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
ポアソン分布の不偏推定量と一致推定量に関する出題でした。
(1)
E[X]=\lambda,\quad V[X]=\lambda,\quad E[S_{n}]=n\lambda,\quad V[S_{n}]=n\lambda
\end{align}
期待値の定義より，
E[X]
&= \sum_{x=0}^{\infty}\frac{x\lambda^{x}}{x!}e^{-\lambda}
= \lambda\sum_{x=1}^{\infty}\frac{\lambda^{x-1}}{(x-1)!}e^{-\lambda} = \lambda
\end{align}
が得られます。同様に原点周りの二次モーメントは
E[X^{2}]
&= \sum_{x=0}^{\infty}\frac{x^{2}\lambda^{x}}{x!}e^{-\lambda}
= \sum_{x=1}^{\infty}\frac{x\lambda^{x}}{(x-1)!}e^{-\lambda}
= \lambda\sum_{x=1}^{\infty}\frac{(x-1)\lambda^{x-1}+\lambda^{x-1}}{(x-1)!}e^{-\lambda}\\[0.7em]
&= \lambda^{2}\sum_{x=2}^{\infty}\frac{\lambda^{x-2}}{(x-2)!}e^{-\lambda}
+\lambda\sum_{x=1}^{\infty}\frac{\lambda^{x-1}}{(x-1)!}e^{-\lambda}
= \lambda^{2}+\lambda
\end{align}
となります。したがって，分散の定義より，
V[X] &= E[X^{2}]-E[X]^{2} = (\lambda^{2}+\lambda)-\lambda^{2} = \lambda
\end{align}
が得られます。また，期待値の線形性より
E[S_{n}] &= E[X_{1}+\cdots+X_{n}] = E[X_{1}]+\cdots+E[X_{n}] = n\lambda
\end{align}
が得られます。$X_{1},\ldots,X_{n}$は独立であることから，$i\neq j$に対して共分散$C[X_{i},X_{j}]$は$0$となるため，
V[S_{n}] &= V[X_{1}+\cdots+X_{n}] = V[X_{1}]+\cdots+V[X_{n}] = n\lambda
\end{align}
が得られます。
補足
ポアソン分布の確率母関数は
G(s) &= \sum_{x=0}^{\infty}\frac{(\lambda s)^{x}}{x!}e^{-\lambda}
= e^{\lambda s}e^{-\lambda} = e^{\lambda(s-1)}
\end{align}
と求められます。確率母関数の性質より，
\begin{cases}
E[X] = G^{\prime}(s) = \lambda e^{\lambda(s-1)}\biggr|_{s=1} = \lambda\\[0.7em]
E[X(X-1)] = G^{\prime\prime}(s) = \lambda^{2} e^{\lambda(s-1)}\biggr|_{s=1} = \lambda^{2}
\end{cases}
\end{align}
となります。したがって，分散は
V[X] &= \left(E[X(X-1)]+E[X]\right)-E[X]^{2} = (\lambda^{2}+\lambda)-\lambda^{2} = \lambda
\end{align}
となります。
(2)
a_{i} &= n-i+1
\end{align}
$W_{n}$の定義より，
a_{1}X_{1}{+}{\cdots}{+}a_{i}X_{i}{+}{\cdots}{+}a_{n}X_{n}
&{=} X_{1}{+}(X_{1}{+}X_{2}){+}{\cdots}{+}(X_{1}{+}\cdots{+}X_{n})\\[0.7em]
&{=} nX_{1}{+}(n-1)X_{2}{+}\cdots{+}(n{-}i{+}1)X_{i}{+}{\cdots}{+}2X_{n-1}{+}X_{n}
\end{align}
が成り立ちます。両辺で$X_{i}$の係数を比較することにより，$a_{i}=n-i+1$が得られます。
(3)
E[W_{n}] &= \frac{1}{2}n(n+1)\lambda,\quad V[W_{n}] = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\lambda
\end{align}
小問(1)の結果と期待値の線形性より，
E[W_{n}] &= E\left[\sum_{k=1}^{n}S_{k}\right]
