[1]
二項分布なので、
\(E[X]=n\theta\)
\(V[X]=n\theta(1-\theta)\)
[2]
\(P(X \geq 1)=1-P(X=0)\)
\(=1-(1-\theta)^n\)
\(P(X=x|X \geq 1)=\displaystyle \frac{P(X=x(x \geq 1))}{P(X \geq 1)}\)
より、証明された。
[3]
\(\eta(\theta)\)
\(\eta(\theta)=E[X|X \geq 1]\)
\(\displaystyle = \sum^n_{x=1}xh(x)\)
\(\displaystyle = \sum^n_{x=0}xh(x)-0\cdot h(0)\)
\(\displaystyle = \sum^n_{x=0}xh(x)\)
\(\displaystyle = \frac{\displaystyle \sum^n_{x=0}xp(x)}{1-(1-\theta)^n}\)
\(\displaystyle = \frac{E[X]}{1-(1-\theta)^n}\)
\(\displaystyle = \frac{n\theta}{1-(1-\theta)^n}\)
\(\xi(\theta)\)
\(\xi(\theta)=V[X|X \geq 1]\)
\(\displaystyle =E[X^2|X \geq 1]-E[X|X \geq 1]^2\)
\(\displaystyle =\sum^n_{x=1} x^2h(x)-\eta(\theta)^2 \)
\(\displaystyle =\sum^n_{x=0} x^2h(x)-\eta(\theta)^2 \)
\(\displaystyle =\sum^n_{x=0} \frac{x^2 p(x)}{1-(1-\theta)^n}-\eta(\theta)^2 \)
\(\displaystyle = \frac{V[X]+E[X]^2}{1-(1-\theta)^n}-\eta(\theta)^2 \)
\(\displaystyle = \frac{n\theta(1-\theta)+(n\theta)^2}{1-(1-\theta)^n}-\eta(\theta)^2 \)
\(\displaystyle = \frac{n\theta(1-\theta)+(n\theta)^2}{1-(1-\theta)^n}-\left(\frac{n\theta}{1-(1-\theta)^n}\right)^2 \)
\(\displaystyle = \frac{n\theta(1-\theta)}{1-(1-\theta)^n}-\frac{n^2\theta^2(1-\theta)^n}{(1-(1-\theta)^n)^2} \)
[4]
\(n=8\)を代入すると、方程式\(\eta(\theta)=2E[X]\)は、
\(\displaystyle \frac{8\theta}{1-(1-\theta)^8}=2\cdot 8 \theta\)
\((1-\theta)^8= 2^{-1}\)
\(\displaystyle \theta=1-2^{-\frac{1}{8}}\)
[5]
\(\boldsymbol{y}=[y_1,… ,y_n]^T\)の同時確率分布は、
\(h(\boldsymbol{y})\)\(=\displaystyle \prod^m_{i=1}\frac{{}_nC_{y_i}\theta^{y_i}(1-\theta)^{n-y_i}}{1-(1-\theta)^n}\)
\(\ln h(\boldsymbol{y})\)\(=\displaystyle \sum^m_{i=1}(\ln {}_nC_{y_i}\)\(+y_i\ln \theta \)\(+(n-y_i)\ln (1-\theta)) \)\(-m\ln (1-(1-\theta)^n)\)
\(\ln h(\boldsymbol{y})\)\(=\displaystyle \sum^m_{i=1}(\ln {}_nC_{y_i})\)\(+m\bar{y}\ln \theta \)\(+m(n-\bar{y})\ln (1-\theta) \)\(-m\ln (1-(1-\theta)^n)\)
\(\displaystyle \frac{\partial \ln h(\boldsymbol{y})}{\partial \theta}=\frac{m\bar{y}}{\theta}-\frac{m(n-\bar{y})}{1-\theta}\)\(\displaystyle-\frac{mn(1-\theta)^{n-1}}{1-(1-\theta)^n}\)
\(=0\)としてまとめると、
\(n\theta=\bar{y}(1-(1-\theta)^n)\)
よって、
\(n\hat{\theta}=\bar{y}(1-(1-\hat{\theta})^n)\)
を解くことにより、\(\hat{\theta}\)を得られる。(公式の解答では、反復法によって計算するという所まで書かれている。)
また、この方程式は、条件付き期待値\(\eta(\theta)=\displaystyle \frac{n\theta}{1-(1-\theta)^n}\)を標本平均\(\bar{y}\)で置き換えた方程式なので、モーメント法である。
コメント
こんにちは。2018数理 問3[3]の分散の計算では期待値にE[X]でなくη(θ)を使うべきではないでしょうか?E[X^2|X≧1]-E[X|X≧1]^2で計算してみると公式と合いました。
かりがねさん、いつもありがとうございます！
ご指摘いただいた通り期待値にη(θ)を使うべきでした。
計算したところ、公式と合いましたので修正いたしました。
今後ともよろしくお願いいたします！
訂正ありがとうございます。統計の計算はややこしすぎですね。