2018年統計検定一級(数理)略解

はじめに

• 東京大学本郷キャンパスで受験。学食は混むので事前にコンビニで購入が良い。
• 解答用紙の横罫線が濃いため、数式を2行で書くと、自分で書いたマイナス記号を見落としてしまう。
• 数式は3行使用して書くのが良いかもしれない。前の座席との間隔が狭い。
• 問1のヒントに「デルタ法の適用」とあったが、行き詰ってしまった。
• 問4の問題文に正規分布の定義式が書いてあり、確率密度関数を計算しようとして挫折。
• 条件付き平均・分散公式を使わないと計算が大変なことになる。
• 公式の略解 2018年11月25日試験(http://www.toukei-kentei.jp/pt/pt-5956/#seikai)

問1

互いに独立に正規分布に従う確率変数を$X_1,\dots,X_n\sim N(\mu,\sigma^2)$、$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i$、
$S^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar{X})^2\ $とする。

[1]$S^2$は母分散$\sigma^2$の不偏推定量であることを示せ。

解答例

\begin{align*}
S^2&=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar{X})^2
=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\mu-(\bar{X}-\mu))^2\\
&=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2-\frac{n}{n-1}(\bar{X}-\mu)^2\\
E[S^2]&=\frac{1}{n-1}n\sigma^2-\frac{n}{n-1}\frac{\sigma^2}{n}=\sigma^2
\end{align*}

[2]自由度$n-1$のカイ二乗分布に従う確率変数を$Y$とする。確率密度関数は以下で与えられる。

\begin{align*}
g(y)=\frac{1}{\Gamma(\frac{n-1}{2})2^\frac{n-1}{2}}y^{\frac{n-1}{2}-1}
\exp\left(-\frac{y}{2}\right)
\end{align*}

$Y$の期待値は$n-1$であり、分散は$2(n-1)$であることを示せ。それにより$S^2$の分散$V[S^2]\ $を求めよ。

解答例

\begin{align*}
E[Y]&=\int_0^\infty \frac{y}{\Gamma(\frac{n-1}{2})2^\frac{n-1}{2}}y^{\frac{n-1}{2}-1}
\exp\left(-\frac{y}{2}\right)d y\\
&=\int_0^\infty \frac{1}{\Gamma(\frac{n-1}{2})2^\frac{n-1}{2}}y^{\frac{n+1}{2}-1}
\exp\left(-\frac{y}{2}\right)d y\\
&=\frac{\Gamma(\frac{n+1}{2})2^\frac{n+1}{2}}{\Gamma(\frac{n-1}{2})2^\frac{n-1}{2}}
=\frac{n-1}{2}2=n-1\\
E[Y^2]&=\int_0^\infty \frac{y^2}{\Gamma(\frac{n-1}{2})2^\frac{n-1}{2}}y^{\frac{n-1}{2}-1}
\exp\left(-\frac{y}{2}\right)d y\\
&=\int_0^\infty \frac{1}{\Gamma(\frac{n-1}{2})2^\frac{n-1}{2}}y^{\frac{n+3}{2}-1}
\exp\left(-\frac{y}{2}\right)d y\\
&=\frac{\Gamma(\frac{n+3}{2})2^\frac{n+3}{2}}{\Gamma(\frac{n-1}{2})2^\frac{n-1}{2}}
=\frac{n-1}{2}\frac{n+1}{2}4=n^2-1\\
V[Y]&=n^2-1-(n-1)^2=2(n-1)\\
\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}&\sim\chi^2_{n-1},
 V\left[\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\right]=2(n-1),
 V[S^2]=\frac{2\sigma^4}{n-1}
\end{align*}

