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数理統計学　（著 稲垣宣生）　演習問題2　解答

数理統計学 数理統計学　稲垣 統計学

 この本の演習問題の解答を作成。

 

数理統計学 (数学シリーズ)

数理統計学 (数学シリーズ)

 

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全体的なコメント

2.14(2)ができなかった、、できた人教えてください。

他は、できたけど厳密さはわかりません。あと最後の方の解答が雑な気がします。ただ、答えはあっていたので、大丈夫かなと思います。

2.1

問題の気持ち

この問題はひたすら計算するだけ、ただ、（１）のような問題は、ベータ分布なので、このような有名なものは、分布と期待値、分散を覚えていてもいいんじゃないかと思う。

また、(1)(2)の期待値分散は二つの方法で計算した。

cについては、確率密度関数なので、
\int f(x) = 1

となるようにcを求める。


(1)

これは、ベータ分布なので、
c = 1 / Beta(5, 4)
とわかる。
有名なのでこれは、これで終わり。

E[X]=\int^1_0 \frac{x}{Beta(\alpha,\beta)}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1} \\= \frac{1}{Beta(\alpha,\beta)}\int^1_0 x^{\alpha}(1-x)^{\beta-1} = \frac{Beta(\alpha+1,\beta)}{Beta(\alpha,\beta)} \\=\left.\frac{\Gamma({\alpha+1})\Gamma({\beta})}{\Gamma({\alpha+\beta+1})} \middle / \frac{\Gamma({\alpha})\Gamma({\beta})}{\Gamma({\alpha+\beta})}\right.\\=\frac{\alpha}{\alpha+\beta}


\Gamma({\alpha}) = (\alpha - 1)\Gamma(\alpha-1)
を用いた。

Var(X) = E[X^2] - E[X]^2
をもちいる。
E[X^2]=\int^1_0\frac{x^2}{Beta(\alpha,\beta)}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1} \\= \frac{1}{Beta(\alpha,\beta)}\int^1_0 x^{\alpha+1}(1-x)^{\beta-1}= \frac{Beta(\alpha+1,\beta)}{Beta(\alpha,\beta)} \\=\left.\frac{\Gamma({\alpha+2})\Gamma({\beta})}{\Gamma({\alpha+\beta+2})} \middle / \frac{\Gamma({\alpha})\Gamma({\beta})}{\Gamma({\alpha+\beta})}\right.\\=\frac{(\alpha+1)\alpha}{(\alpha+\beta+1)(\alpha+\beta)}
Var(X) = \frac{(\alpha+1)\alpha}{(\alpha+\beta+1)(\alpha+\beta)} - \left(\frac{\alpha}{\alpha+\beta}\right)^2 = \frac{\alpha\beta}{(\alpha+\beta+1)(\alpha+\beta)^2}

ちなみに、積立母関数は、すこし複雑なので、そこから求めない。
積率母関数の求め方は以下を見てください

 

 

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(2)

\int^\infty_{-\infty} ce^{-2|x-3|}dx = \int^\infty_{-\infty} ce^{-2|x|}dx\\= 2\int^\infty_{0} ce^{-2x}dx \\= 2[-1/2ce^{-2x}]^{\infty}_{0}=c=1
\therefore c = 1

1. そのまま求める方法

E[X] = \int^\infty_{-\infty} xe^{-2|x-3|}dx \\= \int^\infty_{-\infty} (x+3)e^{-2|x|}dx\\= \int^\infty_{0} (x+3)e^{-2x}dx+\int^0_{-\infty} (x+3)e^{2x}dx \\= \int^\infty_{0} (x+3)e^{-2x}dx+\int^\infty_{0} (-x+3)e^{-2x}dx \\=\int^\infty_{0} 6e^{-2x}dx=6[-1/2e^{-2x}]^\infty_0 = 3

