統計検定 1級 2019年 統計数理 問5 解答 解説

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[1]

モーメント母関数\(M(t)\)は、

\(M(t)=E[e^{t\mu}]\)

\(\displaystyle =\frac{\lambda}{2} \int^\infty_{-\infty} e^{-\lambda|\mu-\xi|+t\mu} d\mu\)

\(\displaystyle=\frac{\lambda}{2} \left(\int^\infty_{\xi} e^{-\lambda(\mu-\xi)+t\mu}d \mu \right. \)\(+ \left. \displaystyle \int^{\xi}_{-\infty} e^{\lambda(\mu-\xi)+t\mu}d \mu \right)\)

\(\displaystyle=\frac{\lambda}{2} \left(\int^\infty_{\xi} e^{(t-\lambda)\mu+\lambda\xi}d \mu \right. \)\(+ \left. \displaystyle \int^{\xi}_{-\infty} e^{(t+\lambda)\mu-\lambda \xi}d \mu \right)\)

\(\displaystyle=\frac{\lambda}{2} \left( -\frac{1}{t-\lambda}e^{(t-\lambda)\xi+\lambda\xi}\right.\)\(+ \left. \displaystyle \frac{1}{t+\lambda}e^{(t+\lambda)\xi-\lambda\xi} \right)\)(\(t<\lambda \)の時)

\(\displaystyle=\frac{\lambda}{2} \left( -\frac{1}{t-\lambda}e^{t\xi}\right.\)\(+ \left. \displaystyle \frac{1}{t+\lambda}e^{t\xi} \right)\)

\(\displaystyle =\frac{\lambda^2}{\lambda^2-t^2}e^{t\xi} \)

\(\ln M(t)=2\ln \lambda \)\(-\ln (\lambda^2-t^2)\)\(+\xi t \)

両辺を微分して\(M(t)\)を掛けると、

\(M'(t)=\displaystyle \left(\frac{2t}{\lambda^2-t^2} +\xi\right)M(t)\)

\(E[\mu]=M'(0)\)

\(=\xi\)

\(\ln M'(t)=\displaystyle \ln \left(\frac{2t+\xi(\lambda^2-t^2)}{\lambda^2-t^2} \right)+\ln M(t)\)

\(\ln M'(t)=\displaystyle \ln (2t+\xi(\lambda^2-t^2))\)\(+\ln (\lambda^2-t^2)\)\(+\ln M(t)\)

両辺を微分して\(M'(t)\)を掛けると、

\(M”(t)=\left(\displaystyle \frac{2-2\xi t}{2t+\xi(\lambda^2-t^2)}\right.\)\(\displaystyle-\frac{2t}{\lambda^2-t^2}\)\(\displaystyle\)\(\left .\displaystyle+\frac{M'(t)}{M(t)}\right)M'(t)\)

\(E[\mu^2]=M”(0)\)

\(=\displaystyle \frac{2}{\lambda^2}+\xi^2\)

よって、

\(V[\mu]=E[\mu^2]-E[\mu]^2\)\(=\displaystyle \frac{2}{\lambda^2}\)

別解

\(E[\mu]\)

\(E[\mu]=\displaystyle \int^\infty_{-\infty} \mu \frac{\lambda}{2}e^{-\lambda|\mu-\xi|}d\mu\)

\(\mu-\xi=\mu’\)と変数変換を行うと、

\(\displaystyle =\int^\infty_{-\infty} (\mu’+\xi) \frac{\lambda}{2}e^{-\lambda|\mu’|}d\mu’\)

偶関数奇関数の部分に着目して、

\(\displaystyle =2\int^\infty_{0} \xi \frac{\lambda}{2}e^{-\lambda \mu’}d\mu’\)

\(\displaystyle =\xi\int^\infty_{0} \lambda e^{-\lambda \mu’}d\mu’\)

\(=\xi\)(指数関数の確率分布関数の全区間積分を利用)

\(V[\mu]\)

\(V[\mu]=\displaystyle \int^\infty_{-\infty} (\mu-\xi)^2 \frac{\lambda}{2}e^{-\lambda|\mu-\xi|}d\mu\)

\(\mu-\xi=\mu’\)と変数変換を行うと、

\(V[\mu]=\displaystyle \int^\infty_{-\infty} {\mu’}^2 \frac{\lambda}{2}e^{-\lambda |\mu’|}d\mu’\)

\(=\displaystyle \int^\infty_{0} {\mu’}^2 \lambda e^{-\lambda \mu’}d\mu’\)

\(=E[{\mu’}^2]\)(ただし、\(\mu’\)の従う分布は\(\mu’ \sim Exp(\lambda)\))

\(=V[\mu’]+E[\mu’]^2\)\(=\displaystyle \frac{1}{\lambda^2}+\left(\frac{1}{\lambda}\right)^2\)

\(\displaystyle = \frac{2}{\lambda^2}\)

[2]

\(g(\mu|\boldsymbol{y}) \propto f(\boldsymbol{y}|\mu)g(\mu)\)

\( \propto \displaystyle \frac{1}{(2 \pi)^{\frac{n}{2}}}\exp \left[-\frac{\sum^n_{i=1}(y_i-\mu)^2}{2}\right]\)\(\displaystyle \cdot \frac{\lambda}{2}\exp[-\lambda|\mu-\xi|] \)

\( \propto \displaystyle \exp \left[-\frac{\sum^n_{i=1}(y_i-\mu)^2}{2} -\lambda|\mu-\xi| \right] \)

[3]

\(\ln g(\mu|\boldsymbol{y})\)\(\displaystyle =-\frac{\sum^n_{i=1}(y_i-\mu)^2}{2} -\lambda|\mu-\xi|\)\(+C\)

\(\displaystyle \frac{d \ln g(\mu|\boldsymbol{y})}{d \mu}=\sum^n_{i=1}(y_i-\mu)\mp \lambda \)(複号の順番に\(\mu>\xi,\mu<\xi\)の時)

\(\displaystyle = \sum^n_{i=1}y_i -n\mu \mp \lambda\)

\(=-n\mu +n\bar{y} \mp \lambda \)(複号の順番に\(\mu>\xi,\mu<\xi\)の時)

これは、\(\mu=\xi\)で不連続な平行な2半直線のグラフになり、\(\displaystyle \frac{d \ln g(\mu|\boldsymbol{y})}{d \mu}\)の符号が正から負に変わる所で最大値を取る。

グラフを書くと分かるが、\(\ln g(\mu|\boldsymbol{y})\)を最大にする\(\mu\)は以下のようになる。

\( \hat{\mu}\)\(= \left \{ \begin{array}{}\displaystyle\bar{y}-\frac{\lambda}{n} &\displaystyle(\xi<\bar{y}-\frac{\lambda}{n}) \\ \xi & \displaystyle(\bar{y}-\frac{\lambda}{n}\leq \xi \leq \bar{y}+\frac{\lambda}{n})\\ \displaystyle\bar{y}+\frac{\lambda}{n} & \displaystyle(\bar{y}+\frac{\lambda}{n} < \xi)\end{array} \right.\)

[4]

グラフは省略する。

グラフより、\(\bar{y}=\xi\)付近では、\(\hat{\mu}=\xi\)となる。


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