Ch.4 「統計量と標本分布」の章末問題の解答例 〜現代数理統計学(学術図書出版社)〜

当記事は「現代数理統計学(学術図書出版社)」の読解サポートにあたってChapter.4の「統計量と標本分布」の章末問題の解説について行います。

基本的には書籍の購入者向けの解説なので、まだ入手されていない方は購入の上ご確認ください。また、解説はあくまでサイト運営者が独自に作成したものであり、書籍の公式ページではないことにご注意ください。(そのため著者の意図とは異なる解説となる可能性はあります)

↓下記が公式の解答なので、正確にはこちらを参照ください。
https://www.gakujutsu.co.jp/text/isbn978-4-7806-0860-1/

章末の演習問題について

問題4.1の解答例

$X \sim N(0,1)$の時の、$X^2$のモーメント母関数$m(t) = E[e^{tX^2}]$は下記のように求めることができる。
$$
\large
\begin{align}
E \left[ e^{tX^2} \right] &= \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx^2} \times \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} dx \\
&= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{x^2}{2}+tx^2} dx \\
&= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{x^2(1-2t)}{2}} dx
\end{align}
$$

上記において$\displaystyle y = \sqrt{1-2t}x$を用いて変数変換を行うことを考える。$\displaystyle \frac{dx}{dy}=\frac{1}{\sqrt{1-2t}}$より、(1)は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
E \left[ e^{tX^2} \right] &= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{x^2(1-2t)}{2}} dx \\
&= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{y^2}{2}} \frac{dx}{dy} dy \\
&= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{y^2}{2}} \frac{1}{\sqrt{1-2t}} dy \\
&= \frac{1}{\sqrt{2 \pi (1-2t)}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{y^2}{2}} dy \\
&= \frac{\sqrt{2 \pi}}{\sqrt{2 \pi (1-2t)}} \\
&= (1-2t)^{-\frac{1}{2}}
\end{align}
$$
上記において、$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{y^2}{2}} dy = \sqrt{2 \pi}$はガウス積分の考え方を用いた。
https://www.hello-statisticians.com/explain-terms-cat/gaussian_integral1.html

ここで、$X_1,…X_n \sim N(0,1), i.i.d.,$よりモーメント母関数$E[e^{tY}]$は下記のように求めることができる。
$$
\large
\begin{align}
E[e^{tY}] &= E \left[ e^{t(X_1^2+X_2^2+…+X_n^2)} \right] \\
&= E \left[ e^{tX_1^2} \right]E \left[ e^{tX_2^2} \right]…E \left[ e^{tX_n^2} \right] \\
&= \left( (1-2t)^{-\frac{1}{2}} \right)^n \\
&= (1-2t)^{-\frac{n}{2}} \quad (2)
\end{align}
$$

また、ガンマ分布$Ga(\nu,\alpha)$のモーメント母関数$m_{ga}(t)$は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
m_{ga}(t) &= (1 – t \alpha)^{-\nu}
\end{align}
$$
上記の式において$\displaystyle \nu = \frac{n}{2}, \alpha=2$を代入すると(2)式が得られるので、$Y=X_1^2+…+X_n^2$のモーメント母関数は$\displaystyle Ga \left( \frac{n}{2}, 2 \right)$のモーメント母関数に一致する。

・解説
上記より、自由度$\nu$の$\chi^2$分布$\chi^2(\nu)$は$\displaystyle Ga \left( \frac{n}{2}, 2 \right)$に一致することを示すことができる。

問題4.2の解答例

Helmert変換に用いる行列$G$が直交行列であることは下記で示した。
https://www.hello-statisticians.com/explain-terms-cat/helmert1.html#Helmert-2