Var(X)=E[(X-3)^2] = \int^\infty_{-\infty} (x-3)^2e^{-2|x-3|}dx = \int^\infty_{-\infty} x^2e^{-2|x|}dx\\= 2\int^\infty_{0} x^2e^{-2x}dx\\= 2\left[[-1/2x^2e^{-2x}]+1/2\int2xe^{-2x}\right]= \int2xe^{-2x}dx \\= 2\left[[-1/2xe^{-2x}]+1/2\int^\infty_0e^{-2x}dx\right]\\=\int^\infty_0e^{-2x}dx=[-1/2e^{-2x}]^\infty_0 = 1/2


2. 積率母関数を用いる方法

Mx(t) = E[e^{tX}] = \int^\infty_{-\infty} e^{tx-2|x-3|}dx =\\=\int^\infty_{3}e^{(t-2)x+6}dx+\int^3_{-\infty} e^{(t+2)x-6}dx

ここから

\\=\left[\frac{1}{t-2}e^{(t-2)x+6}\right]^\infty_3+\left[\frac{1}{t+2}e^{(t+2)x-6}\right]^3_{-\infty}(|t|\leq2)　

\\=\frac{-4}{t^2-4}e^{3t}
途中のtの範囲は、積率母関数が存在するための範囲

E[X]=\frac{d Mx(t)}{dt}|_{t=0} = -4\left(\frac{-2t}{(t^2-4)^2}e^{3t}+\frac{3}{t^2-4}e^{3t}\right) =\left.-4\frac{3t^2-2t-12}{(t^2-4)^2}e^{3t} \middle |_{t=0} \right. = 3

E[X^2]=\frac{d^2 Mx(t)}{dt^2}|_{t=0} = -4\left(\frac{(6t-2)(t^2-4)^2-4t(t^2-4)(3t^2-2t-12) }{(t^2-4)^4}e^{3t}+3\frac{3t^2-2t-12}{(t^2-4)^2}e^{3t}\right)|_{t=0}\\= -4\left(\frac{(6t-2)(t^2-4)-4t(3t^2-2t-12) }{(t^2-4)^3}e^{3t}+\frac{9t^2-6t-36}{(t^2-4)^2}e^{3t}\right)|_{t=0}=-4\frac{f(t)+8+144}{(t^2-4)^3} = -4\frac{f(t)+152}{(t^2-4)^3}|_{t=0} = \frac{38}{4}

最後のところは、t=0を入れるので、tが含まれる項は計算する必要がないので、分子のｔがかかっていない項のみを計算した。

Var(X) = E[X^2]-(E[X])^2 = \frac{38}{4}-9 = 1/2

2.2

問題の気持ち

なんだかよくわからない問題
基本的に
\sigma^2 = E[X^2]-(E[X])^2\\E[X^2] = \sigma^2+\mu^2
を使う。

したの方を後の問題で少し使う。

(1)

E[X(X-1)] = \sigma^2+\mu^2-\mu

(2)

E[X(X+5)]=\sigma^2+\mu^2+5\mu

2.3

問題の気持ち

大学受験のによくある問題
最小値をもとめる。

解答

\frac{dM_1(a)}{da} = \frac{dE[|x-a|]}{da}=\left.d\left (\int^\infty_a(x-a)f(x)dx+\int^a_{-\infty}(a-x)f(x)dx\right)\middle/da\right.\\=\left. d\left([G(x)-aF(x)]^\infty_a+[aF(x)-G(x)]_{-\infty}^a\right)\middle / da\right.\\=\left. \left( (G(\infty)-aF(\infty)-(G(a)-aF(a))+aF(a)-G(a)-(aF(-\infty)-G(-\infty))\right)\middle / da\right. \\=-F(\infty)-af(a)+F(a)+af(a)+af(a)+F(a)-af(a)-F(-\infty)=-1+2F(a)

期待値が存在することより
G(x)=\int xf(x)dx\\F(x)=\int f(x)dx\\F(\infty)=1\\F(-\infty) = 0
をもちいた。
よって極値は、

