\infty}^{\infty}{e^{\theta x} \cdot f \left(x\right)dx}$ より、 \begin{align} M_X \left(t\right)&=\int_{-\infty}^{0}{e^{tx} \cdot 0 \cdot d x}+\int_{0}^{\infty}{e^{tx} \cdot \lambda e^{-\lambda x}dx}\\ &=\lambda\int_{0}^{\infty}{e^{tx-\lambda x}dx}\\ &=\lambda\int_{0}^{\infty}{e^{- \left(\lambda-t\right)x}dx}\\ &=-\lambda \cdot \frac{1}{\lambda-t} \left[e^{- \left(\lambda-t\right)x}\right]_0^\infty\\ &=-\lambda \cdot \frac{1}{\lambda-t} \left(\lim_{x\rightarrow\infty}{e^{- \left(\lambda-t\right)x}}-e^{-0}\right)\\ &=\frac{\lambda}{\lambda-t} \end{align} $\blacksquare$
〔3〕変数変換後の確率密度関数
問題文の定義より、 \begin{align} g \left(x\right)&=\frac{\lambda-h}{\lambda} \cdot e^{hx} \cdot \lambda e^{-\lambda x}\\ &= \left(\lambda-h\right)e^{- \left(\lambda-h\right)x} \end{align} これは、パラメーターが $\lambda-h$ の指数分布の確率密度関数であるから、$0 \lt h \lt \lambda$ の範囲において、〔1〕の結果より、 \begin{align} E \left(X_W\right)=\frac{1}{\lambda-h} \end{align} したがって、 \begin{gather} \lambda-h \lt \lambda\\ \Leftrightarrow\frac{1}{\lambda} \lt \frac{1}{\lambda-h}\\ \Leftrightarrow E \left(X\right) \lt E \left(X_W\right) \end{gather} $\blacksquare$
〔4〕正値を取る連続型確率変数のモーメント
$X_W$ のモーメント母関数について考えると、定義より、 \begin{align} M_{X_W} \left(t\right)&=\int_{0}^{\infty}{e^{tx} \cdot g \left(x\right)dx}\\ &=\frac{1}{M_X \left(h\right)}\int_{0}^{\infty}{e^{tx} \cdot e^{hx} \cdot f \left(x\right)dx}\\ &=\frac{1}{M_X \left(h\right)}\int_{0}^{\infty}{e^{ \left(t+h\right)x} \cdot f \left(x\right)dx}\\ &=\frac{M_X \left(t+h\right)}{M_X \left(h\right)} \end{align} 合成関数の微分法より、 \begin{align} M_{X_W}^{ \left(r\right)} \left(t\right)=\frac{M_X^{ \left(r\right)} \left(t+h\right)}{M_X \left(h\right)} \end{align} モーメント母関数とモーメントの関係 $E \left(X^r\right)=M_X^{ \left(r\right)} \left(0\right)$ より、 \begin{align} E \left(X^r\right)&=M_{X_W}^{ \left(r\right)} \left(0\right)\\ &=\frac{M_X^{ \left(r\right)} \left(h\right)}{M_X \left(h\right)} \end{align} $\blacksquare$
別解：地道な方法
指数関数のマクローリン展開 $e^{\theta X}=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{\theta^k}{k!}X^k}$ より、 \begin{align} e^{tX}=1+t \cdot X+\frac{t^2}{2!}X^2+\frac{t^3}{3!}X^3+ \cdots \end{align} 両辺の期待値を取ると、期待値の性質 $E \left(\sum_{i=1}^{n}{a_iX_i}+b\right)=\sum_{i=1}^{n}{a_iE \left(X_i\right)}+b$ より、 \begin{align} E \left(e^{tX}\right)&=E \left(1+t \cdot X+\frac{t^2}{2!}X^2+\frac{t^3}{3!}X^3+ \cdots \right)\\ &=E \left(1\right)+tE \left(X\right)+\frac{t^2}{2!}E \left(X^2\right)+\frac{t^3}{3!}E \left(X^3\right)+ \cdots \\ &=1+tE \left(X\right)+\frac{t^2}{2!}E \left(X^2\right)+\frac{t^3}{3!}E \left(X^3\right)+ \cdots \end{align} モーメント母関数の定義式 $M_X \left(\theta\right)=E \left(e^{\theta X}\right)$ より、 \begin{align} M_X \left(t\right)=1+tE \left(X\right)+\frac{t^2}{2!}E \left(X^2\right)+\frac{t^3}{3!