問題4.3の解答例

$t$統計量を考えるにあたって$\displaystyle \sum_{i=1}^{n} (X_i-\bar{X})^2$を用いて表すと$t$は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
t &= \frac{(\bar{X}-\mu)}{\sqrt{\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n} (X_i-\bar{X})^2/n}} \\
&= \frac{(\bar{X}-\mu)}{\sqrt{\frac{1}{n(n-1)} \sum_{i=1}^{n} (X_i-\bar{X})^2}} \\
&= \frac{\sqrt{n-1}(\bar{X}-\mu)}{\sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i-\bar{X})^2}} \\
&= \frac{\sqrt{n-1}(\bar{X}-\mu)}{s}
\end{align}
$$
上記より、$\displaystyle t = \frac{\sqrt{n-1}(\bar{X}-\mu)}{s}$のように表すことができることがわかる。

問題4.4の解答例

$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{\infty} v^{\frac{m+1}{2}-1} e^{-\frac{v(1+t^2/m)}{2}} dv = 2^{\frac{m+1}{2}} \Gamma \left( \frac{m+1}{2} \right) \left( 1+\frac{t^2}{m} \right)^{-\frac{m+1}{2}} \quad (4.19)
\end{align}
$$
上記の(4.19)式が成立することを以下で示す。

$\displaystyle a = \frac{1+t^2/m}{2}$とおき、下記のように(4.19)式の左辺の変形を行う。
$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{\infty} v^{\frac{m+1}{2}-1} e^{-\frac{v(1+t^2/m)}{2}} dv &= \int_{0}^{\infty} v^{\frac{m+1}{2}-1} e^{-va} dv \\
&= \int_{0}^{\infty} a^{-\frac{m+1}{2}+1} a^{\frac{m+1}{2}-1} v^{\frac{m+1}{2}-1} e^{-va} dv \\
&= a^{-\frac{m+1}{2}+1} \int_{0}^{\infty} (va)^{\frac{m+1}{2}-1} e^{-va} dv
\end{align}
$$
上記において$dv = a^{-1} d(va)$のように積分に用いる変数を変換することを考える。このとき$m>0$より$a>0$であるため積分区間は変更せずに、(1)式は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{\infty} v^{\frac{m+1}{2}-1} e^{-\frac{v(1+t^2/m)}{2}} dv &= a^{-\frac{m+1}{2}+1} \int_{0}^{\infty} (va)^{\frac{m+1}{2}-1} e^{-va} dv \\
&= a^{-\frac{m+1}{2}+1} \int_{0}^{\infty} (va)^{\frac{m+1}{2}-1} e^{-va} a^{-1} d(va) \\
&= a^{-\frac{m+1}{2}} \int_{0}^{\infty} (va)^{\frac{m+1}{2}-1} e^{-va} d(va) \quad (2)
\end{align}
$$

ここで、下記のガンマ関数$\Gamma(a)$の定義式を考える。
$$
\large
\begin{align}
\Gamma(a) = \int_{0}^{\infty} x^{a-1} e^{-x} dx \quad (3)
\end{align}
$$

(3)式より、(2)式は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{\infty} v^{\frac{m+1}{2}-1} e^{-\frac{v(1+t^2/m)}{2}} dv &= a^{-\frac{m+1}{2}} \int_{0}^{\infty} (va)^{\frac{m+1}{2}-1} e^{-va} d(va) \\
&= a^{-\frac{m+1}{2}} \Gamma \left( \frac{m+1}{2} \right) \\
&= \left( \frac{1+t^2/m}{2} \right)^{-\frac{m+1}{2}} \Gamma \left( \frac{m+1}{2} \right) \\
&= \left( \frac{1}{2} \right)^{-\frac{m+1}{2}} \Gamma \left( \frac{m+1}{2} \right) \left( 1 + \frac{t^2}{m} \right)^{-\frac{m+1}{2}} \\
&= 2^{\frac{m+1}{2}} \Gamma \left( \frac{m+1}{2} \right) \left( 1 + \frac{t^2}{m} \right)^{-\frac{m+1}{2}}
\end{align}
$$

