統計検定1級の過去問解答解説を行います。目次は以下をご覧ください。
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問題
統計検定1級の過去問からの出題になります。統計検定の問題の著作権は日本統計学会に帰属していますので，本稿にて記載することはできません。「演習問題を俯瞰する」で詳しく紹介している公式の過去問題集をご購入いただきますようお願い致します。
解答
正規分布のモーメントに関する出題です。
(1)
V[\barX] &= \frac{\sigma^{2}}{n}
\end{align}
確率変数の性質を利用します。
V[\barX]
&= V\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}\right]
= \frac{1}{n^{2}}\cdot\sum_{i=1}^{n}V\left[X_{i}\right]
= \frac{1}{n^{2}}\cdot n\sigma^{2}
= \frac{\sigma^{2}}{n}
\end{align}
(2)
E\left[(X_{1}-X_{2})^{3}\right] &= 0
\end{align}
条件で与えられている$E[(X_{i}-\mu)^{3}]=\tau$を利用するため，無理やり変形しましょう。その際，$X_{1},X_{2}$は互いに独立であることに注意して，確率変数の性質を利用します。
&E\left[(X_{1}-X_{2})^{3}\right]\notag\\[0.7em]
&= E\left[\left\{(X_{1}-\mu)-(X_{2}-\mu)\right\}^{3}\right]\\[0.7em]
&= E\left[(X_{1}{-}\mu)^{3}-3(X_{1}{-}\mu)^{2}(X_{2}{-}\mu){+}3(X_{1}{-}\mu)(X_{2}{-}\mu)^{2}{-}(X_{2}{-}\mu)^{3}\right]\\[0.7em]
&= E\left[(X_{1}{-}\mu)^{3}\right]{-}3E\left[(X_{1}{-}\mu)^{2}\right]E\left[(X_{2}{-}\mu)\right]{+}3E\left[(X_{1}{-}\mu)\right]E\left[(X_{2}{-}\mu)^{2}\right]{-}E\left[(X_{2}{-}\mu)^{3}\right]\\[0.7em]
&= \tau-0+0-\tau\\[0.7em]
&= 0
\end{align}
ただし，
E[X_{i}-\mu] &= E[X_{i}]-\mu = \mu-\mu = 0\label{期待値が0}
\end{align}
を利用しました。
(3)
E[Y_{i}^{3}] &= \tau,\quad E[Y_{i}^{2}Y_{j}] = 0,\quad E[Y_{i}Y_{j}Y_{k}] = 0
\end{align}
$E[Y_{i}]^{3}$に関しては，与えられた条件をそのまま利用します。
E[Y_{i}^{3}] &= E[(X_{i}-\mu)^{3}] =\tau
\end{align}
次に，$E[Y_{i}^{2}Y_{j}]$を求めます。$X_{1},\ldots,X_{n}$が互いに独立であることから，$Y_{1},\ldots,Y_{n}$も互いに独立になります。したがって，$E[Y_{i}]=0$に注意すると，式($\ref{期待値が0}$)より$E[Y_{i}]=0$を利用して
E[Y_{i}^{2}Y_{j}] &= E[Y_{i}^{2}]E[Y_{j}] = 0
\end{align}
が得られます。$E[Y_{i}Y_{j}Y_{k}]$に関しても同様にして，
E[Y_{i}Y_{j}Y_{k}] &= E[Y_{i}]E[Y_{j}]E[Y_{k}] = 0
\end{align}
が得られます。
(4)
E\left[\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\barX\right)^{3}\right] &= \frac{(n-1)(n-2)}{n}\tau\label{解答4}
\end{align}
前問(3)の結果を利用します。式($\ref{解答4}$)の左辺を$Y_{i}$だけで表せるように変形し，「期待値を取る際，全て同じインデックス同士の三乗以外は$0$」という$Y_{i}$の性質を利用します。
&E\left[\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\barX\right)^{3}\right]\notag\\[0.7em]
&= \sum_{i=1}^{n}E\left[\left(X_{i}-\barX\right)^{3}\right]\\[0.7em]
&= \sum_{i=1}^{n}E\left[\left\{(X_{i}-\mu)-(\barX-\mu)\right\}^{3}\right]\\[0.7em]
&= \sum_{i=1}^{n}E\left[\left\{Y_{i}-\frac{\sum_{j=1}^{n}Y_{j}}{n}\right\}^{3}\right]\\[0.7em]
&= \frac{1}{n^{3}}\sum_{i=1}^{n}E\left[\left\{nY_{i}-\sum_{j=1}^{n}Y_{j}\right\}^{3}\right]\\[0.7em]
&= \frac{1}{n^{3}}\sum_{i=1}^{n}\left\{n^{3}E[Y_{i}^{3}]{-}3n^{2}E\left[Y_{i}^{2}\sum_{j=1}^{n}Y_{j}\right]{+}3nE\left[Y_{i}\left(\sum_{j=1}^{n}Y_{j}\right)^{2}\right]{-}E\left[\left(\sum_{j=1}^{n}Y_{j}\right)^{3}\right]\right\}\\[0.7em]
&= \frac{1}{n^{3}}\sum_{i=1}^{n}\left\{n^{3}E[Y_{i}^{3}]-3n^{2}E[Y_{i}^{3}]+3nE[Y_{i}^{3}]-nE[Y_{i}^{3}]\right\}\\[0.7em]
&= \frac{1}{n^{3}}\sum_{i=1}^{n}\left\{n^{3}\tau-3n^{2}\tau+3n\tau-n\tau\right\}\\[0.7em]
&= \frac{1}{n^{3}}\cdot n\cdot\left(n^{3}-3n^{2}+2n\right)\tau
