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
指数分布と上側確率の不偏推定量に関する出題でした。
(1)
期待値の定義より，
E[X]
&= \int_{0}^{\infty}x\cdot\lambda e^{-\lambda x}dx
= \left[-xe^{-\lambda x}\right]_{0}^{\infty}+\int_{0}^{\infty}e^{-\lambda x}dx
= \left[-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda x}\right]_{0}^{\infty}
= \frac{1}{\lambda}
\end{align}
が得られる。
$x\rarr\infty$のとき$xe^{-\lambda x}\rarr 0$となることは証明不要です。厳密には漸近的な増加の大きさをロピタルの定理等に基づいて比較します。
(2)
\begin{cases}
\displaystyle
Q(c) = e^{-\lambda c}\\[0.7em]
\displaystyle
u(\alpha) = -\frac{\log\alpha}{\lambda}
\end{cases}
上側確率の定義より，
Q(c)
&= \int_{c}^{\infty}\lambda e^{-\lambda x}dx
= \left[-e^{-\lambda x}\right]_{c}^{\infty}
= e^{-\lambda c}
\end{align}
が得られます。また，上側$100\alpha$%点の定義より
\int_{u(\alpha)}^{\infty}\lambda e^{-\lambda x}dx
= e^{-\lambda u(\alpha)} = \alpha
\end{align}
が得られるため，$u(\alpha)=-\log\alpha/\lambda$が得られます。
(3)
\begin{cases}
\displaystyle
\hat{\lambda} = \frac{1}{\barX}\\[0.7em]
\displaystyle
\hat{Q}(c) = e^{-\hat{\lambda}c} = e^{-c/\barX}\\[0.7em]
\displaystyle
\hat{u}(\alpha) = -\frac{\log\alpha}{\hat{\lambda}} = -\barX\log\alpha
\end{cases}\label{3_1}
\end{align}
また，$\hat{u}(\alpha)$は$u(\alpha)$の不偏推定量である。
$\lambda$の対数尤度関数は
\log L(\lambda)
&= \log\prod_{i=1}^{n}\lambda e^{-\lambda x_{i}}
= \log\lambda^{n}e^{-n\lambda\barx}
= n\log\lambda-n\lambda\barx=0
\end{align}
となるため，これを微分$\lambda$で微分して$0$とおくと，
\left(\log L(\lambda)\right)^{\prime}
&= \frac{n}{\lambda}-n\barx=0
\end{align}
が得られます。これを解くと，$\hat{\lambda}=1/\barX$が得られます。$\lambda=\hat{\lambda}$を小問(2)の結に代入すると，式($\ref{3_1}$)が得られます。また，小問(1)より$E[\barX]=(n/\lambda)/n=1/\lambda$となるため，
E[\hat{u}(\alpha)]
&= E[-\barX\log\alpha] = -\log\alpha E[\barX] = -\frac{\log\alpha}{\lambda} = u(\alpha)
\end{align}
となるため，$\hat{u}(\alpha)$は$u(\alpha)$の不偏推定量となります。
(4)
ガンマ分布の導出に従えばよいが，ここではミニマムな証明として数学的帰納法を利用する。$n=1$のとき，
g_{1}(y)
&= \frac{1}{\Gamma(1)}\lambda y^{0}e^{-\lambda y}
= \lambda e^{-\lambda y}
\end{align}
となるため，与式は成り立つ。$n=k$のとき成り立つと仮定する。$n=k+1$のとき$W=X+Y$とすると，畳み込みの公式より$W$の確率密度関数は
h(w)
&= \int_{-\infty}^{\infty}g_{k}(y)g_{1}(w-y)dy
= \int_{0}^{w}\left(\frac{\lambda^{k}}{\Gamma(k)}y^{k-1}e^{-\lambda y}\right)\cdot\left(\lambda e^{-\lambda(w-y)}\right)dy\\[0.7em]
&= \frac{\lambda^{k+1}}{\Gamma(k)}e^{-\lambda w}\int_{0}^{w}y^{k-1}dy
= \frac{\lambda^{k+1}}{\Gamma(k)}e^{-\lambda w}\left[\frac{y^{k}}{k}\right]_{0}^{w}
= \frac{\lambda^{k+1}}{\Gamma(k)}e^{-\lambda w}\cdot\frac{w^{k}}{k}\\[0.7em]
&= \frac{\lambda^{k+1}}{\Gamma(k+1)}w^{(k+1)-1}e^{-\lambda w}
= g_{k+1}(\lambda)
\end{align}
となるため，与式は成り立つ。また，
E[\hat{Q}(c)]
&= \int_{c}^{\infty}\left(1-\frac{c}{y}\right)^{n-1}\frac{\lambda^{n}}{\Gamma(n)}y^{n-1}e^{-\lambda y}dy
= \int_{c}^{\infty}(y-c)^{n-1}\frac{\lambda^{n}}{\Gamma(n)}e^{-\lambda y}dy\\[0.7em]
&= e^{-\lambda c}\int_{c}^{\infty}\frac{\lambda^{n}}{\Gamma(n)}(y-c)^{n-1}e^{-\lambda (y-c)}dy
= e^{-\lambda c}\int_{c}^{\infty}\frac{\lambda^{n}}{\Gamma(n)}z^{n-1}e^{-\lambda z}dz
= e^{-\lambda c}
\end{align}
より，$\hat{Q}(c)$は$Q(c)=e^{-\lambda c}$の不偏推定量である。
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