\frac{dM_1(a)}{da} = 0
なので、
F(a)=1/2\\ \therefore a = m

になる。
また、F(x)が単調増加なので、
\frac{dM_1(a)}{da}=-1+2F(a)
の時、a=mを超えると、正になることがわかる。よって、最小値になることがわかる。

 

2.4

問題の気持ち

最小値を求める問題

2.3に似てるけどこっちの方がやりやすい。

解答

\frac{dM_2(a)}{da} = \frac{dE[(x-a)^2]}{da}=\frac{d(E[X^2]-2aE[X]+E[a]^2)}{da}\\=\frac{d(E[X^2]-2aE[X]+a^2)}{da}\\=-2E[X]+2a
よって、\frac{dM_2(a)}{da}は、E[X]=aで極値をとる。
aを大きくしていくと制になることから、

E[X]=a
で最小値をとることがわかる。

2.5

問題の気持ち

まず、密度関数とは、

\int^\infty_{-\infty} f(x)dx=1

となればよい。この確認のような問題。

解答

\int^\infty_{-\infty} f(x)dx=\int^\infty_{-\infty}1/n\sum_{i=0}^n f_i(x)dx=1/n\sum_{i=0}^n\int^\infty_{-\infty} f_i(x)dx=1/n\sum_{i=0}^n 1=1
よって、しめされた。

 

期待値

\mu=E[X]=\int^\infty_{-\infty} xf(x)dx\\=\int^\infty_{-\infty}x/n\sum_{i=0}^n f_i(x)dx=1/n\sum_{i=0}^n\int^\infty_{-\infty}x f_i(x)dx=1/n\sum_{i=0}^n \mu_i

分散

E[(X-\mu_i)^2] = E[X^2]-(E[X])^2 = \frac{1}{n}\int^\infty_{-\infty}x^2\sum^n_{i=1}f_i(x) - \mu^2 \\=\frac{1}{n} \sum^n_{i=1}\int^\infty_{-\infty}x^2f_i(x) - \mu^2 = \frac{1}{n}\sum^n_{i=1}E_{f_i}[X^2] - \mu^2\\=\frac{1}{n}(\sum^n_{i=1}\sigma^2_i+\mu^2_i) - \mu^2

これで終わりでいいが、巻末の答えに合わせに行く。

\frac{1}{n}(\sum^n_{i=1}\sigma^2_i+\mu^2_i) - \mu^2　＝　\frac{1}{n}\sum^n_{i=1}\sigma^2_i+\frac{1}{n}\sum^n_{i=1}\mu^2_i -2\mu^2 + \mu^2 \\= \frac{1}{n}\sum^n_{i=1}\sigma^2_i+\frac{1}{n}\sum^n_{i=1}\mu^2_i -2\mu\frac{1}{n}\sum^n_{i=1}\mu_i + \mu^2\\=\frac{1}{n}\sum^n_{i=1}\sigma^2_i+\frac{1}{n}(\sum^n_{i=1}\mu^2_i -2\mu\sum^n_{i=1}\mu_i + n\mu^2)\\=\frac{1}{n}\sum^n_{i=1}\sigma^2_i+\frac{1}{n}\sum^n_{i=1}(\mu^2_i -2\mu\mu_i + \mu^2)\\=\frac{1}{n}\sum^n_{i=1}\sigma^2_i+\frac{1}{n}\sum^n_{i=1}(\mu_i -\mu)^2

2.6

問題の気持ち

f(x) = \frac{d F(x)}{d x}
を用いる。

シンプルな微分方程式。

\frac{d F(x)}{d x} = \lambda F(x)(1-F(x))\\ \frac{1}{F(x)(1-F(x))}d F(x) = \lambda dx\\ \int\frac{1}{F(x)(1-F(x))}d F(x) = \int\lambda dx\\ \int\frac{1}{F(x)}+\frac{1}{(1-F(x))} dF(x) = \int\lambda dx\\log(F(x))-log(1-F(x)) = \lambda x +C \ (C:積分定数)\\F(x) / 1 - F(x)= \lambda x + C\\F(x) = \frac{e^{\lambda x + C}}{1+e^{\lambda x + C}}\\ \therefore f(x)= \frac{d F(x)}{d x} = \frac{\lambda e^{\lambda x + C}}{(1+e^{\lambda x + C})^2}

