本稿には、2024年に実施された統計検定1級『統計数理』 問2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。
- 統計検定の問題の使用に関する規約により禁止されているため、問題文は掲載することができません。公式サイトで公開されているものなどをご参照ください。
- 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〕累積分布関数と確率密度関数の導出
問題文で定義された確率変数 $R$ の累積分布関数 \begin{align} F \left(r\right)=P \left(R \le r\right) \end{align} は、すなわち $R$ が $r$ 以下となる確率を表すが、 これは、$0 \le r \le \theta$ の条件の下での、半径 $\theta$ の円の面積に対する、半径 $r$ の円の面積が占める割合と考えることができる。
したがって、 \begin{align} F \left(r\right)&=\frac{\pi r^2}{\pi\theta^2}\\ &=\frac{r^2}{\theta^2} \end{align} 累積分布関数と確率密度関数の関係より、 \begin{align} f \left(r\right)&=\frac{d}{dr}F \left(r\right)\\ &=\frac{2r}{\theta^2} \end{align} 以上より、 \begin{gather} F \left(r\right)= \left\{\ \begin{matrix}0&r \lt 0\\\frac{r^2}{\theta^2}&0 \le r \lt \theta\\1&\theta \le r\\\end{matrix}\right.\\ f \left(r\right)= \left\{\ \begin{matrix}\frac{2r}{\theta^2}&0 \le r \le \theta\\0&\mathrm{other}\\\end{matrix}\right. \end{gather} $\blacksquare$
〔2〕期待値と分散の計算
〔1〕の結果から、期待値の定義より、 \begin{align} E \left(R\right)&=\int_{0}^{\theta}{r \cdot \frac{2r}{\theta^2}dr}\\ &=\frac{2}{\theta^2}\int_{0}^{\theta}{r^2dr}\\ &=\frac{2}{\theta^2} \left[\frac{r^3}{3}\right]_0^\theta\\ &=\frac{2}{\theta^2} \left(\frac{\theta^3}{3}-0\right)\\ &=\frac{2}{3}\theta \end{align} 同様に、 \begin{align} E \left(R^2\right)&=\int_{0}^{\theta}{r^2 \cdot \frac{2r}{\theta^2}dr}\\ &=\frac{2}{\theta^2}\int_{0}^{\theta}{r^3dr}\\ &=\frac{2}{\theta^2} \left[\frac{r^4}{4}\right]_0^\theta\\ &=\frac{2}{\theta^2} \left(\frac{\theta^4}{4}-0\right)\\ &=\frac{1}{2}\theta^2 \end{align} 分散の公式 $V \left(R\right)=E \left(R^2\right)- \left\{E \left(R\right)\right\}^2$ より、 \begin{align} V \left(R\right)&=\frac{1}{2}\theta^2-\frac{4}{9}\theta^2\\ &=\frac{1}{18}\theta^2 \end{align} $\blacksquare$
〔3〕最大値の分布
最大値が $r$ 以下となるとき、すべての $R_i$ が $r$ 以下となるので、 \begin{align} G \left(r\right)=P \left(R_1 \le r,R_2 \le r, \cdots ,R_n \le r\right) \end{align} すべての確率変数は互いに独立であるため、この確率は、〔1〕の結果を用いると、 \begin{align} G \left(r\right)&=P \left(R_1 \le r\right) \cdot P \left(R_2 \le r\right) \cdots P \left(R_n \le r\right)\\ &=F \left(r\right) \cdot F \left(r\right) \cdots F \left(r\right)\\ &= \left\{F \left(r\right)\right\}^n\\ &=\frac{r^{2n}}{\theta^{2n}} \end{align} 累積分布関数と確率密度関数の関係より、 \begin{align} g \left(r\right)&=\frac{d}{dr}G \left(r\right)\\ &=\frac{2n}{\theta^{2n}}r^{2n-1} \end{align} $\blacksquare$
〔4〕連続一様分布のパラメータの最尤推定