ここまでの議論により、(4.19)式が成立することを示すことができる。

問題4.5の解答例

$$
\large
\begin{align}
f(t) &= \frac{\Gamma \left(\frac{m+1}{2} \right)}{\sqrt{\pi m} \Gamma \left(\frac{m}{2} \right)} \left( 1 + \frac{t^2}{m} \right)^{-\frac{m+1}{2}} \quad (4.20) \\
&= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \times \frac{\Gamma \left(\frac{m+1}{2} \right)}{\sqrt{m} \Gamma \left(\frac{m}{2} \right)} \times \left( 1 + \frac{t^2}{m} \right)^{-\frac{m+1}{2}} \quad (1)
\end{align}
$$
(4.20)を上記のように整理し、それぞれの項に関して$m \to \infty$の極限を考える。

・(1)式の右辺第3項の$\displaystyle \left( 1 + \frac{t^2}{m} \right)^{-\frac{m+1}{2}}$
$\displaystyle \left( 1 + \frac{t^2}{m} \right)^{-\frac{m+1}{2}}$の$m \to \infty$の極限は$e$の定義を用いて下記のように導出できる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{m \to \infty} \left( 1 + \frac{t^2}{m} \right)^{-\frac{m+1}{2}} &= \lim_{m \to \infty} \left( \left( 1 + \frac{t^2}{m} \right)^{-\frac{m+1}{2t^2}} \right)^{t^2} \\
&= \lim_{m \to \infty} \left( \left( 1 + \frac{t^2}{m} \right)^{\frac{2(m+1)}{2t^2}} \right)^{-\frac{t^2}{2}} \\
&= \lim_{m \to \infty} \left( \left( 1 + \frac{t^2}{m} \right)^{\frac{m+1}{t^2}} \right)^{-\frac{t^2}{2}} \\
&= \lim_{m \to \infty} \left( \left( 1 + \frac{t^2}{m} \right)^{\frac{m}{t^2}} \right)^{-\frac{t^2}{2}} \left( \left( 1 + \frac{t^2}{m} \right)^{\frac{1}{t^2}} \right)^{-\frac{t^2}{2}} \\
&= e^{-\frac{t^2}{2}} \cdot 1 \\
&= e^{-\frac{t^2}{2}}
\end{align}
$$

・(1)式の右辺第2項の$\displaystyle \frac{\Gamma \left(\frac{m+1}{2} \right)}{\sqrt{m} \Gamma \left(\frac{m}{2} \right)}$

$\displaystyle \frac{\Gamma \left(\frac{m+1}{2} \right)}{\sqrt{m} \Gamma \left(\frac{m}{2} \right)}$は下記のように整理することができる。
$$
\large
\begin{align}
& \frac{\Gamma \left(\frac{m+1}{2} \right)}{\sqrt{m} \Gamma \left(\frac{m}{2} \right)} \\
&= \frac{\Gamma \left(\frac{m+1}{2} \right)}{\sqrt{2 \pi \cdot \frac{m-1}{2}} \left( \frac{m-1}{2} \right)^{\frac{m-1}{2}} e^{-\frac{m-1}{2}}} \cdot \frac{\sqrt{2 \pi \cdot \frac{m-2}{2}} \left( \frac{m-2}{2} \right)^{\frac{m-2}{2}} e^{-\frac{m-2}{2}}}{\Gamma \left(\frac{m}{2} \right)} \cdot \frac{\sqrt{2 \pi \cdot \frac{m-1}{2}} \left( \frac{m-1}{2} \right)^{\frac{m-1}{2}} e^{-\frac{m-1}{2}}}{\sqrt{m}\sqrt{2 \pi \cdot \frac{m-2}{2}} \left( \frac{m-2}{2} \right)^{\frac{m-2}{2}} e^{-\frac{m-2}{2}}}
\end{align}
$$