= \sum_{k=1}^{n}E[S_{k}] =\sum_{k=1}^{n}k\lambda = \frac{1}{2}n(n+1)\lambda
\end{align}
が得られます。一方，$X_{1},\ldots,X_{n}$は独立であるが$S_{1},\ldots,S_{n}$は独立とはならないため，$W_{n}$の定義より
V[W_{n}]
&= V\left[\sum_{k=1}^{n}(n-k+1)X_{k}\right]
= \sum_{k=1}^{n}V\left[(n-k+1)X_{k}\right]\\[0.7em]
&= \sum_{k=1}^{n}V\left[kX_{n-k+1}\right]
= \sum_{k=1}^{n}k^{2}V\left[X_{n-k+1}\right]
= \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\lambda
\end{align}
が得られます。ただし，分散の性質を利用しました。
(4)
\tilde{\lambda} &= \frac{2}{n(n+1)}W_{n},\quad V[\tilde{\lambda}] = \frac{2(2n+1)}{3n(n+1)}\lambda
\end{align}
小問(3)の結果より，$E[W_{n}]{=}n(n+1)\lambda/2$の両辺を$\lambda$について整理すると，
\lambda &= \frac{2}{n(n+1)}E[W_{n}] = E\left[\frac{2}{n(n+1)}W_{n}\right]
\end{align}
となります。したがって，不偏分散の定義より$\tilde{\lambda}{=}2W_{n}/(n(n+1))$となります。同様に，小問(3)の結果より，
V[\tilde{\lambda}]
&= V\left[\frac{2}{n(n+1)}W_{n}\right] = \frac{4}{n^{2}(n+1)^{2}}V[W_{n}]\\[0.7em]
&= \frac{4}{n^{2}(n+1)^{2}}\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\lambda = \frac{2(2n+1)}{3n(n+1)}\lambda
\end{align}
が得られます。
(5)
チェビシェフの不等式より，任意の$\varepsilon>0$に対して
P(|\tilde{\lambda}-\lambda|\geq \varepsilon)
\leq \frac{V[\tilde{\lambda}]}{\varepsilon^{2}}
= \frac{2(2n+1)\lambda}{3n(n+1)\varepsilon^{2}}~\rarr~0\quad(n~\rarr~\infty)
\end{align}
が成り立つ。したがって，$\tilde{\lambda}$は$\lambda$の一致推定量となる。ただし，任意の$\varepsilon$および母数$\theta$に対し，
\lim_{n\rarr\infty}P(|\tilde{\theta}_{n}-\theta|\geq \varepsilon) &= 0
\end{align}
が成り立つ統計量$\tilde{\theta}$を一致推定量とよぶことを利用した。
定義より一致性の証明はチェビシェフの不等式を用いて$|\tilde{\theta}_{n}-\theta|$を評価する方法が定石です。
(6)
\lim_{n\rarr\infty}\frac{V[\hat{\lambda}]}{V[\tilde{\lambda}]} &= \frac{3}{4}
\end{align}
一般に，推定量$\hat{\theta}_{n}$の推定量$\tilde{\theta}_{n}$に対する相対効率は$V[\hat[\theta]]/V[\tilde[\theta]]$と定義されます。これより，漸近相対効率$e$は
e &= \lim_{n\rarr\infty}\frac{V[\hat{\theta}]}{V[\tilde{\theta}]}
\end{align}
と定義されると類推できます（実際に正しい定義です）。したがって，
\lim_{n\rarr\infty}\frac{V[\hat{\lambda}]}{V[\tilde{\lambda}]}
&= \lim_{n\rarr\infty}\frac{V[S_{n}]/n^{2}}{V[\tilde{\theta}]}
= \lim_{n\rarr\infty}\frac{\lambda/n}{2(2n+1)\lambda/3n(n+1)}
= \lim_{n\rarr\infty}\frac{3(1+1/n)}{4(1+1/2n)} = \frac{3}{4}
\end{align}
が得られます。
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