問題
過去問題は統計検定公式が問題と解答例を公開しています。こちらを参照してください。
解答
[1] 解答
$\boxed{ \ \mathsf{22}\ }$ ： ①
[2] 解答
$\boxed{ \ \mathsf{23}\ }$ ： ③
「$\{ \varepsilon_t \} \sim \mathcal{N}(0,1), \mathrm{i.i.d.,}$」より、$y_t = -0.8 y_{t-1} + \varepsilon_{t}$に対して期待値$E[Y_t]$は下記のように計算することができる。
・期待値$E[Y_t]$
$$
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\begin{align}
E[Y_t] &= E[-0.8 Y_{t-1} + \varepsilon_{t}] \\
&= -0.8 E[Y_{t-1}] + E[\varepsilon_{t}] \\
&= -0.8 E[Y_{t-1}] + 0 \\
1.8 E[Y_t] &= 0 \\
E[Y_t] &= 0
\end{align}
$$
このとき分散を$\gamma(0)=V[Y_t]=E[(Y_t-E[Y_t])^2]=E[Y_t^2]$のようにおくと、$h$次の自己共分散$\gamma(h)$は下記のように考えることができる。
$$
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\begin{align}
\gamma(h) &= E[Y_t Y_{t-h}] – E[Y_t]E[Y_{t-h}] \\
&= E[Y_t Y_{t-h}] \\
&= E[(-0.8 Y_{t-1} + \varepsilon_{t}) Y_{t-h}] \\
&= E[(-0.8 (-0.8 Y_{t-2} + \varepsilon_{t}) + \varepsilon_{t}) Y_{t-h}] \\
&= … \\
&= (-0.8)^{h} E[Y_{t-h}] \\
&= (-0.8)^{h} \gamma(0)
\end{align}
$$
よって$\displaystyle \rho(h) = \frac{\gamma(h)}{\gamma(0)} = (-0.8)^{h}$となる。よって③と④の左のグラフが正しいことがわかる。
また、$AR(1)$過程のスペクトラム$f(\lambda)$は下記のように表される。
$$
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\begin{align}
f(\lambda) = \frac{1}{2 \pi} \frac{\sigma^2}{1 + \phi_{1}^2 – 2 \phi_1 \cos{(\lambda)}}
\end{align}
$$
上記に$\phi_1=-0.8$を代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
f(\lambda) &= \frac{1}{2 \pi} \frac{\sigma^2}{1 + (-0.8)^2 – 2 \times (-0.8) \cos{(\lambda)}} \\
&= \frac{1}{2 \pi} \frac{\sigma^2}{1.64 + 1.6 \cos{(\lambda)}}
\end{align}
$$
上記より②、③の右のグラフが正しいことがわかる。
ここまでの議論により③が正しいと考えることができる。
[3] 解答
$\boxed{ \ \mathsf{24}\ }$ ： ③
$y_t = \varepsilon_{t} + 0.8 \varepsilon_{t-1}$より分散$V(y_t)$は下記のように考えることができる。
$$
\large
\begin{align}
V(y_t) &= V(\varepsilon_{t} + 0.8 \varepsilon_{t-1}) \\
&= E((\varepsilon_{t} + 0.8 \varepsilon_{t-1})^2) \\
&= E(\varepsilon_{t}^2) + 0.64 E(\varepsilon_{t-1}^2) \\
&= 1.64 \sigma^2
\end{align}
$$
一方で、標本平均$\bar{y}_n$に関する分散$V(\bar{y}_n)$は下記のように考えることができる。
$$
\large
\begin{align}
V(\bar{y}_n) &= V \left( \frac{1}{n} \sum_{t=1}^{n} y_t \right) \\
&= \frac{1}{n^2} V \left( \sum_{t=1}^{n} \varepsilon_{t} + 0.8 \varepsilon_{t-1} \right) \\
&= \frac{1}{n^2} V \left( 0.8 \varepsilon_{0} + \varepsilon_{n} + 1.8 \sum_{t=1}^{n-1} \varepsilon_{t} \right) \\
&= \frac{1}{n^2} \left[ V(0.8 \varepsilon_{0}) + V(\varepsilon_{n}) + V \left(1.8 \sum_{t=1}^{n-1} \varepsilon_{t} \right) \right] \\
&= \frac{1}{n^2} (0.8^2 \sigma^2 + \sigma^2 + 1.8^2(n-1)^2 \sigma^2) \\
&= \frac{(1.8^2n-1.6) \sigma^2}{n^2}
\end{align}
$$
よって、$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{n V(\bar{y}_n)}{V(y_t)}$は下記のように考えられる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to \infty} \frac{n V(\bar{y}_n)}{V(y_t)} &= \lim_{n \to \infty} \frac{\displaystyle n \times \frac{(1.8n-1.6) \sigma^2}{n^2}}{1.64 \sigma^2} \\
&= \lim_{n \to \infty} \frac{(1.8^2-1.6/n)}{1.64} \\
&= 1.9756…
\end{align}
$$
上記より③の$1.98$が正しいことがわかる。
[4] 解答
$\boxed{ \ \mathsf{25}\ }$ ： ④
$E(y_t)=E(a_1y_{t-1}+a_2y_{t-2}+\varepsilon_{t})=0$より、$1$次の自己共分散$\gamma(1)$は下記のように計算することができる。
$$
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\begin{align}
\gamma(1) &= E(y_{t}y_{t-1}) – E(y_t)E(y_{t-1}) \\
&= E((a_1y_{t-1}+a_2y_{t-2}+\varepsilon_{t})y_{t-1}) \\
&= a_1E[y_{t-1}^2] + a_2E[y_{t-1}y_{t-2}] \\
&= a_1 \gamma(0) + a_2 \gamma(1) \\
(1-a_2) \gamma(1) &= a_1 \gamma(0) \\
\gamma(1) &= \frac{a_1}{1-a_2} \gamma(0)
\end{align}
$$
また、$2$次の自己共分散$\gamma(2)$も同様に下記のように計算することができる。
$$
\large
\begin{align}
\gamma(2) &= E(y_{t}y_{t-2}) – E(y_t)E(y_{t-2}) \\
&= E((a_1y_{t-1}+a_2y_{t-2}+\varepsilon_{t})y_{t-2}) \\
&= a_1 E(y_{t-1}y_{t-2}) + a_2 E(y_{t-2}^2) \\
&= a_1 \gamma(1) + a_2 \gamma(0) \\
&= a_1 \times \frac{a_1}{1-a_2} \gamma(0) + a_2 \gamma(0) \\
&= \left( \frac{a_1^2}{1-a_2} + a_2 \right) \gamma(0)
\end{align}
$$
ここで$\displaystyle \rho(h) = \frac{\gamma(h)}{\gamma(0)}$より、$\rho(1), \rho(2)$はそれぞれ下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
\rho(1) &= \frac{a_1}{1-a_2} \\
\rho(2) &= \frac{a_1^2}{1-a_2} + a_2
\end{align}
$$
上記に$\rho(1) = 0.5, \rho(2) = -0.25$を代入し$a_1, a_2$ついて解くことで$\displaystyle a_1 = -\frac{2}{3}, a_2 = \frac{5}{6}$が得られる。よって④が正解であるとわかる。
解説
スペクトラム以外はよく出題される問題なので抑えておくと良いと思います。
参考
準1級関連まとめ
https://www.hello-statisticians.com/toukeikentei-semi1
「統計学実践ワークブック」 演習問題 Ch.27 「時系列解析」
https://www.hello-statisticians.com/explain-books-cat/stat_workbook/stat_workbook_ch27.html