途中の積分で、 int~dF(x)となってるのがなれないが、y = F(x)と考えると自然。

2.7

問題の気持ち

y軸対象とは、
f(x) = f(-x)

これがわかると計算するだけ。

(1)

y軸対象とは、
f(x) = f(-x)
よって、
f(x) : \frac{\lambda e^{\lambda x + C}}{(1+e^{\lambda x + C})^2}= \frac{\lambda e^{-\lambda x + C}}{(1+e^{-\lambda x + C})^2}\\
分子母にe^{2(\lambda x+C)}をかけると
f(x) : \frac{\lambda e^{\lambda x + C}}{(1+e^{\lambda x + C})^2}= \frac{\lambda e^{\lambda x + 3C}}{(1+e^{\lambda x + C})^2}\\
よって、分子のCを比較すると、
C = 0ということがわかる。

よって、このとき
F(x) = \frac{e^{\lambda x }}{1+e^{\lambda x }}

(2)

この中で、 \geq \leqにイコール入ってるけど、実際は入っていません。

はてなブログで＞＜をこの記法で、書けませんでした。

G(x)=\frac{P( (X\geq -x)\cap(X\leq x))}{P(X\leq x) } = \frac{F(x) - F(-x)}{F(x)}=\frac{e^{\lambda x }+e^{-\lambda x }}{1+e^{\lambda x}}= 1 - e^{-\lambda x}

(3)

今回も二つの方法で求める。
ちなみにこの分布は指数分布
まずは、密度関数を求める。
g(x) = \frac{d G(x)}{dx} = -\lambda e^{-\lambda x }

普通に求める

E[X] = -\lambda\int^\infty_0 xe^{-\lambda x}dx =-\lambda \left[[-\frac{1}{\lambda} xe^{-\lambda x}]^\infty_0 +\frac{1}{\lambda} \int e^{-\lambda x}dx \right]\\=- \left[\int e^{-\lambda x}dx \right]\\=-\frac{1}{\lambda} [e^{-\lambda x}]^\infty_0 = \frac{1}{\lambda}

Var(X) = E[X^2] - E[X]^2 \\E[X^2] = -\lambda\int^\infty_0 x^2e^{-\lambda x}dx =-\lambda \left[[-\frac{1}{\lambda} x^2e^{-\lambda x}]^\infty_0 +\frac{2}{\lambda} \int xe^{-\lambda x}dx \right]\\=-2\int xe^{-\lambda x}dx = -2(-E[X] / \lambda)= \frac{2}{\lambda^2}

Var(X) = \frac{2}{\lambda^2} -\frac{1}{\lambda^2} = \frac{1}{\lambda^2}

積率母関数を用いる

Mx(t) =E[e^{tX}] = -\lambda\int^\infty_0 e^{(t-\lambda) x}dx =[\frac{1}{(t-\lambda)}e^{(t-\lambda)x}]^\infty_0 (t \leq \lambda) = -\frac{\lambda}{(t-\lambda)}
\frac{dMx(t)}{dt} = \lambda(\frac{1}{t-\lambda})^2\\E[X] = \frac{dMx(0)}{dt} = \frac{1}{\lambda})\\ \frac{d^2Mx(t)}{dt^2} = -2\lambda(\frac{1}{t-\lambda})^3\\E[X^2] = \frac{d^2Mx(0)}{dt^2} = \frac{2}{\lambda^2}

