統計検定 1級 2023年 統計数理 問3 指数分布・モーメント母関数

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

 

〔2〕モーメント母関数

モーメント母関数の定義式 $M_X\left(\theta \right)={\int }_{x=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\theta x}\cdot f\left(x\right)dx$ より、 $$\begin{array}{rl}{M}_X\left(t\right)& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^0{e}^{tx}\cdot 0\cdot dx+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{tx}\cdot \lambda e^{-\lambda x}dx\\ & =\lambda {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{tx-\lambda x}dx\\ & =\lambda {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-(\lambda -t)x}dx\\ & =-\lambda \cdot \frac{1}{\lambda -t}{\left[e^{-(\lambda -t)x}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =-\lambda \cdot \frac{1}{\lambda -t}(\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-(\lambda -t)x}-e^{-0})\\ & =\frac{\lambda }{\lambda -t}\end{array}$$ $◼$

 

〔3〕変数変換後の確率密度関数

問題文の定義より、 $$\begin{array}{rl}g\left(x\right)& =\frac{\lambda -h}{\lambda }\cdot e^{hx}\cdot \lambda e^{-\lambda x}\\ & =(\lambda -h)e^{-(\lambda -h)x}\end{array}$$ 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、$0<h<\lambda$ の範囲において、〔1〕の結果より、 $$\begin{array}{r}E\left(X_W\right)=\frac{1}{\lambda -h}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{c}\lambda -h<\lambda \\ \iff \frac{1}{\lambda }<\frac{1}{\lambda -h}\\ \iff E\left(X\right)<E\left(X_W\right)\end{array}$$ $◼$

 

〔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、 $$\begin{array}{rl}{M}_{X_W}\left(t\right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{tx}\cdot g\left(x\right)dx\\ & =\frac{1}{M_X\left(h\right)}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{tx}\cdot e^{hx}\cdot f\left(x\right)dx\\ & =\frac{1}{M_X\left(h\right)}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{(t+h)x}\cdot f\left(x\right)dx\\ & =\frac{M_X(t+h)}{M_X\left(h\right)}\end{array}$$ 合成関数の微分法より、 $$\begin{array}{r}{M}_{X_W}^{\left(r\right)}\left(t\right)=\frac{M_X^{\left(r\right)}(t+h)}{M_X\left(h\right)}\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{rl}E\left(X^r\right)& =M_{X_W}^{\left(r\right)}\left(0\right)\\ & =\frac{M_X^{\left(r\right)}\left(h\right)}{M_X\left(h\right)}\end{array}$$ $◼$

別解：地道な方法

指数関数のマクローリン展開 $e^{\theta X}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\theta }^k}{k!}{X}^k$ より、 $$\begin{array}{r}{e}^{tX}=1+t\cdot X+\frac{t^2}{2!}{X}^2+\frac{t^3}{3!}{X}^3+\cdots \end{array}$$ 両辺の期待値を取ると、期待値の性質 $E(\sum _{i=1}^n{a}_i{X}_i+b)=\sum _{i=1}^n{a}_{i}E\left(X_i\right)+b$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(e^{tX}\right)& =E(1+t\cdot X+\frac{t^2}{2!}{X}^2+\frac{t^3}{3!}{X}^3+\cdots )\\ & =E\left(1\right)+tE\left(X\right)+\frac{t^2}{2!}E\left(X^2\right)+\frac{t^3}{3!}E\left(X^3\right)+\cdots \\ & =1+tE\left(X\right)+\frac{t^2}{2!}E\left(X^2\right)+\frac{t^3}{3!}E\left(X^3\right)+\cdots \end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{}\text{(A)}& M_X\left(t\right)=1+tE\left(X\right)+\frac{t^2}{2!}E\left(X^2\right)+\frac{t^3}{3!}E\left(X^3\right)+\cdots \end{array}$$ 式 $(A)$ の両辺を $t$ で $r$ 回微分すると、 $$\begin{array}{}\text{(B)}& M_X^{\left(r\right)}\left(t\right)=E\left(X^r\right)+tE\left(X^{r+1}\right)+\cdots \end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{r}g\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)}{M_X\left(h\right)}\cdot e^{hx}\end{array}$$ 期待値の定義式 $E\left(X^r\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{x}^r\cdot f\left(x\right)dx$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(X_W^r\right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^r\cdot g\left(x\right)dx\\ & =\frac{1}{M_X\left(h\right)}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^r\cdot f\left(x\right)\cdot e^{hx}dx\\ & =\frac{1}{M_X\left(h\right)}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^r\cdot f\left(x\right)\cdot (1+h\cdot x+\frac{h^2}{2!}{x}^2+\frac{h^3}{3!}{x}^3+\cdots )dx\\ & =\frac{1}{M_X\left(h\right)}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}f\left(x\right)(x^r+h\cdot x^{r+1}+\cdots )dx\\ & =\frac{1}{M_X\left(h\right)}\{{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^r\cdot f\left(x\right)dx+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}h\cdot x^{r+1}\cdot f\left(x\right)dx+\cdots \}\\ & =\frac{1}{M_X\left(h\right)}\{E\left(X^r\right)+hE\left(X^{r+1}\right)+\cdots \}\end{array}$$ これと、式 $(B)$ より、 $$\begin{array}{r}E\left(X_W^r\right)=\frac{M_X^{\left(r\right)}\left(h\right)}{M_X\left(h\right)}\end{array}$$ $◼$

 

〔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、 $$\begin{array}{c}{M}_X\left(0\right)=1\\ M_X^{\left(1\right)}\left(0\right)=E\left(X\right)\end{array}$$ これと〔4〕の結果より、 $$\begin{array}{r}E\left(X_W\right)=E\left(X\right)\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{rl}E\left(X_W^2\right)& =\frac{M_X^{\left(2\right)}\left(h\right)}{M_X\left(h\right)}\\ & =\frac{M_X^{\left(2\right)}\left(h\right)\cdot M_X\left(h\right)}{{\left\{M_X\left(h\right)\right\}}^2}\\ {\left\{E\left(X_W\right)\right\}}^2& =\frac{{\left\{M_X^{\left(1\right)}\left(h\right)\right\}}^2}{{\left\{M_X\left(h\right)\right\}}^2}\\ V\left(X_W\right)& =E\left(X_W^2\right)-{\left\{E\left(X_W\right)\right\}}^2\end{array}$$ いっぽう、 $$\begin{array}{r}a\left(h\right)=\frac{M_X^{\left(1\right)}\left(h\right)}{M_X\left(h\right)}\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{r}{a}^{\prime }\left(h\right)=\frac{M_X^{\left(2\right)}\left(h\right)\cdot M_X\left(h\right)-{\left\{M_X^{\left(1\right)}\left(h\right)\right\}}^2}{{\left\{M_X\left(h\right)\right\}}^2}=V\left(X_W\right)\ge 0\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{r}\begin{array}{cc}E\left(X_W\right)\le E\left(X\right)& h<0\\ E\left(X_W\right)=E\left(X\right)& h=0\\ E\left(X\right)\le E\left(X_W\right)& 0<h\end{array}\end{array}$$ $◼$

 

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