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数理統計学　（著 稲垣宣生）　演習問題6　解答

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数理統計学 (数学シリーズ)

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6.1

この問題の気持ち

変数変換

(1)

F_x(X) = \int_{\in D_x}f_X(x)dx = \int_{\in D_y}f_X(e(-1/2y))\frac{dx}{dy}dy\= \int_{\in D_y}f_Y(y)dy
f_y(Y) = f_X(e(-1/2y))\frac{dx}{dy} = \frac{de(-1/2y)}{dy} = -\frac{1}{2}e(-1/2y)
よって示された。


6.2

この問題の気持ち

変数変換

密度関数

上と同様に、

f_y(Y) = f_X(Y^2)\frac{dx}{dy} = \frac{1}{\Gamma(n/2)2^{n/2}}y^{n-2}exp(-y^2/2)*2y\= \frac{1}{\Gamma(n/2)2^{n/2-1}}y^{n-1}exp(-y^2/2)

平均

E[Y] = \int^\infty_{-\infty}y\frac{1}{\Gamma(n/2)2^{n/2-1}}y^{n-1}exp(-y^2/2)dy
=\frac{1}{\Gamma(n/2)2^{n/2-1}}\int^\infty_{-\infty}y^{n}exp(-y^2/2)dy
=\frac{1}{\Gamma(n/2)2^{n/2-1}}\int^\infty_{-\infty}(2x)^{n/2}exp(-x)dy
=\frac{\Gamma(\frac{n+1}{2})}{\Gamma(n/2)}\sqrt{2}

分散

E[Y^2] = \int^\infty_{-\infty}y^2\frac{1}{\Gamma(n/2)2^{n/2-1}}y^{n-1}exp(-y^2/2)dy
=\frac{1}{\Gamma(n/2)2^{n/2-1}}\int^\infty_{-\infty}y^{n+1}exp(-y^2/2)dy
=\frac{1}{\Gamma(n/2)2^{n/2-1}}\int^\infty_{-\infty}(2x)^{(n+1)/2}exp(-x)dy
=2\frac{\Gamma(n/2+1)}{\Gamma(n/2)}
=n
V(Y) = n - 2\left(\frac{\Gamma(\frac{n+1}{2})}{\Gamma(n/2)}\right)^2

6.3

この問題の気持ち

変数変換

変数変換

F_{XY}(X,Y) = \int_{\in D_{XY}} f_{XY}(X, Y)dxdy
やこびあんを変な風に書いた。
= \int_{ \in D_{R\theta}} f_{XY}(Rcos\theta,Rsin\theta)\left|\frac{\partial[X, Y]}{\partial \boldsymbol{[R,\theta]}}\right|dRd\theta
= \int_{ \in D_{R\theta}} f_{R\theta}(R, \theta)dRd\theta
\frac{\partial X}{\partial R} = cos\theta
\frac{\partial Y}{\partial R} = sin\theta
\frac{\partial X}{\partial \theta} = -Rsin\theta
\frac{\partial Y}{\partial \theta} = Rcos\theta
\left|\frac{\partial[X, Y]}{\partial \boldsymbol{[R,\theta]}}\right| = R
上の6.2結果を用いて、レイリー分布はn=2より
f_{XY}(X, Y) = f_{R\theta}(R,\theta)\left|\frac{\partial \boldsymbol{[R,\theta]}}{\partial[X, Y]}\right|
= \frac{1}{2\pi}\frac{1}{\Gamma(n/2)2^{n/2-1}}R^{n-1}exp(-R^2/2)\frac{1}{R}
= \frac{1}{2\pi}exp(-R^2/2)= \frac{1}{2\pi}exp(-(X^2+Y^2)/2)
= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}exp(-(X^2)/2)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}exp(-(Y^2)/2)
独立でそれぞれ標準正規分布に従う。

6.4

この問題の気持ち

計算しよう

密度関数になるか

\frac{1}{\pi\sigma}\int \frac{1}{1+\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2} dx=\frac{1}{\pi}\int^{\pi/2}_{-\pi/2}d\theta = 1
x=\sigma tan\theta + \mu
期待値の存在
E[X] = \frac{1}{\pi\sigma}\int \frac{x}{1+\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2} dx=\frac{1}{\pi}\int^{\pi/2}_{-\pi/2}tan\theta d\theta
発散するので、存在しない

6.5

この問題の気持ち

変数変換

(1)

F_{ZY}(Z,Y) = \int f_{ZY}(z,y)dzdy = \int f_{ZY}(x/y,y)\frac{dz}{dx}dxdy
f_{ZY}(x/y,y) = f_{XY}(X,Y) \frac{dx}{dz} = \frac{1}{2\pi}exp\left(-\frac{x^2+y^2}{2}\right)y
f_z(z) = \int^\infty_{-\infty} \frac{1}{2\pi}exp\left(-\frac{(z^2+1)y^2}{2}\right)|y|dy
= \frac{1}{\pi(z^2+1)} \int ^\infty_0exp(-t)dt= \frac{1}{\pi(z^2+1)}