[3]$Y$の平方根$\sqrt{Y}$の期待値を求めよ。それにより標本標準偏差$S\ $の期待値$E[S]$を求めよ。

解答例

\begin{align*}
E[\sqrt{Y}]&=\int_0^\infty \frac{\sqrt{y}}{\Gamma(\frac{n-1}{2})2^\frac{n-1}{2}}y^{\frac{n-1}{2}-1}
\exp\left(-\frac{y}{2}\right)d y\\
&=\int_0^\infty \frac{1}{\Gamma(\frac{n-1}{2})2^\frac{n-1}{2}}y^{\frac{n}{2}-1}
\exp\left(-\frac{y}{2}\right)d y\\
&=\frac{\Gamma(\frac{n}{2})2^\frac{n+1}{2}}{\Gamma(\frac{n-1}{2})2^\frac{n-1}{2}}
=\sqrt{2}\frac{\Gamma(\frac{n}{2})}{\Gamma(\frac{n-1}{2})}\\
E\left[\sqrt{\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}}\right]&=\sqrt{2}\frac{\Gamma(\frac{n}{2})}{\Gamma(\frac{n-1}{2})},
E[S]=\sigma\sqrt{\frac{2}{n-1}}\frac{\Gamma(\frac{n}{2})}{\Gamma(\frac{n-1}{2})}
\end{align*}

[4]$n$が十分大きいとして、母標準偏差$\sigma$の推定量としての$S$の偏り$E[S]-\sigma$を$n^{-1}$のオーダーまで求めよ。
ヒント：デルタ法の適用、あるいはスターリングの公式$\Gamma(z)\simeq\sqrt{2\pi}e^{-z}z^{z-1/2}$を用いる。

解答例

\begin{align*}
E[S]&\simeq \sigma\sqrt{\frac{2}{n-1}}
\exp{\left(-\frac{n}{2}\right)}
\left(\frac{n}{2}\right)^{\frac{n-1}{2}}
\exp{\left(\frac{n-1}{2}\right)}
\left(\frac{2}{n-1}\right)^{\frac{n-2}{2}}\\
&=\sigma\exp{\left(-\frac{1}{2}\right)}\left(\frac{n}{n-1}\right)^{\frac{n-1}{2}}
=\sigma\exp{\left(-\frac{1}{2}\right)}\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{\frac{n-1}{2}}\ \\
\log \frac{E[S]}{\sigma}&\simeq -\frac{1}{2}+\frac{n-1}{2}\log\left(1+\frac{1}{n-1}\right)\\
&\simeq -\frac{1}{2}+\frac{n-1}{2}\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{2}\frac{1}{(n-1)^2}+\cdots\right)
\simeq-\frac{1}{4n}\\
E[S]&\simeq \sigma\exp\left(-\frac{1}{4n}\right)
\simeq \sigma\left(1-\frac{1}{4n}\right)
\end{align*}

問2

箱の中に$N$個の玉があり、$M$個は赤玉、$N-M$個は青玉である。
この箱から非復元無作為抽出により順に$n$個の玉を取り出す。
$X_i(i=1,\dots,n\le N)\ $を確率変数として、
第$i$回目が赤玉なら$X_i=1$、青玉なら$X_i=0$とする。

[1]$\Pr(X_i=1),\Pr(X_i=1,X_j=1)(i\neq j)$を求めよ。

解答例

\begin{align*}
\Pr(X_i=1)&=\frac{M(N-1)!}{N!}=\frac{M}{N}\\
\Pr(X_i=1,X_j=1)&=\frac{M(M-1)(N-2)!}{N!}=\frac{M(M-1)}{N(N-1)}
\end{align*}

[2]$E[X_i],V[X_i],\ Cov(X_i,X_j)(i\neq j)\ $を求めよ。

解答例

\begin{align*}
E[X_i]&=\frac{M}{N}\\
V[X_i]&=\frac{M}{N}\left(1-\frac{M}{N}\right)
=\frac{M(N-M)}{N^2}\\
E[X_iX_j]&=\frac{M(M-1)}{N(N-1)}\\
Cov(X_i,X_j)&=E[X_iX_j]-E[X_i]E[X_j]=-\frac{M(N-M)}{N^2(N-1)}
\end{align*}

[3]赤玉の個数$X=X_1+\dots+X_n$とする。$\Pr(X=x)$を求めよ。

解答例

\begin{align*}
\Pr(X=x)&=\frac{M!}{(M-x)!}\frac{(N-M)!}{((N-M)-(n-x))!}\binom{n}{x}\frac{(N-n)!}{N!}\\
&=\frac{\binom{M}{x}\binom{N-M}{n-x}}{\binom{N}{n}}
\end{align*}