上記の第1項、第2項はスターリングの公式より$m \to \infty$の際に$1$に収束する。よって以下では第3項のみ考える。
$$
\large
\begin{align}
\frac{\sqrt{2 \pi \cdot \frac{m-1}{2}} \left( \frac{m-1}{2} \right)^{\frac{m-1}{2}} e^{-\frac{m-1}{2}}}{\sqrt{m}\sqrt{2 \pi \cdot \frac{m-2}{2}} \left( \frac{m-2}{2} \right)^{\frac{m-2}{2}} e^{-\frac{m-2}{2}}} &= \frac{\sqrt{m-1} \left( \frac{m-1}{2} \right)^{\frac{m-1}{2}} e^{-\frac{1}{2}}}{\sqrt{m}\sqrt{m-2} \left( \frac{m-2}{2} \right)^{\frac{m-2}{2}}} \\
&= \sqrt{\frac{m-1}{m-2}} \cdot \frac{\left( \frac{m-1}{2} \right)^{\frac{m-1}{2}}}{\sqrt{m}\left( \frac{m-2}{2} \right)^{\frac{m-2}{2}}} \cdot e^{-\frac{1}{2}} \\
&= \sqrt{\frac{m-1}{m-2}} \cdot \frac{(m-1)^{\frac{m-1}{2}}}{\sqrt{m}(m-2)^{\frac{m-2}{2}}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-\frac{1}{2}}
\end{align}
$$

$m \to \infty$のとき、上記の第1項は$1$に収束する。第2項を考えるにあたっては$l=m-2$を考える。$m \to \infty$のとき、$l \to \infty$も成立する。
$$
\large
\begin{align}
\frac{(m-1)^{\frac{m-1}{2}}}{\sqrt{m}(m-2)^{\frac{m-2}{2}}} &= \frac{(l+1)^{\frac{m+1}{2}}}{\sqrt{l+2}l^{\frac{l}{2}}} \\
&= \sqrt{l+2} \left( 1 + \frac{1}{l} \right)^{\frac{l}{2}} \\
&= \frac{\sqrt{l+1}}{\sqrt{l+2}} \left( 1 + \frac{1}{l} \right)^{\frac{l}{2}}
\end{align}
$$

上記において、$\displaystyle \left( 1 + \frac{1}{l} \right)^{\frac{l}{2}}$の$m \to \infty, l \to \infty$の極限は下記のように導出することができる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{m \to \infty, l \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{l} \right)^{\frac{l}{2}} &= \lim_{m \to \infty, l \to \infty} \left( \left( 1 + \frac{1}{l} \right)^{l} \right)^{\frac{1}{2}} \\
&= e^{\frac{1}{2}}
\end{align}
$$

よって$\displaystyle \frac{\Gamma \left(\frac{m+1}{2} \right)}{\sqrt{m} \Gamma \left(\frac{m}{2} \right)}$の$m \to \infty$の極限は下記のように導出できる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{m \to \infty} \frac{\Gamma \left(\frac{m+1}{2} \right)}{\sqrt{m} \Gamma \left(\frac{m}{2} \right)} &= \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-\frac{1}{2}} \cdot e^{\frac{1}{2}} \\
&= \frac{1}{\sqrt{2}}
\end{align}
$$

・(1)式の導出
ここまでの議論より、(1)式の$m \to \infty$の極限は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{m \to \infty} \frac{1}{\sqrt{\pi}} \times \frac{\Gamma \left(\frac{m+1}{2} \right)}{\sqrt{m} \Gamma \left(\frac{m}{2} \right)} \times \left( 1 + \frac{t^2}{m} \right)^{-\frac{m+1}{2}} &= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \times \frac{1}{\sqrt{2}} \times e^{-\frac{t^2}{2}} \\
&= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}}e^{-\frac{t^2}{2}}
\end{align}
$$

上記の導出は自由度$m$の$t$分布の$m \to \infty$の極限が、正規分布に一致することを表す。

問題4.6の解答例

$$
\large
\begin{align}
f(y) = \frac{l^{l/2}m^{m/2}}{B(l/2,m/2)}\frac{y^{l/2-1}}{(m+ly)^{(l+m)/2}} \quad (1)
\end{align}
$$
上記は自由度$(l,m)$の$F$分布の確率密度関数だが、上記において$v=ly$で置き換えると上記が$v$の$\chi^2$に収束することを示す。これは下記が成立することを意味する。
$$
\large
\begin{align}
g(v) = \frac{1}{2^{l/2} \Gamma(l/2)} y^{l/2-1}e^{-y/2} \quad (v>0) \quad (2)
\end{align}
$$

