統計検定 1級 2023年 統計応用(理工学) 問4 解答 解説

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[1]

\(a(y),b(\lambda),c(\lambda),d(y)\)

\(\displaystyle e^{a(y)b(\lambda)+c(\lambda)+d(y)} = \frac{\lambda^y}{y!}e^{-\lambda}\)

両辺に自然対数を取り、

\(\displaystyle a(y)b(\lambda)+c(\lambda)+d(y) = y \ln \lambda – \ln y! \)\(\displaystyle-\lambda\)

両辺を見比べて、

\( \left\{ \begin{align} &a(y) =y \\ &b(\lambda) =\ln \lambda \\ &c(\lambda) =-\lambda \\ &d(y) =-\ln y! \\ \end{align} \right.\)

期待値

式(3)を用いて

\(\displaystyle E[Y] = E[a(Y)] = -\frac{-1}{1/\lambda}\)\(=\lambda\)

分散

式(3)を用いて

\(\displaystyle V[Y] = V[a(Y)] = \frac{-\frac{1}{\lambda^3}\cdot (-1) -0}{(1/\lambda)^2}\)\(=\lambda\)

[2]

1つの部品が時間\(t\)経っても故障していない確率\(P(T>t)\)を求めたく、これを\(F[T>t]\)と置く。

\(Po(\lambda)\)はある期間を\(n(\to \infty)\)等分したときに、各時間間隔\(1/n (=\Delta t)\)で故障が発生する確率が\(\lambda/n (= \lambda \Delta t)\)である二項分布と同等で、\(\Delta t\)だけ時間を進めた\(F[T>t+\Delta t]\)は、\(F[T>t]\)かつ\(\Delta t\)の間に故障が発生しない確率で、

\(F[T>t+\Delta t] =F[T>t] \times (1-\lambda \Delta t )\)

\(\displaystyle \frac{F[T>t+\Delta t]-F[T>t]}{\Delta t} \)\(\displaystyle= -\lambda F[T>t]\)

\(\Delta t \to 0\)として、\(\displaystyle F'[T>t] = -\lambda F[T>t]\)

この微分方程式を解いて

\(\displaystyle F[T>t] = e^{-\lambda t}\)

\(\lambda\)の単位は\([個/1 day] (=[-/1 \rm{day}])\)なので、\(t= 1/24 \rm{day}\)として、

\(\displaystyle F[T>1 \rm{h} ] = e^{-\lambda \times 1/24 } = 0.9\)

これを解いて\(\lambda\)を得る。

[3]

対数尤度関数

同時確率は

\(\displaystyle f(\boldsymbol{y}) = \prod \frac{\lambda_i^{y_i}}{y_i!}e^{-\lambda_i}\)

対数尤度関数は

\(\displaystyle \ln f(\boldsymbol{y}) = \sum y_i \ln \lambda_i -\sum \ln y_i! \)\(\displaystyle-\sum \lambda_i\)

\(\displaystyle = \beta \sum x_iy_i -\sum \ln y_i! -\sum e^{\beta x_i}\)

尤度方程式

対数尤度関数を\(\beta\)で偏微分して\(=0\)と置く。

\(\displaystyle \frac{\partial \ln f(\boldsymbol{y})}{\partial \beta}= \sum x_iy_i -\sum x_i e^{\beta x_i}\)

\(\displaystyle = \sum x_i(y_i- e^{\beta x_i})=0\)

[4]

下記および公式の解答を参照。

ニュートン法 - Wikipedia

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