統計検定1級の2019年11月の「統計数理」の問2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]
$E[U]=E[X_1+X_2]=2E[X_1]$より、$E[X_1]$を求めることを考える。
$$
\large
\begin{align}
E[X_1] &= \int_{0}^{\infty} x \times \lambda e^{-\lambda x} dx \\
&= \left[ x \times -\frac{\lambda}{\lambda} e^{-\lambda x} \right]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} x e^{-\lambda x} dx \\
&= \left[ -\frac{1}{\lambda} x e^{-\lambda x} \right]_{0}^{\infty} \\
&= -\frac{1}{\lambda} (0-1) \\
&= \frac{1}{\lambda}
\end{align}
$$
よって、$E[U]$は下記のように求められる。
$$
\large
\begin{align}
E[U] &= 2E[X_1] \\
&= 2 \times \frac{1}{\lambda} \\
&= \frac{2}{\lambda}
\end{align}
$$
[2]
下記のように確率変数$X_1,X_2$から確率変数$U,V$への変換を考える。
$$
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\begin{align}
U &= X_1+X_2 \\
V &= X_1
\end{align}
$$
このとき、逆変換は下記のように表せる。
$$
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\begin{align}
X_1 &= V \\
X_2 &= U-V
\end{align}
$$
ここでこの変換に関するヤコビ行列を$\mathbf{J}$とおくと、$\mathbf{J}$は下記のように表せる。
$$
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\begin{align}
\mathbf{J} &= \left( \begin{array}{cc} \frac{\partial x_1}{\partial u} & \frac{\partial x_1}{\partial v} \\ \frac{\partial x_2}{\partial u} & \frac{\partial x_1}{\partial v} \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & -1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
よって、ヤコビアン$|\det \mathbf{J}|$は下記のように計算できる。
$$
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\begin{align}
|\det \mathbf{J}| &= abs \left| \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & -1 \end{array} \right| \\
&= |0 \cdot (-1) – 1 \cdot 1| \\
&= 1
\end{align}
$$
ここで$U,V$に関する確率密度関数の$g(u,v)$を考えると、変数変換に関する公式より下記のように導出できる。
$$
\large
\begin{align}
g(u,v) &= f(x_1,x_2) |\det \mathbf{J}| \\
&= f(x_1)f(x_2) \\
&= f(v)f(u-v) \\
&= \lambda e^{-\lambda v} \times \lambda e^{-\lambda (u-v)} \\
&= \lambda^2 e^{-\lambda u}
\end{align}
$$
また、$x_1>0,x_2>0$より、$v$に関して$0<v<u$が成立する。よって、確率密度関数$g(u)$は下記のように導出できる。
$$
\large
\begin{align}
g(u) &= \int_{0}^{\infty} g(u,v) dv \\
&= \int_{0}^{\infty} \lambda^2 e^{-\lambda u} dv \\
&= \lambda^2 e^{-\lambda u} [v]_{0}^{u} \\
&= u \lambda^2 e^{-\lambda u}
\end{align}
$$
[3]
期待値$\displaystyle E \left[ \frac{1}{U} \right]$は下記のように計算を行うことができる。
$$
\large
\begin{align}
E \left[ \frac{1}{U} \right] &= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{u} g(u) du \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{u} \times u \lambda^2 e^{-\lambda u} du \\
&= \int_{0}^{\infty} \lambda^2 e^{-\lambda u} du \\
&= \left[ -\frac{1}{\lambda} \lambda^2 e^{-\lambda u} \right]_{0}^{\infty} \\
&= \left[ -\lambda e^{-\lambda u} \right]_{0}^{\infty} \\
&= -\lambda(0-1) \\
&= \lambda
\end{align}
$$
[4]
$R(\alpha,\theta)$を定義に基づいて計算を行う。
$$
\large
\begin{align}
R(\alpha,\theta) &= E[L(\alpha \bar{X},\theta)] \\
&= E \left[ \frac{\alpha \bar{X}}{\theta} + \frac{\theta}{\alpha \bar{X}} – 2 \right] \\
&= E \left[ \frac{\alpha U}{2 \theta} \right] + E \left[ \frac{2 \theta}{\alpha U} \right] – 2 \\
&= \frac{2 \alpha}{2 \theta \lambda} + \frac{2 \theta \lambda}{\alpha} – 2 \\
&= \frac{\alpha}{\theta \lambda} + \frac{2 \theta \lambda}{\alpha} – 2 \\
&= \alpha + \frac{2}{\alpha} – 2
\end{align}
$$
上記の途中式では$\displaystyle \theta = \frac{1}{\lambda}$を用いた。
ここで$\displaystyle R(\alpha) = \alpha + \frac{2}{\alpha} – 2$が最小となる際の$\alpha$を求めるにあたって、$R(\alpha)$を$\alpha$で微分する。
$$
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\begin{align}
\frac{d}{d \alpha}R(\alpha) = 1 – \frac{2}{\alpha^2}
\end{align}
$$
上記より$\alpha=\sqrt{2}$の前後で$\displaystyle \frac{d}{d \alpha}R(\alpha)$の符号が$-$から$+$に入れ替わる。よって、$R(\alpha,\theta)$が最小になる$\alpha$の条件は$\alpha=\sqrt{2}$であることがわかる。
・別解
$\displaystyle \alpha + \frac{2}{\alpha}$に関して相加平均・相乗平均の不等式の等号成立条件の$\displaystyle \alpha = \frac{2}{\alpha}$を考えても良い。
$$
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\begin{align}
\alpha &= \frac{2}{\alpha} \\
\alpha^2 &= 2
\end{align}
$$
上記に対して$\alpha>0$より$\alpha=\sqrt{2}$となる。
解説
[2]が2変数の変数変換であり計算が複雑なのと、$V=X_1$とおくところが問題文にないことから少々難しいのではという印象でした。また、$g(u,v)$の導出後に積分を行うことや、その後の[3]が簡単なことからも問題を2つに分割しても良いと思われます。
20点配分なら[1]が3点、[2]が9点、[3]が2点、[4]が6点くらいが妥当な印象で、[2]を解かないと[3]が解けないことから[4]に比べても[2]の配点を大きくするのが良いのではと思われました。