}E \left(X^3\right)+ \cdots \tag{A} \end{align} 式 $(A)$ の両辺を $t$ で $r$ 回微分すると、 \begin{align} M_X^{ \left(r\right)} \left(t\right)=E \left(X^r\right)+tE \left(X^{r+1}\right)+ \cdots \tag{B} \end{align} ここで、確率変数 $X_W$ の確率密度関数は、問題文の定義より、 \begin{align} g \left(x\right)=\frac{f \left(x\right)}{M_X \left(h\right)} \cdot e^{hx} \end{align} 期待値の定義式 $E \left(X^r\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{x^r \cdot f \left(x\right)dx}$ より、 \begin{align} E \left(X_W^r\right)&=\int_{0}^{\infty}{x^r \cdot g \left(x\right)dx}\\ &=\frac{1}{M_X \left(h\right)}\int_{0}^{\infty}{x^r \cdot f \left(x\right) \cdot e^{hx}dx}\\ &=\frac{1}{M_X \left(h\right)}\int_{0}^{\infty}{x^r \cdot f \left(x\right) \cdot \left(1+h \cdot x+\frac{h^2}{2!}x^2+\frac{h^3}{3!}x^3+ \cdots \right)dx}\\ &=\frac{1}{M_X \left(h\right)}\int_{0}^{\infty}f \left(x\right) \left(x^r+h \cdot x^{r+1}+ \cdots \right)dx\\ &=\frac{1}{M_X \left(h\right)} \left\{\int_{0}^{\infty}{x^r \cdot f \left(x\right)dx}+\int_{0}^{\infty}{h \cdot x^{r+1} \cdot f \left(x\right)dx}+ \cdots \right\}\\ &=\frac{1}{M_X \left(h\right)} \left\{E \left(X^r\right)+hE \left(X^{r+1}\right)+ \cdots \right\}\\ \end{align} これと、式 $(B)$ より、 \begin{align} E \left(X_W^r\right)=\frac{M_X^{ \left(r\right)} \left(h\right)}{M_X \left(h\right)} \end{align} $\blacksquare$
〔5〕期待値の大小関係
得られたモーメント母関数に $t=0$ を代入すると、モーメント母関数の性質より、 \begin{gather} M_X \left(0\right)=1\\ M_X^{ \left(1\right)} \left(0\right)=E \left(X\right) \end{gather} これと〔4〕の結果より、 \begin{align} E \left(X_W\right)=E \left(X\right) \end{align} ここで、分散の公式 $V \left(X\right)=E \left(X^2\right)- \left\{E \left(X\right)\right\}^2$ などにより、 \begin{align} E \left(X_W^2\right)&=\frac{M_X^{ \left(2\right)} \left(h\right)}{M_X \left(h\right)}\\ &=\frac{M_X^{ \left(2\right)} \left(h\right) \cdot M_X \left(h\right)}{ \left\{M_X \left(h\right)\right\}^2}\\ \left\{E \left(X_W\right)\right\}^2&=\frac{ \left\{M_X^{ \left(1\right)} \left(h\right)\right\}^2}{ \left\{M_X \left(h\right)\right\}^2}\\ V \left(X_W\right)&=E \left(X_W^2\right)- \left\{E \left(X_W\right)\right\}^2\\ \end{align} いっぽう、 \begin{align} a \left(h\right)=\frac{M_X^{ \left(1\right)} \left(h\right)}{M_X \left(h\right)} \end{align} とすると、 問題文の仮定により、任意の正の整数 $r$ に対し、$M_X^{ \left(r\right)} \left(h\right)$ が存在するので、$V \left(X_W\right)$ は存在し、 \begin{align} a^\prime \left(h\right)=\frac{M_X^{ \left(2\right)} \left(h\right) \cdot M_X \left(h\right)- \left\{M_X^{ \left(1\right)} \left(h\right)\right\}^2}{ \left\{M_X \left(h\right)\right\}^2}=V \left(X_W\right)\ge0 \end{align} したがって、関数 $a \left(h\right)$ は $h$ に対して単調増加な関数なので、 \begin{align} \begin{matrix}E \left(X_W\right) \le E \left(X\right)&h \lt 0\\E \left(X_W\right)=E \left(X\right)&h=0\\E \left(X\right) \le E \left(X_W\right)&0 \lt h\\\end{matrix} \end{align} $\blacksquare$
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