あとは同じ

2.8

問題の気持ち

確率母関数のはなし。

ただ、P(t)のような関数を設定する理由がわからなかった。

(1)(2)は、A'A''の形に合わせに行くことを意識する。
今回の問題はただの計算。 

(1)

P(t) = E[t^y]=\sum^\infty_{x = 0}\frac{t^y\theta^yf(y)}{A(\theta)}=\frac{\sum^\infty_{x = 0}(t\theta)^yf(y)}{A(\theta)}= \frac{A(t\theta)}{A(\theta)}

(2)

形を合わせに行く感じ

A(\theta) = \sum_{i=0}^\infty\theta^xf(x)\\ \frac{dA}{d\theta}=\sum_{i=0}^\infty x\theta^{x-1}f(x)\\ \frac{d^2A}{d\theta^2}=\sum_{i=0}^\infty x(x-1)\theta^{x-2}f(x)
E[Y] = \sum_{i=0}^\infty y\frac{\theta^yf(y)}{A(\theta)}=\theta\frac{A'(\theta)}{A(\theta)}

E[Y^2] = \sum_{i=0}^\infty y^2\frac{\theta^yf(y)}{A(\theta)}=\sum_{i=0}^\infty y(y-1)\frac{\theta^yf(y)}{A(\theta)}+\sum_{i=0}^\infty y\frac{\theta^yf(y)}{A(\theta)}=\theta^2\frac{A''(\theta)}{A(\theta)}+\theta\frac{A'(\theta)}{A(\theta)}
Var(Y)=E[Y^2]-E[Y]^2=\theta^2\frac{A''(\theta)}{A(\theta)}+\theta\frac{A'(\theta)}{A(\theta)}-\left(\theta\frac{A'(\theta)}{A(\theta)}\right)^2

(3)

微分するだけするだけなので省略。

 

2.9

問題の気持ち

2.8と大体同じ

(1)

M(t)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ty}e^{\theta y}f(y)}{A(\theta)}dy=\frac{\int_{-\infty}^{\infty}e^{(t+\theta )y}f(y)dy}{A(\theta)}=\frac{A(t\theta)}{A(\theta)}
A(\theta) = \int_{-\infty}^{\infty}e^{\theta x}f(x)dx\\ \frac{dA(\theta)}{d\theta} = \int_{-\infty}^{\infty}x e^{\theta x}f(x)dx\\ \frac{d^2A(\theta)}{d\theta^2} = \int_{-\infty}^{\infty}x^2 e^{\theta x}f(x)dx

(2)

E[Y] = \int_{-\infty}^{\infty} y\frac{e^{\theta y}f(y)}{A(\theta)}dy = \frac{A'(\theta)}{A(\theta)}\\E[Y^2] = \int_{-\infty}^{\infty} y^2\frac{e^{\theta y}f(y)}{A(\theta)}dy = \frac{A''(\theta)}{A(\theta)}\\Var(y) = \frac{A''(\theta)}{A(\theta)} - \left(\frac{A'(\theta)}{A(\theta)} \right)^2

(3)

計算するだけ。

2.10

問題の気持ち

 少し難しい問題。次の問題もほとんど同じ感じの問題。

①の変換が難所な気がする。②はわかりにくいが画像を見るとわかりやすい。

①の変換は、 P(X\geq x) = 1 - P(X\leq x) を考えて、下の右の画像をイメージして変換していく。逆算のイメージ

 

E[X] =\sum^\infty_{x=1}xf(x)=\sum^\infty_{x=1}\sum^x_{y=1}f(x)\cdots ①

E[X] =\sum^\infty_{x=1}\sum^x_{y=1}f(x)=\sum^\infty_{y=1}\sum^\infty_{x=y}f(x) \cdots ②

\\E[X] =\sum^\infty_{y=1}1- F(y)=\sum^\infty_{y=1}P(Y \geq y)=\sum^\infty_{x=1}P(X \geq x)

よって示された。

 



