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
カイ二乗分布と母標準偏差に関する出題でした。
(1)
&E\left[\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\barX)^{2}\right]\notag\\[0.7em]
&= E\left[\sum_{i=1}^{n}\left\{(X_{i}-\mu)-(\barX-\mu)\right\}^{2}\right]\\[0.7em]
&= E\left[\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}\right]-2E\left[(\barX-\mu)\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)\right]+E\left[\sum_{i=1}^{n}(\barX-\mu)^{2}\right]\\[0.7em]
&= \sum_{i=1}^{n}E\left[(X_{i}-\mu)^{2}\right]-2nE\left[(\barX-\mu)^{2}\right]+nE\left[(\barX-\mu)^{2}\right]\\[0.7em]
&= \sum_{i=1}^{n}E\left[(X_{i}-\mu)^{2}\right]-nE\left[(\barX-\mu)^{2}\right]
= \sigma^{2}-n\frac{\sigma^{2}}{n} = (n-1)\sigma^{2}
\end{align}
となるため，$E[S^{2}/(n-1)]{=}\sigma^{2}$となる。
(2)
定義より，原点周りの一次モーメントは
E[Y]
&= \frac{(1/2)^{(n-1)/2}}{\Gamma((n-1)/2)}\int_{0}^{\infty}y^{(n+1)/2-1}2^{-y/2}dy\\[0.7em]
&=\frac{(1/2)^{(n-1)/2}}{\Gamma((n-1)/2)}\frac{\Gamma((n+1)/2)}{(1/2)^{(n+1)/2}}\\[0.7em]
&= \frac{(1/2)^{(n-1)/2}}{\Gamma((n-1)/2)}\frac{\Gamma((n-1)/2)}{(1/2)^{(n-1)/2}}\frac{(n-1)/2}{1/2}
= n-1
\end{align}
となる。同様に，原点周りの二次モーメントは
E[Y^{2}]
&= \frac{(1/2)^{(n-1)/2}}{\Gamma((n-1)/2)}\int_{0}^{\infty}y^{(n+3)/2-1}2^{-y/2}dy\\[0.7em]
&=\frac{(1/2)^{(n-1)/2}}{\Gamma((n-1)/2)}\frac{\Gamma((n+3)/2)}{(1/2)^{(n+3)/2}}\\[0.7em]
&= \frac{(1/2)^{(n-1)/2}}{\Gamma((n-1)/2)}\frac{\Gamma((n-1)/2)}{(1/2)^{(n-1)/2}}\frac{(n-1)(n+1)/4}{1/4}
= (n-1)(n+1)
\end{align}
となる。したがって，$V[Y]{=}E[Y^{2}]{-}E[Y]^{2}{=}2(n-1)$となる。ここで，小問(1)より得られた関係式を$\sigma^{2}$で割ることにより，
\frac{1}{\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}
&= \frac{1}{\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\barX)^{2}+\frac{n}{\sigma^{2}}(\barX-\mu)^{2}\label{2-1}
\end{align}
を得る。カイ二乗分布の定義より式($\ref{2-1}$)の左辺は自由度$n$のカイ二乗分布に従う。一方，正規分布の再生性より右辺第二項目の確率変数$\barX$は正規分布に従うため，右辺第二項目は自由度$1$のカイ二乗分布に従う。したがって，カイ二乗分布の再生性より右辺第一項目は自由度$n-1$のカイ二乗分布に従う。これにより，
V[S^{2}]
&= V\left[\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\barX)^{2}\right]\\[0.7em]
&= \frac{\sigma^{4}}{(n-1)^{2}}V\left[\frac{1}{\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\barX)^{2}\right]\\[0.7em]
&= \frac{\sigma^{4}}{(n-1)^{2}}2(n-1) = \frac{2\sigma^{4}}{n-1}
\end{align}
が得られる。
一見複雑な計算に見えますが，カイ二乗分布の正規化定数とガンマ分布の階乗の一般化としての性質を利用しているだけです。
(3)
定義より，原点周りの一次モーメントは
E[\sqrt{Y}]
&= \frac{(1/2)^{(n-1)/2}}{\Gamma((n-1)/2)}\int_{0}^{\infty}y^{n/2-1}2^{-y/2}dy\\[0.7em]
&=\frac{(1/2)^{(n-1)/2}}{\Gamma((n-1)/2)}\frac{\Gamma(n/2)}{(1/2)^{n/2}}
= \frac{2^{1/2}\Gamma(n/2)}{\Gamma((n-1)/2)}
\end{align}
が得られる。ここで，式($\ref{2-1}$)の右辺第一項目は自由度$n-1$のカイ二乗分布に従うため$Y$とおくことができる。したがって，$Y{=}(n{-}1)S^{2}/\sigma^{2}$となるため，
E[S] &= E\left[\sqrt{\frac{\sigma^{2}}{n-1}Y}~\right] = \frac{\sigma}{\sqrt{n-1}}E[\sqrt{Y}]
= \frac{\sigma}{\sqrt{n-1}}\frac{2^{1/2}\Gamma(n/2)}{\Gamma((n-1)/2)}
\end{align}
が得られる。
小問(1)とは異なり，ガンマ関数の中身が$1/2$ずれているため約分することができません。
(4)
$g(x){=}\sqrt{x}$とする。$\mu$まわりのテイラー展開の二次の項までの期待値を考えることにより，
\begin{cases}
\displaystyle
E\left[g(X)\right] = g(\mu)+\frac{g^{\prime\prime}(\mu)}{2}\sigma^{2}\\[0.7em]
\displaystyle
V\left[g(X)\right] = g^{\prime}(\mu)^{2}\sigma^{2}
\end{cases}
が得られる。$g^{\prime}(x){=}x^{-1/2}/2$と$g^{\prime\prime}(x){=}-x^{-3/2}/4$に注意すると，
E[\sqrt{S^{2}}] = E[S]
&= g(E[S^{2}])+\frac{g^{\prime\prime}(E[S^{2}])}{2}V[S^{2}]\\[0.7em]
&= \sigma - \frac{\sigma^{-3}}{8}\frac{2\sigma^{4}}{n-1}\\[0.7em]
&= \sigma-\frac{\sigma}{4(n-1)}
\approx \sigma-\frac{\sigma}{4n}
\end{align}
となる。したがって，$E[S]-\sigma\approx -\sigma/(4n)$となる。
実際には$-\sigma/(4(n-1))$でも丸がもらえる可能性もあります。また，スターリングの公式を利用する計算は煩雑であるため，上記のデルタ法を用いた解答を推奨します。
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