本問において、確率変数 $R_i$ は \begin{align} \mathrm{U} \sim \left(0,\theta\right) \end{align} 尤度関数 $L \left(\theta\right)$ を求めると、 \begin{align} L \left(\theta\right)&=\prod_{i=1}^{n}\frac{1}{\theta}\\ &=\frac{1}{\theta^n} \end{align} 対数尤度関数 $l \left(\theta\right)=\log{L \left(\theta\right)}$ を求めると、 \begin{align} l \left(\theta\right)=-n\log{\theta} \end{align} ここで、この対数尤度関数は、$0 \lt \theta$ において単調減少な関数であり、論理的に、 \begin{align} R_{ \left(n\right)} \le \theta \end{align} という制約があるため、 実際には、 \begin{align} l \left(\theta\right)= \left\{\begin{matrix}0&\theta \lt R_{ \left(n\right)}\\-n\log{\theta}&R_{ \left(n\right)} \le \theta\\\end{matrix}\right. \end{align} したがって、対数尤度関数は、 \begin{align} {\hat{\theta}}_{ML}=R_{ \left(n\right)} \end{align} において最大となるから、 最尤推定量の定義より、$\theta$ の最尤推定量は \begin{align} {\hat{\theta}}_{ML}=R_{ \left(n\right)} \end{align} である。 $\blacksquare$
〔5〕不偏推定量
標本の最大値 $R_{ \left(n\right)}$ の期待値を求めると、〔3〕の結果より、 \begin{align} E \left[R_{ \left(n\right)}\right]&=\int_{0}^{\theta}{r \cdot \frac{2n}{\theta^{2n}}r^{2n-1}dr}\\ &=\frac{2n}{\theta^{2n}}\int_{0}^{\theta}{r^{2n}dr}\\ &=\frac{2n}{\theta^{2n}} \left[\frac{r^{2n+1}}{2n+1}\right]_0^\theta\\ &=\frac{2n}{\theta^{2n}} \left(\frac{\theta^{2n+1}}{2n+1}-0\right)\\ &=\frac{2n}{2n+1}\theta \end{align} 同様に、 \begin{align} E \left[ \left\{R_{ \left(n\right)}\right\}^2\right]&=\int_{0}^{\theta}{r^2 \cdot \frac{2n}{\theta^{2n}}r^{2n-1}dr}\\ &=\frac{2n}{\theta^{2n}}\int_{0}^{\theta}{r^{2n+1}dr}\\ &=\frac{2n}{\theta^{2n}} \left[\frac{r^{2n+2}}{2n+2}\right]_0^\theta\\ &=\frac{2n}{\theta^{2n}} \left(\frac{\theta^{2n+2}}{2n+2}-0\right)\\ &=\frac{n}{n+1}\theta^2 \end{align} 分散の公式 $V \left(X\right)=E \left(X^2\right)- \left\{E \left(X\right)\right\}^2$ より、 \begin{align} V \left[R_{ \left(n\right)}\right]&=\frac{n}{n+1}\theta^2-\frac{4n^2}{ \left(2n+1\right)^2}\theta^2\\ &=\frac{n \left(2n+1\right)^2-4n^2 \left(n+1\right)}{{ \left(n+1\right) \left(2n+1\right)}^2} \cdot \theta^2\\ &=\frac{4n^3+4n^2+n-4n^3-4n^2}{{ \left(n+1\right) \left(2n+1\right)}^2} \cdot \theta^2\\ &=\frac{n}{{ \left(n+1\right) \left(2n+1\right)}^2}\theta^2 \end{align} 問題文で与えられた推定量の期待値を取ると、期待値の性質より、 \begin{align} E \left({\hat{\theta}}_U\right)&=E \left(a{\hat{\theta}}_{ML}+b\right)\\ &=aE \left[R_{ \left(n\right)}\right]+b\\ &=\frac{2n}{2n+1}a\theta+b \end{align} 不偏推定量の定義より、${\hat{\theta}}_U$ が不偏推定量であるとき、 \begin{gather} \theta=\frac{2n}{2n+1}a\theta+b\\ \left(1-\frac{2n}{2n+1}a\right)\theta+b=0 \end{gather} これが恒等式となるためには、 \begin{align} a=\frac{2n+1}{2n} \quad b=0 \end{align} このとき、与えられた推定量の分散を取ると、分散の性質より、 \begin{align} V \left({\hat{\theta}}_U\right)&=V \left(a{\hat{\theta}}_{ML}+b\right)\\ &=a^2V \left[R_{ \left(n\right)}\right]\\ &=\frac{ \left(2n+1\right)^2}{4n^2} \cdot \frac{n}{ \left(n+1\right) \left(2n+1\right)^2} \cdot \theta\\ &=\frac{1}{4n \left(n+1\right)}\theta \end{align} $\blacksquare$
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