最後のところの、ｙからｘへの変換は、計算の結果ナノでできる。

2.11

問題の気持ち


ほとんど、2.11と同じ。
E[X] = \int^\infty_{x}xf(x)dx=\int^\infty_{0}\int^x_{0}f(x)dydx\\

E[X] = \int^\infty_{0}xf(x)dx= \int^\infty_{0}\int^x_{0}f(x)dydx\\=\int^\infty_{0}\int^\infty_{y}f(x)dxdy =\int^\infty_{0}1- F(y)dy\\=\int^\infty_{y=0}P(Y \geq y)dy =\int^\infty_{x=0}P(X \geq x)dx

2.12

問題の気持ち

上の２問を考えつつ合わせていく感じ。ただ、積分範囲の交換のところは、上の問題ことなって、正と負を分けて考えないといけない。

 

E[X^2] = \int^\infty_{-\infty}x^2f(x)dx\\=\int^\infty_{0}\int^{x}_{0}2yf(x)dydx+\int^0_{-\infty}\int^{0}_{x}2yf(x)dydx\\= \int^\infty_{0}\int^{\infty}_{y}2yf(x)dxdy+\int^0_{-\infty}\int^{y}_{-\infty}2yf(x)dxdy\\=\int^\infty_{0}2y(1-F(y))dy+\int^0_{-\infty}2yF(y)dy\\(y\rightarrow -z)\\=\int^\infty_{0}2y(1-F(y))dy+\int^0_{\infty}2(-z)F(-z)(-dz)\\=\int^\infty_{0}2y(1-F(y))dy+\int^{\infty}_{0}2zF(-z)dz \\= \int^\infty_{0}2y\left(1-F(y)+F(-y)\right)dy
よって示された。

2.13

問題の気持ち

上の問題が意識できれば簡単。

 

2.12を用いる。
条件より、
E[X] = E[Y] = \mu

V(X) = E[X^2] - \mu^2\\V(Y) = E[Y^2] - \mu^2
よって、E[X^2]とE[Y^2]の比較だけで、分散の大小が決まる。
また、2.12の変換により、示された。

2.14

問題の気持ち

(2)に府が落ちないし、わからない。


(1)

n回目に偶数の場合($a_n$)n+1回目に偶数になるためには、裏になる必要があるので、1-p
n回目に奇数の場合($1-a_n$)n+1回目に偶数になるためには、表になる必要があるので、p
よって、
[tex:a_{n+1} = a_n(1-p) + (1-a_n)p = a_n(1-2p)+p:

(2)

わからなかった、、わかる人教えてください。\\
ただ、a_nの一般項はもっと普通の方法で出る(3)。
Q(t) = \sum^{\infty}_{n=1}a_nt^n \\= \sum^{\infty}_{n=1}( a_{n-1}(1-2p)+p)t^n\\= (1-2p)\sum^{\infty}_{n=1}a_{n-1}t^n+\sum^{\infty}_{n=1}pt^n\\= (1-2p)t\sum^{\infty}_{n=1}a_{n-1}t^{n-1}+\sum^{\infty}_{n=1}pt^n\\
0が偶数なので
a_0 = 1
Q(t)= (1-2p)t\sum^{\infty}_{n=1}a_{n-1}t^{n-1}+\sum^{\infty}_{n=1}pt^n\\=(1-2p)t\left(Q(t)+1\right) +\sum^{\infty}_{n=1}pt^n
(1- (1-2p)t) Q(t) = (1-2p)t +\sum^{\infty}_{n=1}pt^n\\Q(t) = \frac{(1-2p)t +\sum^{\infty}_{n=1}pt^n}{(1- (1-2p)t) }

とわなるのかな。。

 

(3)

a_{n+1} = a_n(1-2p)+p

特性方程式を解いて、

\\a_{n+1}-1/2 = (1-2p)(a_n-1/2)\\ \therefore a_n = \frac{1}{2}((1-2p)^n+1)

 

 

 

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