以下、(1)式を(2)式の形にすることを目標に式変形を行う。
$$
\large
\begin{align}
f(y) &= \frac{l^{l/2}m^{m/2}}{B(l/2,m/2)}\frac{y^{l/2-1}}{(m+ly)^{(l+m)/2}} \quad (1) \\
&= \frac{lm^{m/2}}{B(l/2,m/2)}\frac{l^{l/2-1}y^{l/2-1}}{(m+v)^{(l+m)/2}} \\
&= \frac{lm^{m/2}}{B(l/2,m/2)}\frac{v^{l/2-1}}{(m+v)^{(l+m)/2}} \\
&= \frac{lm^{m/2}\Gamma(l/2)\Gamma(m/2)}{\Gamma((l+m)/2)}\frac{v^{l/2-1}}{(m+v)^{(l+m)/2}} \\
&= \frac{1}{\Gamma(l/2)} v^{l/2-1} \times \frac{lm^{m/2}\Gamma(m/2)}{\Gamma((l+m)/2)}\frac{1}{(m+v)^{(l+m)/2}}
\end{align}
$$

問題4.7の解答例

問題4.8の解答例

$T$と$V$の同時密度関数を$f(t,v)$のようにおくと、$f(t,v)$は下記のように表される。
$$
\large
\begin{align}
f(t,v) = \frac{v^{\frac{m+1}{2}-1} e^{-\frac{v}{2}(1+\frac{t^2}{m})} e^{-\frac{\lambda^2}{2}} e^{t \lambda \sqrt{\frac{v}{m}}}}{2^{\frac{m}{2}} \Gamma \left( \frac{m}{2} \right) \sqrt{2 \pi m}} \quad (1)
\end{align}
$$
ここで上記の$\displaystyle e^{t \lambda \sqrt{\frac{v}{m}}}$は下記のようにマクローリン展開できる。
$$
\large
\begin{align}
e^{t \lambda \sqrt{\frac{v}{m}}} = \sum_{i=1}^{\infty} \frac{t^j \lambda^j v^{\frac{j}{2}}}{j! m^{\frac{j}{2}}} \quad (2)
\end{align}
$$

(2)式を(1)式に代入し、下記のように変形を行う。
$$
\large
\begin{align}
f(t,v) &= \frac{v^{\frac{m+1}{2}-1} e^{-\frac{v}{2}(1+\frac{t^2}{m})} e^{-\frac{\lambda^2}{2}}}{2^{\frac{m}{2}} \Gamma \left( \frac{m}{2} \right) \sqrt{2 \pi m}} \times \sum_{j=0}^{\infty} \frac{t^j \lambda^j v^{\frac{j}{2}}}{j! m^{\frac{j}{2}}} \\
&= \frac{e^{-\frac{\lambda^2}{2}}}{\sqrt{\pi m} \Gamma \left( \frac{m}{2} \right)} \sum_{j=0}^{\infty} \frac{v^{\frac{m+1}{2}-1} e^{-\frac{v}{2}(1+\frac{t^2}{m})} t^j \lambda^j v^{\frac{j}{2}}}{j! m^{\frac{j}{2}} 2^{\frac{m+1}{2}}} \\
&= \frac{e^{-\frac{\lambda^2}{2}}}{\sqrt{\pi m} \Gamma \left( \frac{m}{2} \right)} \sum_{j=0}^{\infty} v^{\frac{m+1+j}{2}-1} e^{-\frac{v}{2}(1+\frac{t^2}{m})} \times \frac{t^j \lambda^j}{j! m^{\frac{j}{2}} 2^{\frac{m+1}{2}}}
\end{align}
$$