[4]$E[X],V[X]\ $を求めよ。

解答例

\begin{align*}
E[X_i^2]&=\frac{M}{N}\\
E[X_iX_j]&=\frac{M(M-1)}{N(N-1)}\\
E[X]&=\sum_{i=1}^nE[X_i]=n\frac{M}{N}\\
E[X^2]&=\sum_{i,j}E[X_iX_j]
=n\frac{M}{N}+n(n-1)\frac{M(M-1)}{N(N-1)}\ \\
V[X]&=n\frac{M}{N}+n(n-1)\frac{M(M-1)}{N(N-1)}-n^2\frac{M^2}{N^2}\\
&=\frac{n(N-n)M(N-M)}{(N-1)N^2}
\end{align*}

[5]箱の中に青玉のみが$N$個入っているとする。ただし$N$は未知とする。
$N$を推定するため、$K$個の赤玉を入れてよく混ぜる。ただし$K$は既知とする。
箱から非復元無作為抽出で$n$個の玉を取り出し、赤玉の個数を$X$とする。
$X$を用いて$N$の推定量$\hat{N}\ $を作れ。$N,X$がともに大きいとして、$\epsilon=\sqrt{V[\hat{N}]}/N$を求めよ。

解答例

\begin{align*}
E[X]&=n\frac{K}{N+K}=X\rightarrow
\hat{N}=\frac{n-X}{X}K\\
V[\hat{N}]&=V\left[\frac{n-X}{X}K\right]=n^2K^2V\left[\frac{1}{X}\right]\\
g(x)&=\frac{1}{x},g'(x)=-\frac{1}{x^2}\quad\text{Delta method}\\
V[\hat{N}]&=n^2K^2g'(E[X])^2V[X]=\frac{(N+K)^4}{n^2K^2}V[X]\\
\frac{V[\hat{N}]}{N^2}&=\frac{(N+K)^4}{n^2K^2N^2}
\frac{n(N+K-n)KN}{(N+K-1)(N+K)^2}\\
\epsilon&=\frac{\sqrt{V[\hat{N}]}}{N}\simeq
\sqrt{\frac{(N+K)(N+K-n)}{nKN}}
\end{align*}

問3

パラメータ$n,\theta$の二項分布に従う確率変数を$X$とする。確率関数は以下で与えられる。

\begin{align*}
p(x)=\Pr(X=x)=\binom{n}{x}\theta^x(1-\theta)^{n-x}\ 
\end{align*}

[1]$X$の期待値$E[X]\ $と分散$V[X]\ $はいくらか。

解答例

\begin{align*}
E[X]&=n\theta,V[X]=n\theta(1-\theta)\ 
\end{align*}

[2]$X\ge1\ $の条件の下での$X$の条件付き確率関数$\ h(x)=\Pr(X=x|X\ge1)\ $を求めよ。

解答例

\begin{align*}
h(x)&=\Pr(X=x|X\ge1)=\frac{\Pr(X=x)}{\Pr(X\ge1)}=\binom{n}{x}\frac{\theta^x(1-\theta)^{n-x}}{1-(1-\theta)^n}
\end{align*}

