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
歪度と尖度の振る舞い，および母平均が未知・既知の場合の母分散の最尤推定量に関する出題でした。
(1)
期待値および分散の定義より，
\begin{cases}
\displaystyle
E[\barX]
= E\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}\right]
= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}E[X_{i}]
= \frac{1}{n}n\mu = \mu\\[0.7em]
\displaystyle
V[\barX]
= V\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}\right]
= \frac{1}{n^{2}}\sum_{i=1}^{n}V[X_{i}]
= \frac{1}{n^{2}}n\sigma^{2} = \frac{\sigma^{2}}{n}
\end{cases}
が得られる。$T^{2}$の期待値は
E[T^{2}]
&= E\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}\right]
= \frac{1}{n}E\left[\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}\right]
= \frac{1}{n}n\sigma^{2} = \sigma^{2}
\end{align}
となり，$S^{2}$の期待値は
E[S^{2}]
&= E\left[\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\barX)^{2}\right]
= \frac{1}{n-1}E\left[\sum_{i=1}^{n}\left\{(X_{i}-\mu)-(\barX-\mu)\right\}^{2}\right]\\[0.7em]
&= \frac{1}{n-1}E\left[\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}-2\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)(\barX-\mu)+\sum_{i=1}^{n}(\barX-\mu)^{2}\right]\\[0.7em]
&= \frac{1}{n-1}E\left[\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}-2n(\barX-\mu)^{2}+n(\barX-\mu)^{2}\right]\\[0.7em]
&= \frac{1}{n-1}E\left[\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}-n(\barX-\mu)^{2}\right]\\[0.7em]
&= \frac{1}{n-1}\left(nV[X]-nV[\barX]\right)
= \frac{1}{n-1}\left(n\sigma^{2}-n\frac{\sigma^{2}}{n}\right)
= \frac{1}{n-1}(n-1)\sigma^{2} = \sigma^{2}
\end{align}
となるため，$T^{2}$と$S^{2}$はともに$\sigma^{2}$の不偏推定量である。
$S^{2}$の期待値を導出する式変形は頻出ですので，必ずおさえておくようにしてください。
(2)
$(\barX-\mu)^{3}$を展開すると，
(\barX-\mu)^{3}
&= \left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}-\mu\right)^{3}
= \left\{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)\right\}^{3}
= \frac{1}{n^{3}}\left\{\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)\right\}^{3}\\[0.7em]
&= \frac{1}{n^{3}}\left\{\sum_{i=1}^{n}(X_{i}{-}\mu)^{3}
{+}3\sum_{i\neq j}^{n}(X_{i}{-}\mu)^{2}(X_{j}{-}\mu)
{+}6\sum_{i<j<k}^{n}(X_{i}{-}\mu)(X_{j}{-}\mu)(X_{k}{-}\mu)
\right\}
\end{align}
となる。ここで，$i=1,\ldots,n$に対して各$X_{i}$は独立であることから
\begin{cases}
\displaystyle
E[(X_{i}-\mu)^{2}(X_{j}-\mu)]=E[(X_{i}-\mu)^{2}]E[(X_{j}-\mu)]\\[0.7em]
\displaystyle
E[(X_{i}-\mu)(X_{j}-\mu)(X_{k}-\mu)]=E[(X_{i}-\mu)]E[(X_{j}-\mu)]E[(X_{k}-\mu)]
\end{cases}
が成り立つため，$E[X_{i}]=\mu$に注意すると
E[(\barX-\mu)^{3}]
&= \frac{E\left[\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{3}\right]}{n^{3}}
= \frac{nE[(X_{i}-\mu)^{3}]}{n^{3}}
= \frac{E[(X_{i}-\mu)^{3}]}{n^{2}}
= \frac{\beta_{1}\sigma^{3}}{n^{2}}
\end{align}
が得られる。したがって，小問(1)の結果より
\frac{E[(\barX-\mu)^{3}]}{(V[\barX])^{3/2}}
= \frac{\beta_{1}\sigma^{3}}{n^{2}}\frac{n^{3/2}}{\sigma^{3}}
