統計検定1級 2016年 数理 問1

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時間内答案

解いた感想

計算ミスさえ無ければ8割は正解できそう

[1]

\( \theta = e^{\mu} \) より \( \mu=log\theta \)

\( X \sim N(\mu,1) より、X_1,…,X_n から尤度関数L(\theta)は次式で表される。\)

$$ \begin{align}

L(\theta) &= \prod_{i=1}^n f(x_i:\theta) \\

&= \prod_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp \biggl \lbrack -\frac{(x_i-\mu)^2}{2} \biggr \rbrack \\

&= \prod_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp \biggl \lbrack -\frac{(x_i-\log \theta)^2}{2} \biggr \rbrack \\

\end{align} $$

\( 対数尤度関数 l(\theta)は次式で表される。\)

$$ \begin{align}

l(\theta) &= \log L(\theta) \\

&= \sum_{i=1}^n \log \Biggl( \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp \biggl \lbrack -\frac{(x_i-\log \theta)^2}{2} \biggr \rbrack \Biggr) \\

&= \sum_{i=1}^n \Biggl \{ \log \frac{1}{\sqrt{2\pi}} – \frac{(x_i-\log \theta)^2}{2} \Biggr \} \\

\frac{\partial}{\partial \theta}l(\theta) &= \sum_{i=1}^n \frac{(x_i-\log \theta)}{\theta} \\

&= \frac{\sum_{i=1}^n x_i – n\log \theta}{\theta} \\

\end{align} $$

\( \frac{\partial}{\partial \theta}l(\theta) = 0 を解き、最尤推定量 \hat{\theta}を求める。\)

$$ \begin{align}

\frac{\sum_{i=1}^n x_i – n\log \theta}{\theta} &= 0 \\

\sum_{i=1}^n x_i – n\log \theta&= 0 \\

\theta &= e^{ \sum_{i=1}^n x_i / n } \\

\theta &= e^\bar{x} \\

\end{align} $$

\( よって、 \hat{\theta}=e^\bar{x}。 \)

[2]

$$ \begin{align}

bias \lbrack \hat{\theta} \rbrack &= E \lbrack \hat{\theta} \rbrack -\theta \\

&= E \Bigl \lbrack e^{\bar{X}} \Bigr \rbrack – \exp \lbrack \mu \rbrack

\end{align} $$

\( \bar{X} \sim N \bigl( \mu, 1/n \bigr) であり、\\
問題文よりモーメント母関数 M_{\bar{X}}(t)=E \bigl \lbrack e^{\bar{X}t} \bigr \rbrackは次式で表される。\)

$$ M_{\bar{X}}(t) = \exp \Bigl \lbrack \mu t + \frac{1}{2n}t^2 \Bigr \rbrack $$

\( M_{\bar{X}}(t)=E \bigl \lbrack e^{\bar{X}t} \bigr \rbrack にt=1を代入して、\\
E \bigl \lbrack e^{\bar{X}} \bigr \rbrack を計算できる。\)

$$ E \bigl( e^{\bar{X}} \bigr) = M_{\bar{X}}(1) = \exp \Bigl \lbrack \mu + \frac{1}{2n} \Bigr \rbrack $$

$$ \begin{align}

bias \lbrack \hat{\theta} \rbrack &= E \Bigl \lbrack e^{\bar{X}} \Bigr \rbrack – \exp \lbrack \mu \rbrack \\

&= \exp \Bigl \lbrack \mu + \frac{1}{2n} \Bigr \lbrack – \exp \rbrack \mu \rbrack \\

&= e^{\mu} \bigl( e^{\frac{1}{2n}}-1 \bigr) > 0

\end{align} $$

\( 以上より、bias \lbrack \hat{\theta} \rbrack = e^{\mu} \bigl( e^{\frac{1}{2n}}-1 \bigr) であり、その符号は正であることがわかる。\)

\( また、e^{\bar{X}-\frac{1}{2n}}が\thetaの不偏推定量であることを示すためにE \bigl \lbrack e^{\bar{X}-\frac{1}{2n}} \bigr \rbrackを計算すると、 \)

$$ \begin{align}

E \bigl \lbrack e^{\bar{X}-\frac{1}{2n}} \bigr \rbrack &= e^{-\frac{1}{2n}}E \Bigl \lbrack e^{\bar{X}} \Bigr \rbrack \\

&= e^{-\frac{1}{2n}} e^{\mu+\frac{1}{2n}} \\

&= e^{\mu} = \theta

\end{align} $$

\( よって、e^{\bar{X}-\frac{1}{2n}}は\thetaの不偏推定量である。\)

