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
半径の分布と推定量に関する出題でした。
(1)
累積分布関数$F(r)$は半径$\theta$の円の周または内部に分布する点が半径$r$の円の周または内部に含まれる確率であるから，
F(r) &=
\begin{cases}
0&(r<0)\\[0.7em]
\displaystyle
\frac{\pi r^{2}}{\pi\theta^{2}} = \frac{r^{2}}{\theta^{2}}&(0\leq r\leq \theta)\\[0.7em]
1&(\theta<r)
\end{cases}
\end{align}
となる。確率密度関数は累積分布関数の導関数であることから，
f(r) = \frac{d F(r)}{dr} =
\begin{cases}
\displaystyle
\frac{2r}{\theta^{2}}&(0\leq r\leq \theta)\\[0.7em]
0&\text{otherwise}
\end{cases}
\end{align}
が得られる。
(2)
期待値の定義より，
E[R] &= \int_{-\infty}^{\infty}rf(r)dr
= \int_{0}^{\theta}r\frac{2r}{\theta^{2}}dr
= \frac{1}{\theta^{2}}\left[\frac{2}{3}r^{3}\right]_{0}^{\theta}
= \frac{2}{3}\theta
\end{align}
が得られる。同様に，
E[R^{2}]
&= \int_{0}^{\theta}r^{2}\frac{2r}{\theta^{2}}dr
= \frac{1}{\theta^{2}}\left[\frac{1}{2}r^{4}\right]_{0}^{\theta}
= \frac{1}{2}\theta^{2}
\end{align}
より
V[R] &= E[R^{2}]-(E[R])^{2} = \frac{1}{2}\theta^{2}-\frac{4}{9}\theta^{2} = \frac{1}{18}\theta^{2}
\end{align}
が得られる。
(3)
最大値$R_{(n)}$の累積分布関数は$P(R_{(n)}\leq r)$であるが，これは全ての$R_{1},\ldots,R_{n}$が$r$以下の値を取る確率と等しい。したがって，
G(r)
&= P(R_{(n)}\leq r)
= P(R_{(1)}\leq r)P(R_{(2)}\leq r)\cdots P(R_{(n)}\leq r)\\[0.7em]
&= \left\{F(r)\right\}^{n}
= \frac{r^{2n}}{\theta^{2n}}\quad(0\leq r\leq \theta)
\end{align}
となる。また，(1)と同様に
g(r) &= \frac{d G(r)}{dr} = \frac{2n}{\theta^{2n}}r^{2n-1}\quad(0\leq r\leq \theta)
\end{align}
が得られる。
(4)
本設問では，$R_{1},\ldots,R_{n}$の実現値$r_{1},\ldots,r_{n}$によって$\theta$の最尤推定値$\hat{\theta}_{\ML}$を構成する問題である。(1)より，尤度関数は
L(\theta)
&= \prod_{i=1}^{n}\frac{2r_{i}}{\theta^{2}}
= \left(\frac{2}{\theta^{2}}\right)^{n}\prod_{i=1}^{n}r_{i}
\end{align}
となる。ただし，$\theta{<}\max\{r_{1},\ldots,r_{n}\}$のとき，例えば観測されたデータ$\max\{r_{1},\ldots,r_{n}\}$はパラメータ$\theta$では説明することができないため$L(\theta){=}0$になると考える。尤度関数は$\max\{r_{1},\ldots,r_{n}\}{\leq}\theta$で定義され，尤度関数は$1/\theta^{2}$に比例するため観測データを説明可能な範囲の中で最も小さい$\theta$が尤度関数を最大化することが分かる。したがって，求める答えは
\hat{\theta}_{\ML} &= \max\{r_{1},\ldots,r_{n}\} = R_{(n)}
\end{align}
である。
(5)
後に使うため，$\hat{\theta}_{\ML}$の期待値と分散を求める。まず，期待値は
E[\hat{\theta}_{\ML}]
&= \int_{-\infty}^{\infty}rg(r)dr
= \int_{0}^{\theta}\frac{2nr^{2n}}{\theta^{2n}}dr
= \frac{2n}{\theta^{2n}}\left[\frac{1}{2n+1}r^{2n+1}r^{2n+1}\right]_{0}^{\theta}
= \frac{2n}{2n+1}\theta
\end{align}
と求められる。同様に，
E[\hat{\theta}_{\ML}^{2}]
&= \int_{-\infty}^{\infty}r^{2}g(r)dr
= \int_{0}^{\theta}\frac{2nr^{2n+1}}{\theta^{2n}}dr
= \frac{2n}{\theta^{2n}}\left[\frac{1}{2n+2}r^{2n+2}\right]_{0}^{\theta}
= \frac{n}{n+1}\theta^{2}
\end{align}
となるため，分散は
V[\hat{\theta}_{\ML}]
&= E[\hat{\theta}_{\ML}^{2}]-(E[\hat{\theta}_{\ML}])^{2}
= \frac{n}{n+1}\theta^{2} - \left(\frac{2n}{2n+1}\theta\right)^{2}\\[0.7em]
&= n\frac{(2n+1)^{2}-4n(n+1)}{(n+1)(2n+1)^{2}}\theta^{2}
= \frac{n}{(n+1)(2n+1)^{2}}\theta^{2}
\end{align}
と求められる。いま，
E[\hat{\theta}_{U}]
&= aE[\hat{\theta}_{\ML}] + b
= a\frac{2n}{2n+1}\theta + b
\end{align}
より，$\hat{\theta}_{U}$が不偏推定量となるためには
a &= \frac{2n+1}{2n},\quad b=0
\end{align}
とおけばよい。このとき，
V[\hat{\theta}_{U}]
&= a^{2}V[\hat{\theta}_{\ML}]
= \left(\frac{2n+1}{2n}\right)^{2}\cdot\frac{n}{(n+1)(2n+1)^{2}}\theta^{2}
= \frac{1}{4n(n+1)}\theta^{2}
\end{align}
となる。
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