上記の両辺を$0 \leq v \leq \infty$で積分を行い、右辺に関して項別積分を行えるようにインテグラルとシグマの順序を入れ替える。
$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{\infty} f(t,v) dv &= \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-\frac{\lambda^2}{2}}}{\sqrt{\pi m} \Gamma \left( \frac{m}{2} \right)} \sum_{j=0}^{\infty} v^{\frac{m+1+j}{2}-1} e^{-\frac{v}{2}(1+\frac{t^2}{m})} \times \frac{t^j \lambda^j}{j! m^{\frac{j}{2}} 2^{\frac{m+1}{2}}} dv \\
&= \frac{e^{-\frac{\lambda^2}{2}}}{\sqrt{\pi m} \Gamma \left( \frac{m}{2} \right)} \sum_{j=0}^{\infty} \frac{t^j \lambda^j}{j! m^{\frac{j}{2}} 2^{\frac{m+1}{2}}} \int_{0}^{\infty} v^{\frac{m+1+j}{2}-1} e^{-\frac{v}{2}(1+\frac{t^2}{m})} dv \quad (3)
\end{align}
$$

(3)式の項別積分の$\displaystyle \int_{0}^{\infty} v^{\frac{m+1+j}{2}-1} e^{-\frac{v}{2}(1+\frac{t^2}{m})} dv$の計算にあたっては下記のガンマ分布の全確率の式を活用することを考える。
$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{\infty} \frac{1}{\alpha^{\nu} \Gamma(\nu)} x^{\nu-1} e^{-\frac{x}{\alpha}} dx = 1 \quad (4)
\end{align}
$$
全確率の式を考えるにあたっては、下記で取りまとめたガンマ分布の確率密度関数の式を用いた。
https://www.hello-statisticians.com/explain-terms-cat/gamma_distribution1.html#i-3

(4)式を用いることで、項別積分の$\displaystyle \int_{0}^{\infty} v^{\frac{m+1+j}{2}-1} e^{-\frac{v}{2}(1+\frac{t^2}{m})} dv$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
& \int_{0}^{\infty} v^{\frac{m+1+j}{2}-1} e^{-\frac{v}{2}(1+\frac{t^2}{m})} dv \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{\left(\frac{2}{1+\frac{t^2}{m}}\right)^{\frac{m+1+j}{2}} \Gamma(\frac{m+1+j}{2})}{\left(\frac{2}{1+\frac{t^2}{m}}\right)^{\frac{m+1+j}{2}} \Gamma(\frac{m+1+j}{2})} v^{\frac{m+1+j}{2}-1} e^{-\frac{v}{2/(1+\frac{t^2}{m})}} dv \\
&= \left(\frac{2}{1+\frac{t^2}{m}}\right)^{\frac{m+1+j}{2}} \Gamma \left( \frac{m+1+j}{2} \right) \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\left(\frac{2}{1+\frac{t^2}{m}}\right)^{\frac{m+1+j}{2}} \Gamma(\frac{m+1+j}{2})} v^{\frac{m+1+j}{2}-1} e^{-\frac{v}{2/(1+\frac{t^2}{m})}} dv \\
&= \left(\frac{2}{1+\frac{t^2}{m}}\right)^{\frac{m+1+j}{2}} \Gamma \left( \frac{m+1+j}{2} \right) \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\alpha^{\nu} \Gamma(\nu)} v^{\nu-1} e^{-\frac{x}{\alpha}} dv \\
&= \left(\frac{2}{1+\frac{t^2}{m}}\right)^{\frac{m+1+j}{2}} \Gamma \left( \frac{m+1+j}{2} \right) \quad (5)
\end{align}
$$
(5)式の導出にあたって(4)式を用いたことを示すにあたって、$\displaystyle \nu = \frac{m+1+j}{2}, \alpha = \frac{2}{1+\frac{t^2}{m}}$のように置き換えを行った。