6.6

この問題の気持ち

なんか同じ問題続いている。考えなくても溶けそう。

(1)

6.4と同様の変換よりなることがわかる。

(\mu = 0, \sigma =1)

6.7

この問題の気持ち

同じことを繰り返す。\
最後の三角関数の変換が面戸い

(1)コーシィ分布

6.5を考えると、

f_{ZY}(x/y,y) = f_{XY}(X,Y) \frac{dx}{dz} = f_{XY}(X,Y)y
f_Z(Z)= \int_{-\infty}^{\infty} f_{XY}(zy,y)ydy
= \frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\int_{-\infty}^{\infty} |y|exp\left[-\frac{y^2}{(1-\rho^2)}\left\{ \frac{z^2}{\sigma_1^2}-2\rho\frac{z}{\sigma_1\sigma_2}+\frac{1}{\sigma_2^2}\right\}\right]dy
= \frac{1}{\pi\sigma_1\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\int_{0}^{\infty} yexp\left[-\frac{y^2}{(1-\rho^2)}\left\{ \frac{z^2}{\sigma_1^2}-2\rho\frac{z}{\sigma_1\sigma_2}+\frac{1}{\sigma_2^2}\right\}\right]dy
= \frac{1}{\pi\sigma_1\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\int_{0}^{\infty} \frac{1}{2}\frac{(1-\rho^2)}{\left\{ \frac{z^2}{\sigma_1^2}-2\rho\frac{z}{\sigma_1\sigma_2}+\frac{1}{\sigma_2^2}\right\}}exp(-t)dy
= \frac{1}{\pi\sigma_1\sigma_2}\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{1-\rho^2}}\frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2}\left\{ (z-\rho\frac{\sigma_1}{\sigma_2})^2+\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}(1-\rho^2)\right\}}
= \frac{1}{\pi\frac{\sigma_1\sqrt{1-\rho^2}}{\sigma_1}}\frac{1}{\left\{ \left(\frac{z-\rho\frac{\sigma_1}{\sigma_2}}{\frac{\sigma_1}{\sigma_2}(\sqrt{1-\rho^2})}\right)^2+1\right\}}
よって示された。


(2)

Z=\frac{X}{Y}でZ=XYじゃないと思うが、
XY<0というのは、符号が異なりどちらもゼロでないということなので、Z<0と変わらない。
よって、
P(XY<0) = \frac{1}{\pi\frac{\sigma_1\sqrt{1-\rho^2}}{\sigma_1}}\int^0_{-\infty} \frac{1}{\left\{ \left(\frac{z-\rho\frac{\sigma_1}{\sigma_2}}{\frac{\sigma_1}{\sigma_2}(\sqrt{1-\rho^2})}\right)^2+1\right\}}dz
ここで、
\frac{z-\rho\frac{\sigma_1}{\sigma_2}}{\frac{\sigma_1}{\sigma_2}(\sqrt{1-\rho^2})} = tan\theta
dz= \frac{1}{cos^2\theta}\frac{\sigma_1}{\sigma_2}(\sqrt{1-\rho^2})d\theta
P(XY<0) = \frac{1}{\pi}\int^{arctan\frac{-\rho}{\sqrt{1-\rho^2}}}_{-\frac{\pi}{2}} d\theta = \frac{1}{\pi}\left(arctan\frac{-\rho}{\sqrt{1-\rho^2}}-\frac{\pi}{2}\right) = \frac{1}{\pi}arccot\frac{-\rho}{\sqrt{1-\rho^2}}
= \frac{1}{\pi}arccos\rho

ja.wikipedia.org

ここらへんが参考


6.8

この問題の気持ち

ひたすら変数変換。
ただ、ガンマ分布が重なってるのでベータ分布かなくらいのモチベーションがないと考えるのは大変かもしれない。

(1)変数変換

f_{ZX}(z,x) = f_{XY}(x,x(1-z)/z) \frac{dy}{dz} = f_{XY}(x,x(1-z)/z) \frac{-x}{z^2}
=\frac{1}{\Gamma(\alpha)\sigma^\alpha}x^{\alpha-1}exp(-x/\sigma)\frac{1}{\Gamma(\beta)\sigma^\beta}\left(\frac{x(1-z)}{z}\right)^{\beta-1}exp\left(-\frac{x(1-z)}{z\sigma}\right)\left(\frac{-x}{z^2}\right)
f_z(z) = -\frac{1}{\Gamma(\alpha)\sigma^\alpha}\frac{1}{\Gamma(\beta)\sigma^\beta}\left(\frac{1-z}{z}\right)^{\beta-1}\frac{1}{z^2}\int^\infty_{0}x^{\alpha+\beta-1}exp\left(-\frac{x}{z\sigma}\right)dx
= -\frac{1}{\Gamma(\alpha)\sigma^\alpha}\frac{1}{\Gamma(\beta)\sigma^\beta}\left(\frac{1-z}{z}\right)^{\beta-1}\left(\frac{1}{z^2}+1\right)(z\sigma)^{\alpha+\beta}\int^\infty_{0}t^{\alpha+\beta-1}exp(-t)dt
= \frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}z^{\alpha-1}\left(1-z\right)^{\beta-1} = \frac{1}{Beta(\alpha, \beta)}z^{\alpha-1}\left(1-z\right)^{\beta-1}