[3]$X$の条件付き期待値$\eta(\theta)=E[X|X\ge1]$と分散$\xi(\theta)=V[X|X\ge1]$を求めよ。

解答例

\begin{align*}
\eta(\theta)=E[X|X\ge1]&=\frac{1}{1-(1-\theta)^n}
\sum_{x=1}^nx\binom{n}{x}\theta^x(1-\theta)^{n-x}\\
&=\frac{1}{1-(1-\theta)^n}
\sum_{x=1}^n\frac{n(n-1)!}{(x-1)!(n-x)!}\theta\theta^{x-1}(1-\theta)^{n-x}\\
&=\frac{n\theta}{1-(1-\theta)^n}\\
E[X(X-1)|X\ge1]&=\frac{1}{1-(1-\theta)^n}
\sum_{x=1}^nx(x-1)\binom{n}{x}\theta^x(1-\theta)^{n-x}\\
&=\frac{1}{1-(1-\theta)^n}
\sum_{x=2}^n\frac{n(n-1)(n-2)!}{(x-2)!(n-x)!}\theta^2\theta^{x-2}(1-\theta)^{n-x}\\
&=\frac{n(n-1)\theta^2}{1-(1-\theta)^n}\\
\xi(\theta)=V[X|X\ge1]&=\frac{n(n-1)\theta^2}{1-(1-\theta)^n}
+\frac{n\theta}{1-(1-\theta)^n}-\left(\frac{n\theta}{1-(1-\theta)^n}\right)^2
\end{align*}

[4]$n=8$のとき、条件付き期待値$\eta(\theta)\ $が$E[X]$の2倍となる$\theta$を求めよ。

解答例

\begin{align*}
\eta(\theta)&=2E[X]\rightarrow
\frac{n\theta}{1-(1-\theta)^n}=2n\theta\\
\theta&=1-\left(\frac{1}{2}\right)^\frac{1}{n}
\end{align*}

[5]$X\ge1\ $の条件の下での独立な$m$個の観測値を$y_1,\dots,y_m$とし、$\bar{y}=\frac{1}{m}\sum_{i=1}^my_i$とする。
パラメータ$\theta$の最尤推定量$\hat{\theta}$の計算方法を示せ。
$\hat{\theta}$はモーメント法に基づく推定量でもあることを示せ。

解答例

\begin{align*}
L(\theta)&=\prod_{i=1}^mh(y_i),
\quad\bar{y}=\frac{1}{m}\sum_{i=1}^my_i\\
\frac{d}{d\theta}\log L(\theta)&=\frac{m\bar{y}}{\theta}
-\frac{m(n-\bar{y})}{1-\theta}-m\frac{n(1-\theta)^{n-1}}{1-(1-\theta)^n}=0\ \\
\bar{y}&=\frac{n\hat{\theta}}{1-(1-\hat{\theta})^n}
\end{align*}

問4

正規分布$N(\mu,\sigma^2)$と既知の実数$\rho(0<\rho<1)$について、以下の各問に答えよ。

[1]2次元確率ベクトル$(X,Y)$において、$X$は標準正規分布$N(0,1)$に従い、
$Y|X=x\ $は$N(\rho x,1-\rho^2)$に従うとき、$Y$の周辺分布を求めよ。

解答例

\begin{align*}
X&\sim N(0,1)\\
Y|X=x&\sim N(\rho x,1-\rho^2)\\
E[Y]&=E_X[E[Y|X=x]]=E_X[\rho X]=0\\
V[Y]&=V_X[E[Y|X=x]]+E_X[V[Y|X=x]]\\
&=V_X[\rho X]+E_X[1-\rho^2]=\rho^2+1-\rho^2=1\ \\
Y&\sim N(0,1)
\end{align*}

[2]$t$を$0$以上の整数とし、確率ベクトルの列を$(X_t,Y_t),t=0,1,2,\dots$とする。
$Y_t|X_t=x_t\sim N(\rho x_t,1-\rho^2)\ $とし、$X_{t+1}|Y_t=y_t\sim N(\rho y_t,1-\rho^2)\ $とする。
$X_{t+1}|X_t=x_t\sim N(\rho^2 x_t,1-\rho^4)$となることを示せ。

解答例

\begin{align*}
Y_t|X_t=x_t&\sim N(\rho x_t,1-\rho^2)\\
X_{t+1}|Y_t=y_t&\sim N(\rho y_t,1-\rho^2)\\
E[X_{t+1}|X_t=x_t]&=E_Y[E[X_{t+1}|Y_t=y_t,X_t=x_t]]\\
&=E_Y[\rho Y_t]=\rho^2 x_t\\
V[X_{t+1}|X_t=x_t]&=V_Y[E[X_{t+1}|Y_t=y_t,X_t=x_t]]\ \\
&\quad+E_Y[V[X_{t+1}|Y_t=y_t,X_t=x_t]]\ \\
&=V_Y[\rho Y_t]+E_Y[1-\rho^2]\\
&=\rho^2(1-\rho^2)+1-\rho^2=1-\rho^4
\end{align*}

