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
$k$次モーメントと各種推定量に関する出題でした。
(1)
分散の定義から導かれる関係，および$X_{1},\ldots,X_{n}$は独立であることより，
E[\barX^{2}]
&= V[\barX]+\{E[\barX]\}^{2}
= V\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}\right]+\left\{E\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}\right]\right\}^{2}\\[0.7em]
&= \frac{1}{n^{2}}nV[X]+\left\{\frac{1}{n}nE[X]\right\}^{2}
= \frac{\sigma^{2}}{n}+\mu^{2}
\end{align}
が得られる。ただし，$X$は分布$D$に従う確率変数である。
(2)
$(n-1)S^{2}$を変形すると
(n-1)S^{2}
&= \sum_{i=1}^{n}\{X_{i}-\mu-(\barX-\mu)\}^{2}\\[0.7em]
&= \sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}-2(\barX-\mu)\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)+n(\barX-\mu)^{2}\\[0.7em]
&= \sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}-2n(\barX-\mu)^{2}+n(\barX-\mu)^{2}\\[0.7em]
&= \sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}-n(\barX-\mu)^{2}
\end{align}
となり，両辺の期待値を取ると
(n-1)E[S^{2}]
= nV[X]-nV[\barX]
= n\sigma^{2}-n\frac{\sigma^{2}}{n}
= (n-1)\sigma^{2}
\end{align}
が得られる。よって，$E[S^{2}]=\sigma^{2}$となるため，$S^{2}$は$\sigma^{2}$の不偏推定量である。
(3)
$\barX\sim\N(\mu,\sigma^{2}/n)$に注意すると，正規分布のk次モーメントの導出と全く同様に，$k$が奇数のときは
E[(\barX-\mu)^{k}]
&= 0
\end{align}
となり，$k$が偶数のときは$k=2m$とおいて
E[(\barX-\mu)^{k}]
&= \frac{\Gamma(m+1/2)}{\Gamma(1/2)}\left(\frac{2\sigma^{2}}{n}\right)^{m}
\end{align}
となる。
正規分布の$k$次モーメントは暗記する内容ではありませんので，試験本番では正規分布のk次モーメントの導出と同様に証明を行う必要があります。
(4)
一致推定量の証明の定石は，チェビシェフの不等式を利用することである。すなわち，任意の$\varepsilon>0$に対して
P(|S^{2}-\sigma^{2}|>\varepsilon)
\leq \frac{V[S^{2}]}{\varepsilon^{2}}
\end{align}
と上から評価できるため，$n\rarr\infty$のとき右辺が$0$に収束することを示すことができれば，
P(|S^{2}-\sigma^{2}|\leq\varepsilon)
~\rarr~1 \quad(n~\rarr~\infty)
\end{align}
となり，$S^{2}$は$\sigma^{2}$の一致推定量であることが示される。不偏分散$S^{2}$を用いて表される統計量$(n-1)S^{2}/\sigma^{2}$は自由度$n-1$のカイ二乗分布に従い，自由度$p$のカイ二乗分布の分散は$2p$であることから，
V\left[\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\right]
&= \frac{(n-1)^{2}}{\sigma^{4}}V[S^{2}] = n-1
\end{align}
が得られる。これを変形すると，
V[S^{2}] &= \frac{\sigma^{4}}{(n-1)^{2}}(n-1) = \frac{\sigma^{4}}{n-1}
\end{align}
となるため，
P(|S^{2}-\sigma^{2}|>\varepsilon)
\leq \frac{\sigma^{4}}{(n-1)\varepsilon^{2}}
~\rarr~0 \quad(n~\rarr~\infty)
\end{align}
が成り立つ。したがって，$S^{2}$は$\sigma^{2}$の一致推定量である。
(5)
$\mathrm{MSE}[cS^{2}]$を最小とする$c$は$(n{-}1)/(n{+}1)$で，そのときの最小値は$2\sigma^{4}/(n{+}1)$である。
平均二乗誤差の定義，分散の定義から導かれる関係，および前問までの結果より，
\mathrm{MSE}[cS^{2}]
&= E[(cS^{2}-\sigma^{2})^{2}]
= V[cS^{2}]+\left(E[cS^{2}-\sigma^{2}]\right)^{2}
= c^{2}V[S^{2}]+\left(cE[S^{2}]-\sigma^{2}\right)^{2}\\[0.7em]
&= c^{2}\frac{2\sigma^{4}}{n-1}+(c\sigma^{2}-\sigma^{2})^{2}
= \left\{\frac{2c^{2}}{n-1}+(c-1)^{2}\right\}\sigma^{4}\\[0.7em]
&= \left\{\frac{n+1}{n-1}\left(c-\frac{n-1}{n+1}\right)^{2}+\frac{2}{n+1}\right\}\sigma^{4}
\end{align}
となります。これを$c$の二次関数と捉えると，上の解答が得られます。
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