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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目次
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
正規分布の線形変換と条件付き分布に関する出題でした。
(1)
正規分布の再生性より，$Z$は正規分布に従う。
確率変数の性質より，$Z$が従う正規分布の期待値は
\begin{align}
E[Z] &= a+kE[X]+E[Y] = a
\end{align}
E[Z] &= a+kE[X]+E[Y] = a
\end{align}
であり，分散は
\begin{align}
V[Z] &= k^{2}E[X]+V[Y] = k^{2}+1
\end{align}
V[Z] &= k^{2}E[X]+V[Y] = k^{2}+1
\end{align}
となるため，$Z\sim\N(a,~k^{2}+1)$となります。
(2)
\begin{align}
\rho[X,Z] &= \frac{k}{\sqrt{k^{2}+1}}
\end{align}
\rho[X,Z] &= \frac{k}{\sqrt{k^{2}+1}}
\end{align}
小問(1)の結果と確率変数の性質より，$X$と$Z$の共分散は
\begin{align}
\Cov[X,Z] &= \Cov[X,a+kX+Y] = k\Cov[X, X]+\Cov[X,Y] = kV[X] = k
\end{align}
\Cov[X,Z] &= \Cov[X,a+kX+Y] = k\Cov[X, X]+\Cov[X,Y] = kV[X] = k
\end{align}
となるため，$X$と$Z$の相関係数は
\begin{align}
\rho[X,Y] &= \frac{\Cov[X,Y]}{\sqrt{V[X]V[Y]}} = \frac{k}{\sqrt{k^{2}+1}}
\end{align}
\rho[X,Y] &= \frac{\Cov[X,Y]}{\sqrt{V[X]V[Y]}} = \frac{k}{\sqrt{k^{2}+1}}
\end{align}
となります。
(3)
\begin{align}
\N(a+kx,1)
\end{align}
\N(a+kx,1)
\end{align}
$X=x$を与えたとき$Z=a+kx+Y$となるため，$Z$は$Y$を線形変換した確率変数となります。したがって，小問(1)と同様に$Z$は正規分布に従い，その期待値は$E[Z]=a+kx$，分散は$V[Z]=1$となります。
正規分布の条件付き分布は正規分布となることもおさえておきましょう。
(4)
\begin{align}
\N\left(\frac{k}{k^{2}+1}(z-a),~\frac{1}{k^{2}+1}\right)
\end{align}
\N\left(\frac{k}{k^{2}+1}(z-a),~\frac{1}{k^{2}+1}\right)
\end{align}
定義から条件付き分布を求めた後に，定義から期待値と分散を計算します。定義より，
\begin{align}
f(x|z) &= \frac{f(z|x)f(x)}{f(z)}
\end{align}
f(x|z) &= \frac{f(z|x)f(x)}{f(z)}
\end{align}
となるため，小問(1)と小問(3)の結果より
\begin{align}
f(x|z) &=
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left[-\frac{\{z-(a+kx)\}^{2}}{2}\right]
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left[-\frac{x^{2}}{2}\right]
\sqrt{2\pi(k^{2}+1)}\exp\left[\frac{(z-a)^{2}}{2(k^{2}+1)}\right]\\[0.7em]
&=\frac{k^{2}+1}{2\pi}\exp\left[-\frac{1}{2}\left\{(z-(a+kx))^{2}+x^{2}-\frac{(z-a)^{2}}{(k^{2}+1)}\right\}\right]\\[0.7em]
&=\frac{k^{2}+1}{2\pi}\exp\left[-\frac{1}{2}\left\{(k^{2}+1)x^{2}-2k(z-a)x+\frac{k^{2}}{k^{2}+1}(z-a)^{2}\right\}\right]\\[0.7em]
&= \frac{k^{2}+1}{2\pi}\exp\left[-\frac{k^{2}+1}{2}\left\{x^{2}-\frac{2k(z-a)}{k^{2}+1}x+\frac{k^{2}}{(k^{2}+1)^{2}}(z-a)^{2}\right\}\right]\\[0.7em]
&= \frac{k^{2}+1}{2\pi}\exp\left[-\frac{k^{2}+1}{2}\left\{x-\frac{k}{k^{2}+1}(z-a)\right\}^{2}\right]\\[0.7em]
&= \frac{1}{2\pi/(k^{2}+1)}\exp\left[-\frac{1}{2/(k^{2}+1)}\left\{x-\frac{k}{k^{2}+1}(z-a)\right\}^{2}\right]\\[0.7em]
\end{align}
f(x|z) &=
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left[-\frac{\{z-(a+kx)\}^{2}}{2}\right]
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left[-\frac{x^{2}}{2}\right]
\sqrt{2\pi(k^{2}+1)}\exp\left[\frac{(z-a)^{2}}{2(k^{2}+1)}\right]\\[0.7em]
&=\frac{k^{2}+1}{2\pi}\exp\left[-\frac{1}{2}\left\{(z-(a+kx))^{2}+x^{2}-\frac{(z-a)^{2}}{(k^{2}+1)}\right\}\right]\\[0.7em]
&=\frac{k^{2}+1}{2\pi}\exp\left[-\frac{1}{2}\left\{(k^{2}+1)x^{2}-2k(z-a)x+\frac{k^{2}}{k^{2}+1}(z-a)^{2}\right\}\right]\\[0.7em]
&= \frac{k^{2}+1}{2\pi}\exp\left[-\frac{k^{2}+1}{2}\left\{x^{2}-\frac{2k(z-a)}{k^{2}+1}x+\frac{k^{2}}{(k^{2}+1)^{2}}(z-a)^{2}\right\}\right]\\[0.7em]
&= \frac{k^{2}+1}{2\pi}\exp\left[-\frac{k^{2}+1}{2}\left\{x-\frac{k}{k^{2}+1}(z-a)\right\}^{2}\right]\\[0.7em]
&= \frac{1}{2\pi/(k^{2}+1)}\exp\left[-\frac{1}{2/(k^{2}+1)}\left\{x-\frac{k}{k^{2}+1}(z-a)\right\}^{2}\right]\\[0.7em]
\end{align}
が得られるため，
\begin{align}
X|Z &\sim \N\left(\frac{k}{k^{2}+1}(z-a),~\frac{1}{k^{2}+1}\right)
\end{align}
X|Z &\sim \N\left(\frac{k}{k^{2}+1}(z-a),~\frac{1}{k^{2}+1}\right)
\end{align}
となります。
余力があれば3変量正規分布の条件付き期待値と分散もおさえておきましょう。
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