[3]

$$ \begin{align}

MSE \lbrack \hat{\theta} \rbrack &= E \Bigl \lbrack \bigl( \hat{\theta}-\theta \bigr)^2 \Bigr \rbrack \\

&= E \Bigl \lbrack \bigl( e^{\bar{X}}-e^{\mu} \bigr)^2 \Bigr \rbrack \\

&= E \Bigl \lbrack \bigl( e^{2 \bar{X}}- 2e^{\mu}e^{\bar{X}} +e^{2 \mu} \bigr)^2 \Bigr \rbrack \\

\end{align} $$

\( 2\bar{X} \sim N \bigl( 2\mu, 4/n \bigr) であり、\\
問題文よりモーメント母関数 M_{2\bar{X}}(t)=E \bigl \lbrack e^{2\bar{X}t} \bigr \rbrackは次式で表される。\)

$$ M_{2\bar{X}}(t) = \exp \Bigl \lbrack 2\mu t + \frac{4}{2n}t^2 \Bigr \rbrack $$

$$ E \bigl \lbrack e^{2\bar{X}} \bigr \rbrack = M_{2\bar{X}}(1) = \exp \Bigl \lbrack 2\mu + \frac{2}{n} \Bigr \rbrack = e^{\frac{2}{n}} \theta^2 $$

\( 以上より、MSE \lbrack \hat{\theta} \rbrackは次式で表される\)

$$ \begin{align}

MSE \lbrack \hat{\theta} \rbrack &= \theta^2 e^{\frac{2}{n}} – 2\theta^2 e^{\frac{1}{2n}} +\theta^2 \\

&= \theta^2 \bigl( e^{ \frac{2}{n} } -2 e^{\frac{1}{2n}}+1 \bigr) \\

\end{align} $$

\( また、n \rightarrow \infty のとき、\)

$$ \lim_{n \to \infty} MSE \lbrack \hat{\theta} \rbrack = \theta^2 \bigl( 1-2+1 \bigr) = 0 $$

[4]

\( フィッシャー情報量 I(\theta)は次式で計算される \)

$$ \begin{align}

I(\theta) &= E \Biggl \lbrack \Bigl \{ \frac{\partial}{\partial \theta}l(\theta) \Bigr \}^2 \Biggr \rbrack \\

&= \frac{n^2}{\theta^2} E \Biggl \lbrack \Bigl \{ \bar{X}-\log \theta \Bigr \}^2 \Biggr \rbrack \\

&= \frac{n^2}{\theta^2} \Bigl \{ E \lbrack \bar{X}^2 \rbrack -2 \log \theta E \lbrack \bar{X} \rbrack + \bigl( \log \theta \bigr)^2 \Bigr \} \\

&= \frac{n^2}{\theta^2} \Bigl \{ \frac{1}{n} + \mu^2 -2 \log \theta \mu + \mu^2 \Bigr \} \\

&= \frac{n}{\theta^2} \\

\end{align} $$

\( また、小問2の不偏推定量 \tilde{\theta}=e^{\bar{X}-\frac{1}{2n}} の分散を計算すると、\)

$$ \begin{align}

V \lbrack \tilde{\theta} \rbrack &= E \lbrack \tilde{\theta}^2 \rbrack – E \lbrack \tilde{\theta} \rbrack^2 \\

&= E \bigl \lbrack e^{2 \bar{X}-\frac{1}{n}} \bigr \rbrack – \theta^2 \\

&= e^{-\frac{1}{n}} e^{\frac{2}{n}} \theta^2 – \theta^2 \\

&= \bigl( e^{\frac{1}{n}}-1 \bigr) \theta^2 \\

\end{align} $$

\( x>0のとき、e^{x} = 1+x+\frac{x^2}{2}+\cdots > 1+x より、\\
e^{\frac{1}{n}}-1 > \frac{1}{n} なので、\)

$$ V \lbrack \tilde{\theta} \rbrack = \bigl( e^{\frac{1}{n}}-1 \bigr) \theta^2 > \frac{\theta^2}{n} = \frac{1}{I(\theta)} $$

\( 以上より、V \lbrack \tilde{\theta} \rbrack > \frac{1}{I(\theta)}\)

所感

難易度: B(普通)

推定量に関する問題です。

フィッシャー情報量の計算は問題文に与えられていますが、覚えておきたいです。

他にも推定量の分散の下限はクラメール・ラオの下限といわれているそうです。

公式テキスト3章「統計的推定」の練習問題などで良く学ぶことが出来ます。

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