(5)式を(3)式に代入する。
$$
\large
\begin{align}
& \frac{e^{-\frac{\lambda^2}{2}}}{\sqrt{\pi m} \Gamma \left( \frac{m}{2} \right)} \sum_{j=0}^{\infty} \frac{t^j \lambda^j}{j! m^{\frac{j}{2}} 2^{\frac{m+1}{2}}} \int_{0}^{\infty} v^{\frac{m+1+j}{2}-1} e^{-\frac{v}{2}(1+\frac{t^2}{m})} dv \\
&= \frac{e^{-\frac{\lambda^2}{2}}}{\sqrt{\pi m} \Gamma \left( \frac{m}{2} \right)} \sum_{j=0}^{\infty} \frac{t^j \lambda^j}{j! m^{\frac{j}{2}} 2^{\frac{m+1}{2}}} \left(\frac{2}{1+\frac{t^2}{m}}\right)^{\frac{m+1+j}{2}} \Gamma \left( \frac{m+1+j}{2} \right) \\
&= \frac{e^{-\frac{\lambda^2}{2}}}{\sqrt{\pi m} \Gamma \left( \frac{m}{2} \right)} \sum_{j=0}^{\infty} \frac{\Gamma \left( \frac{m+1+j}{2} \right) 2^{\frac{j}{2}} t^j \lambda^j}{\left(\frac{2}{1+\frac{t^2}{m}}\right)^{\frac{m+1+j}{2}} j! m^{\frac{j}{2}}}
\end{align}
$$
上記が(4.26)式と一致する。

問題4.9の解答例

問題4.10の解答例

「特定の区間の期待値が発散 $\implies$ 有限の期待値・分散を持たない」より、「特定の区間の期待値が発散すること」を示す。ここでは$1 \leq t < \infty$の区間における積分$\displaystyle \int_{1}^{\infty} tf(t) dt$が正の無限大に発散することを示す。
$$
\large
\begin{align}
\int_{1}^{\infty} tf(t) dt &= \int_{1}^{\infty} t \times \frac{1}{\pi (1+t^2)} dt \\
&= \frac{1}{\pi} \int_{1}^{\infty} \frac{t}{(1+t^2)} dt
\end{align}
$$

ここで$1 \leq t$で、$\displaystyle \frac{t}{(1+t^2)} \geq \frac{1}{2t}$が成立することを確認する。
$$
\large
\begin{align}
\frac{t^2}{(1+t^2)} \geq \frac{1}{2} \\
\frac{t}{(1+t^2)} \geq \frac{1}{2t} \quad (2)
\end{align}
$$

(1)式において(2)を考えることにより、下記のように積分の発散を示せる。
$$
\large
\begin{align}
\int_{1}^{\infty} tf(t) dt &= \frac{1}{\pi} \int_{1}^{\infty} \frac{t}{(1+t^2)} dt \\
&\geq \frac{1}{\pi} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{2t} dt \\
&= \frac{1}{2 \pi} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{t} dt \\
&= \frac{1}{2 \pi} \left[ \log{t} \right]_{1}^{\infty} \\
&= \infty
\end{align}
$$
ここまでの議論により、「コーシー分布は有限の期待値や分散を持たないこと」を示すことができる。

次に、$\displaystyle X = \tan{\left( \pi \left( U – \frac{1}{2} \right) \right)}$がコーシー分布に従うことを示す。$X, U$の確率密度関数をそれぞれ$f(x), g(u)$とおくと変数変換の式より下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
f(x) = g(u) \cdot \frac{du}{dx}
\end{align}
$$

$\displaystyle \frac{du}{dx}$を導出するにあたって、$u$を$x$の式で表す。
$$
\large
\begin{align}
x &= \tan{\left( \pi \left( u – \frac{1}{2} \right) \right)} \\
\tan^{-1}{(x)} &= \pi \left( u – \frac{1}{2} \right) \\
u – \frac{1}{2} &= \frac{1}{\pi} \tan^{-1}{(x)} \\
u &= \frac{1}{\pi} \tan^{-1}{(x)} + \frac{1}{2}
\end{align}
$$
$\displaystyle (\tan^{-1}{(x)})’ = \frac{1}{1+x^2}$より、$\displaystyle \frac{du}{dx}$は下記のように求めることができる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{du}{dx} &= \frac{1}{\pi} \times \frac{1}{1+x^2} \\
&= \frac{1}{\pi(1+x^2)}
\end{align}
$$
$\displaystyle (\tan^{-1}{(x)})’ = \frac{1}{1+x^2}$に関しては導出が少々複雑なのでここでは省略し、下記で詳しく取り扱った。
https://www.hello-statisticians.com/explain-terms-cat/diff_formula1.html