= \frac{\beta_{1}}{\sqrt{n}}
\end{align}
が得られる。
原点・平均まわりの二次モーメントと三次モーメントに関する出題でした。
(3)
小問(2)と同様に解くため，途中式は割愛する。$(\barX-\mu)^{4}$を展開すると，
&(\barX-\mu)^{4}\notag\\[0.7em]
&{=} \frac{1}{n^{4}}\left\{\sum_{i=1}^{n}(X_{i}{-}\mu)^{4}
{+}4\sum_{i\neq j}^{n}(X_{i}{-}\mu)^{3}(X_{j}{-}\mu)
{+}6\sum_{i< j}^{n}(X_{i}{-}\mu)^{2}(X_{j}{-}\mu)^{2}\right.\notag\\[0.7em]
&\left.{+}12\sum_{i\neq j,j<k}^{n}(X_{i}{-}\mu)^{2}(X_{j}{-}\mu)(X_{k}{-}\mu)
{+}24\sum_{i<j<k<l}^{n}(X_{i}{-}\mu)(X_{j}{-}\mu)(X_{k}{-}\mu)(X_{l}{-}\mu)
\right\}
\end{align}
となる。ここで，$i=1,\ldots,n$に対して各$X_{i}$は独立であることから，$E[X_{i}]=\mu$に注意すると
E[(\barX-\mu)^{4}]
&= \frac{E\left[\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{4}\right]+
6\sum_{i< j}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}(X_{j}-\mu)^{2}}{n^{4}}\\[0.7em]
&= \frac{nE[(X_{i}-\mu)^{4}]+3n(n-1)E[(X_{i}-\mu)^{2}]E[(X_{j}-\mu)^{2}]}{n^{4}}\\[0.7em]
&= \frac{E[(X_{i}-\mu)^{4}]+3(n-1)E[(X_{i}-\mu)^{2}]E[(X_{j}-\mu)^{2}]}{n^{3}}\\[0.7em]
&= \frac{(\beta_{2}+3)\sigma^{4}+3(n-1)\sigma^{4}}{n^{3}}
= \frac{(\beta_{2}+3n)\sigma^{4}}{n^{3}}
\end{align}
が得られる。したがって，小問(1)の結果より
\frac{E[(\barX-\mu)^{4}]}{(V[\barX])^{2}}-3
= \frac{(\beta_{2}+3n)\sigma^{4}}{n^{4}}\frac{n^{3}}{\sigma^{4}}-3
= \frac{\beta_{2}}{n}
\end{align}
が得られる。
(4)
小問(2)と小問(3)の結果より，$n$が十分大きいときには歪度と尖度は$0$に近づく。歪度と尖度が$0$となる分布は正規分布であるため，$n$が十分大きいときには$\barX$の分布は正規分布に近づく。これは，中心極限定理の主張そのものである。
(5)
$\mu$が既知のとき，$\sigma^{2}$の対数尤度関数$f(\sigma^{2})$は
f(\sigma^{2})
&\propto -\frac{n}{2}\log\sigma^{2}-\frac{1}{2\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n}(x_{i}-\mu)^{2}
\end{align}
となる。導関数を$0$とおくと
\frac{\partial}{\partial \sigma^{2}}f(\sigma^{2})
&= -\frac{n}{2\sigma^{2}}+\frac{1}{2(\sigma^{2})^{2}}\sum_{i=1}^{n}(x_{i}-\mu)^{2} = 0
\end{align}
が得られ，これを解くと
\hat{\sigma}^{2}
&= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(x_{i}-\mu)^{2} = T^{2}
\end{align}
となる。$\mu$が既知のとき，$\mu,\sigma^{2}$の対数尤度関数$g(\mu,\sigma^{2})$は
g(\mu,\sigma^{2})
&\propto -\frac{n}{2}\log\sigma^{2}-\frac{1}{2\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n}(x_{i}-\mu)^{2}
\end{align}
となる。導関数を$0$とおくと
\begin{cases}
\displaystyle
\frac{\partial}{\partial \mu}g(\mu,\sigma^{2})
= \frac{1}{\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n}(x_{i}-\mu) = 0\\[0.7em]
\displaystyle
\frac{\partial}{\partial \sigma^{2}}g(\mu,\sigma^{2})
= -\frac{n}{2\sigma^{2}}+\frac{1}{2(\sigma^{2})^{2}}\sum_{i=1}^{n}(x_{i}-\mu)^{2} = 0
\end{cases}
が得られ，これを解くと
\begin{cases}
\displaystyle
\hat{\mu} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(x_{i}-\mu) = \barx\\[0.7em]
\displaystyle
\hat{\sigma}^{2}
= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(x_{i}-\barx)^{2} = \frac{n-1}{n}S^{2}
\end{cases}
が得られる。
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