[3]$X_t|X_0=x_0\sim N(\rho^{2t}x_0,1-\rho^{4t})$となることを示せ。
$t$が限りなく大きくなっていくとき$X_t|X_0=x_0$の分布はどのような分布に近づくかを論ぜよ。

解答例

\begin{align*}
X_k&\sim N(\rho^{2k} x_0,1-\rho^{4k})\\
X_{k+1}|X_k=x_k&\sim N(\rho^2 x_k,1-\rho^4)\\
E[X_{k+1}]&=E_K[E[X_{k+1}|X_k=x_k]]
=E_K[\rho^2 X_k]=\rho^{2(k+1)} x_0\\
V[X_{k+1}]&=V_K[E[X_{k+1}|X_k=x_k]]
+E_K[V[X_{k+1}|X_k=x_k]]\ \\
&=V_K[\rho^2 X_k]+E_K[1-\rho^4]=\rho^4(1-\rho^{4k})+1-\rho^4\\
&=1-\rho^{4(k+1)}\\
X_{k+1}&\sim N(\rho^{2(k+1)} x_0,1-\rho^{4(k+1)})\\
&\sim N(0,1)\quad(k\rightarrow\infty)
\end{align*}

問5

互いに独立に一様分布に従う確率変数を$X_1,X_2,X_3\sim U(0,1)$、順序統計量を$X_{(1)}\le X_{(2)}\le X_{(3)}\ $とする。
$Y_1=X_{(1)},Y_2=X_{(2)},Y_3=X_{(3)},Z=Y_3-Y_1$とする。

[1]$Y_1,Y_3$の確率密度関数と期待値を求めよ。

解答例

\begin{align*}
f_1(y)&=\frac{3!}{0!2!}(1-y)^2=3(1-y)^2\\
f_3(y)&=\frac{3!}{2!0!}y^2=3y^2\\
E[Y_1]&=\int_0^1 3y(1-y)^2d y=3\frac{1!2!}{4!}=\frac{1}{4}\\
E[Y_3]&=\int_0^1 3y^3d y=\frac{3}{4}
\end{align*}

[2]$Y_2$の確率密度関数を求めよ。$\Pr(Y_2<1/2)$はいくらか。

解答例

\begin{align*}
f_2(y)&=\frac{3!}{1!1!}y(1-y)=6y(1-y)\\
\Pr(Y_2<1/2)&=\int_0^{1/2} 6y(1-y)d y=\left[3y^2-2y^3\right]_0^{1/2}=\frac{1}{2}
\end{align*}

[3]$Z$の期待値と分散を求めよ。

解答例

\begin{align*}
E[Y_1^2]&=\int_0^1 3y^2(1-y)^2d y=3\frac{2!2!}{5!}=\frac{1}{10}\\
E[Y_3^2]&=\int_0^1 3y^4d y=\frac{3}{5}\\
f_{13}(y_1,y_3)&=\frac{3!}{0!1!0!}(y_3-y_1)=6(y_3-y_1)\quad(0\le y_1\le y_3\le 1)\ \\
E[Y_1Y_3]&=\int_0^1\int_0^{y_3} 6y_1y_3(y_3-y_1)d y_1d y_3\\
&=\int_0^1 (3y_1^4-2y_3^4)d y_3=\frac{1}{5}\\
E[Z]&=E[Y_3-Y_1]=\frac{1}{2}\\
E[Z^2]&=E[Y_3^2-2Y_3Y_1+Y_1^2]=\frac{3}{5}-\frac{2}{5}+\frac{1}{10}=\frac{3}{10}\\
V[Z]&=\frac{3}{10}-\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{20}
\end{align*}

おわりに

• 冷静に振り返ってみると、解答漏れや計算間違いが多々あり、自己採点は厳しい状況。