$U \sim U[0,1]$から$g(u)=1$が成立するので、$f(x)$は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= g(u) \cdot \frac{du}{dx} \\
&= 1 \cdot \frac{1}{\pi(1+x^2)} \\
&= \frac{1}{\pi(1+x^2)}
\end{align}
$$
上記はコーシー分布の確率密度関数に一致するので、$\displaystyle X = \tan{\left( \pi \left( U – \frac{1}{2} \right) \right)}$がコーシー分布に従うことがわかる。

また、密度関数の積分を考えることで累積分布関数についても示すことができる。

問題4.11の解答例

式(3.37)の分散の公式より、下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
V[(X_1+…+X_N)] = \sum_{i=1}^{N} V[X_i] + 2 \sum_{i<j} Cov[X_i,X_j] \quad (1)
\end{align}
$$

ここで無作為抽出かつ$V[X_1]=\sigma^2$であることから、$V[X_i]=\sigma^2$が成立し、$Cov[X_i,X_j]$に関しても$Cov[X_i,X_j]=Cov[X_1,X_2]$が成立する。よって、(1)式は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
V[(X_1+…+X_N)] &= \sum_{i=1}^{N} V[X_i] + 2 \sum_{i<j} Cov[X_i,X_j] \\
&= N V[X_1] + N(N-1)Cov[X_1,X_2] \\
&= N \sigma^2 + N(N-1)Cov[X_1,X_2] \quad (2)
\end{align}
$$

また、有限抽出を母集団の総標本と同じ数だけ行った場合、$X_1+…+X_N=a_1+…+a_N$のように定数となり、$V[X_1+…+X_N]=0$となる。(2)式において$V[X_1+…+X_N]=0$を考えることで、$Cov[X_1,X_2]$は下記のように導出することができる。
$$
\large
\begin{align}
V[(X_1+…+X_N)] &= 0 \\
N \sigma^2 + N(N-1)Cov[X_1,X_2] &= 0 \\
N(N-1)Cov[X_1,X_2] &= -N \sigma^2 \\
Cov[X_1,X_2] &= – \frac{N \sigma^2}{N(N-1)} \\
Cov[X_1,X_2] &= – \frac{\sigma^2}{N-1}
\end{align}
$$

問題4.12の解答例

問題4.13の解答例

問題4.14の解答例

区間$[0,1]$における一様分布の$U[0,1]$を元に考える。このとき、順序統計量$X_{(i)}$の標本分布の確率密度関数は、下記で表した式(4.50)のようになる。
$$
\large
\begin{align}
f_{X_{(i)}} = \frac{n!}{(i-1)!(n-i)!} x^{i-1}(1-x)^{n-i} = \frac{x^{i-1}(1-x)^{n-i}}{B(i,n-i+1)} \quad (4.50)
\end{align}
$$
式(4.50)はベータ分布$Be(i,n-i+1)$の確率密度関数を表す。

ここでベータ分布$Be(a,b)$の期待値$E[X]$や分散の$V[X]$は、下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
E[X] &= \frac{a}{a+b} \quad (1) \\
V[X] &= \frac{ab}{(a+b)^2(a+b+1)} \quad (2)
\end{align}
$$
詳しい導出については下記で取りまとめを行った。
https://www.hello-statisticians.com/explain-terms-cat/beta_distribution1.html#i-5

(1)式、(2)式に$a=i, b=n-i+1$を代入することで標本分布の期待値$E[X]$と分散$V[X]$は下記のように求めることができる。
$$
\large
\begin{align}
E[X] &= \frac{a}{a+b} \\
&= \frac{i}{i+n-i+1} \\
&= \frac{i}{n+1} \\
V[X] &= \frac{ab}{(a+b)^2(a+b+1)} \\
&= \frac{i(n-i+1)}{(i+n-i+1)^2(i+n-i+1+1)} \\
&= \frac{i(n-i+1)}{(n+1)^2(n+2)}
\end{align}
$$

「Ch.4 「統計量と標本分布」の章末問題の解答例 〜現代数理統計学(学術図書出版社)〜」への3件のフィードバック

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