統計検定1級の2018年11月の「統計数理」の問4の解答例と解説について取り扱いました。他の問題の解答に関しては下記よりご確認ください。
https://www.hello-statisticians.com/stat_certifi_1_math
問題
詳しくは統計検定公式よりご確認ください。
解答
[1]
$X \sim N(0,1)$の確率密度関数を$f(x)$、$Y|X \sim N(\rho x,1-\rho^2)$の条件付き確率密度関数を$g(y|x)$のようにおくとき、$X,Y$の同時分布は$g(y|x)f(x)$のように表すことができる。よって、$Y$に関する周辺確率密度関数$g(y)$は下記のように求めることができる。
$$
\large
\begin{align}
g(y) &= \int_{-\infty}^{\infty} g(y|x)f(x) dx \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 \pi (1-\rho^2)}} \exp \left\{ -\frac{(y – \rho x)^2}{2(1-\rho^2)} \right\} \times \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left\{ -\frac{x^2}{2} \right\} dx \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 \pi (1-\rho^2)}} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left\{ -\frac{(y – \rho x)^2}{2(1-\rho^2)} – \frac{x^2}{2} \right\} dx \quad (1)
\end{align}
$$
ここで上記の$\displaystyle -\frac{(y – \rho x)^2}{2(1-\rho^2)} – \frac{x^2}{2}$を展開し、$x$に関して平方完成を行うことを考える。
$$
\large
\begin{align}
-\frac{(y – \rho x)^2}{2(1-\rho^2)} – \frac{x^2}{2} &= -\frac{y^2 – 2\rho xy + \rho^2 x^2}{2(1-\rho^2)} – \frac{x^2(1-\rho^2)}{2(1-\rho^2)} \\
&= -\frac{y^2 – 2\rho xy + \rho^2 x^2 + x^2 – x^2\rho^2}{2(1-\rho^2)} \\
&= -\frac{x^2 – 2\rho xy + y^2}{2(1-\rho^2)} \\
&= -\frac{(x – \rho y)^2 + y^2 – \rho^2 y^2}{2(1-\rho^2)} \\
&= -\frac{(x – \rho y)^2 + y^2(1 – \rho^2)}{2(1-\rho^2)} \\
&= -\frac{(x – \rho y)^2}{2(1-\rho^2)} – \frac{y^2}{2} \quad (2)
\end{align}
$$
$(2)$式より、$(1)$式は下記のように変形を行うことができる。
$$
\large
\begin{align}
g(y) &= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 \pi (1-\rho^2)}} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left\{ -\frac{(y – \rho x)^2}{2(1-\rho^2)} – \frac{x^2}{2} \right\} dx \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 \pi (1-\rho^2)}} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left\{ -\frac{(x – \rho y)^2}{2(1-\rho^2)} – \frac{y^2}{2} \right\} dx \\
&= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left\{ – \frac{y^2}{2} \right\} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 \pi (1-\rho^2)}} \exp \left\{ -\frac{(x – \rho y)^2}{2(1-\rho^2)} \right\} dx \\
&= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left\{ – \frac{y^2}{2} \right\} \times 1 \\
&= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left\{ – \frac{y^2}{2} \right\} \quad (3)
\end{align}
$$
上記の$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 \pi (1-\rho^2)}} \exp \left\{ -\frac{(x – \rho y)^2}{2(1-\rho^2)} \right\} dx = 1$は、$N(\rho y, 1-\rho^2)$の全区間の積分が$1$であることを用いた。
$(3)$式より、$Y \sim N(0,1)$であることも確認できる。
[2]
マルコフ性より、[1]の議論を$2$度行うことで$X_{t}=x_{t}$が与えられた際の$X_{t+1}$の従う分布が正規分布であることがわかる。よって、以下ではその期待値と分散を求める。
条件付き期待値$E[X_{t+1}|X_{t}=x_{t}]$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
E[X_{t+1}|X_{t}=x_{t}] &= E[E[X_{t+1}|Y_t,X_t,Y_{t-1},…,Y_0,X_0]|X_t=x_t] \\
&= E[E[X_{t+1}|Y_t]|X_t=x_t] \\
&= E[\rho Y_t|X_t=x_t] \\
&= \rho \times (\rho x_t) \\
&= \rho^2 x_t
\end{align}
$$
条件付き分散$V[X_{t+1}|X_{t}=x_{t}]$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
V[X_{t+1}|X_{t}=x_{t}] &= E[V[X_{t+1}|Y_t]|X_t=x_t] + V[E[X_{t+1}|Y_{t}]|X_t=x_t] \\
&= E[1-\rho^2|X_t=x_t] + V[\rho Y_t|X_t=x_t] \\
&= 1 – \rho^2 + \rho^2(1-\rho^2) \\
&= 1 – \rho^4
\end{align}
$$
よって$X_t=x_t$が与えられた際の$X_{t+1}$は$N(\rho^2 x_t,1 – \rho^4)$に従う。
[3]
公式の解答が詳しいのでここでは省略する。
解説
条件付き確率とマルコフ性について取り扱われた問題でした。20点配分なら[1]が6点、[2]が9点、[3]が6点ほどが妥当な印象でした。