= \frac{(n-1)(n-2)}{n}\tau
\end{align}
(5)
\sum_{i=1}^{n}a_{i} &= 0,\quad \sum_{i=1}^{n}a_{i}^{3} = 1\label{解答5}
\end{align}
$\hat{\tau}$が$\tau$の不偏推定量になることから，
E[\hat{\tau}] &= \tau\label{恒等式のもと}
\end{align}
を満たすように$a_{1},\ldots,a_{n}$の条件を定めればよいです。前問(4)と同様に，式($\ref{恒等式のもと}$)の左辺は与えられた定義を代入して$X_{i}$の代わりに$Y_{i}$で表すように変形すると，$\tau$をはじめとする未知パラメータ用いて表すことができそうです。すると，両辺を未知パラメータに関する恒等式とみることで答えが求められそうです。
式($\ref{恒等式のもと}$)の左辺に与えられた定義を代入し，$X_{i}$の代わりに$Y_{i}$で表すように変形します。このとき，問(3)の結果を利用して$0$となる項を積極的に消していくことで，計算を簡単にすることができます。
E[\hat{\tau}] &= E\left[\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}X_{i}\right)^{3}\right]\\[0.7em]
&= E\left[\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}(Y_{i}+\mu)\right)^{3}\right]\\[0.7em]
&= E\left[\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}Y_{i}+\mu\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{3}\right]\\[0.7em]
&= E\left[\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}Y_{i}\right)^{3}{+}3\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}Y_{i}\right)^{2}\mu\sum_{i=1}^{n}a_{i}{+}3\sum_{i=1}^{n}a_{i}Y_{i}\left(\mu\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}{+}\left(\mu\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{3}\right]\label{代入前}
\end{align}
ここから式変形を行うために，$E[Y_{i}Y_{j}]$の値を示しておきます。$i=j$のときは，
E[Y_{i}Y_{j}] &= E[Y_{i}^{2}] = E[(X_{i}-\mu)^{2}] = \sigma^{2}
\end{align}
となります。一方，$i\neq j$のときは，$X_{i},X_{j}$が独立であることに注意すると，
E[Y_{i}Y_{j}]
&= E[(X_{i}{-}\mu)(X_{j}{-}\mu)]
= E[X_{i}]E[X_{j}]{-}\mu E[X_{i}]{-}\mu E[X_{j}]{+}\mu^{2}
= 0
\end{align}
となります。これらの結果，問(3)の結果，式($\ref{期待値が0}$)を式($\ref{代入前}$)に代入すると，
E[\hat{\tau}]
&=
\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{3}E\left[Y_{i}^{3}\right]+3\mu\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)E\left[Y_{i}^{2}\right]+\mu^{3}\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{3}\\[0.7em]
&=
\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{3}\tau+3\mu\sigma^{2}\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)+\mu^{3}\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{3}\\[0.7em]
\end{align}
が得られます。冒頭に戻ると，式($\ref{恒等式のもと}$)の右辺は$\tau$でしたので，
\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{3}\tau+3\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)\mu\sigma^{2}+\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{3}\mu^{3} &= \tau
\end{align}
という恒等式が得られます。まず，$\tau$に依存する項の係数比較により，
\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{3} &= 1
\end{align}
が得られます。次に，$\mu\sigma^{2}$に依存する項の係数比較により，
\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right) &= 0\label{係数比較_mu_sigma}
\end{align}
が得られます。最後に，$\mu^{3}$に依存する項の係数比較により，
\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{3} &= 0
\end{align}
が得られます。すなわち，
\sum_{i=1}^{n}a_{i} &= 0\label{係数比較_mu_3}
\end{align}
が得られます。式($\ref{係数比較_mu_3}$)が成り立っていれば式($\ref{係数比較_mu_sigma}$)も成り立ちますので，冒頭の式($\ref{解答5}$)が得られます。
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