(2)

X = \frac{U}{1+T}, Y = \frac{UT}{1+T}
はじめに、ヤコビアンを求めると、
\frac{\partial X}{\partial T} =-\frac{U}{(1+T)^2}
\frac{\partial X}{\partial U} = \frac{1}{1+T}
\frac{\partial Y}{\partial T} = \frac{U}{(1+T)^2}
\frac{\partial Y}{\partial U} = \frac{T}{1+T}
J = \left|\frac{1}{X} + \frac{1}{X^2}\right| = \frac{1}{X} + \frac{1}{X^2}
最後の等号は、ガンマ分布の定義域より。
f_{UT}(u,t) = f_{XY}\left(\frac{u}{t+1},\frac{ut}{1+t}\right) J
=\frac{1}{\Gamma(\alpha)\sigma^\alpha}\left(\frac{u}{t+1}\right)^{\alpha-1}exp(-\frac{u}{t+1}/\sigma)\frac{1}{\Gamma(\beta)\sigma^\beta}\left(\frac{ut}{1+t}\right)^{\beta-1}exp\left(-\frac{ut}{1+t}/\sigma\right)\frac{U}{(1+T)^2}
今回分布をちゃんと求める必要がないので、以下を考える。
\left(\frac{u}{t+1}\right)^{\alpha-1}exp(-\frac{u}{t+1}/\sigma)\left(\frac{ut}{1+t}\right)^{\beta-1}exp\left(-\frac{ut}{1+t}/\sigma\right)\frac{U}{(1+T)^2}
=u^{\alpha + \beta-1}exp(-u/\sigma)\left(\frac{t}{1+t}\right)^{\beta-1}\left(\frac{1}{t+1}\right)^{\alpha+1}
=u^{\alpha + \beta-1}exp(-u/\sigma)\left(1-\frac{1}{1+t}\right)^{\beta-1}\left(\frac{1}{t+1}\right)^{\alpha+1}
これより、独立
U\sim Ga(\alpha+\beta, \sigma)
S = \frac{1}{1+t}
としたとき、
S\sim Be(\alpha, \beta)

 

6.9

この問題の気持ち

再生性を使おう！！

(1)

X,Yがカイ二乗分布に従うので、分布の再生性より、
X+Y\sim \chi^2_{n+m}
また、カイ二乗分布同士の商なので、
\frac{n+m}{m}Z\sim F^{m}_{n+m}
ということがわかる。
よって、
f\left(\frac{n+m}{m}z\right) = \frac{1}{Beta(\frac{n+m}{2},\frac{m}{2})}\left(\frac{m}{m+n}\right)^{\frac{m}{2}}\left(1+z\right)^{-\frac{m+n+m}{2}}\left(\frac{n+m}{m}Z\right)^{\frac{m}{2}-1}
=\frac{1}{B(\frac{n+m}{2},\frac{m}{2})}\left(1+z\right)^{-\frac{m+n+m}{2}}\left(z\right)^{\frac{m}{2}-1}\sim B\left(\frac{n+m}{2},\frac{m}{2}\right)

6.10

この問題の気持ち

再生性を使おう！！\
モチベーションとしては、指数分布はガンマ分布の特殊な形なので、ガンマ分布になるだろうなという気持ち。結果ならなかった。

(1)

X,Yが指数分布に従うので、分布の再生性より、
X+Y\sim Ex(2\lambda)
また、カイ二乗分布同士の商なので、
W = X+Y \sim Ex(2\lambda)
とすると、
f_{ZX}(z,x) = f_{XW}(x,w) \frac{dw}{dz} = -\frac{x}{z^2}f_{XW}(X,W)
f_{Z}(z) = \int^\infty_{0} -\frac{x}{z^2}f_{XW}(x,x/z) dx
= \int^\infty_{0} -\frac{x}{z^2}\lambda exp(-\lambda x)2\lambda exp(-2\lambda x/z) dx
= -\frac{2\lambda^2 }{z^2}\int^\infty_{0} xexp\left(-\lambda\left(1+\frac{2}{z}\right) x\right) dx
= -\frac{2}{\left(z+4\right)^2}\int^\infty_{0} texp\left(-t\right) dt
= -\frac{2}{\left(z+4\right)^2}\Gamma(2) = -\frac{4}{\left(z+4\right)^2}

6.11

この問題の気持ち

6.9の逆。

6.12

この問題の気持ち

6.11 より示された。

6.13

この問題の気持ち

よくあるやつナノで覚えていた方がいいもの。

標本平均　平均

E[\bar{X}] = E\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} X_i\right] =\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}E\left[ X_i\right] = \mu

標本平均　分散

V(\bar{X}) = E\left[(\bar{X}-\mu)^2\right] = \frac{1}{n^2} = \frac{1}{n^2}\sum E\left[(X_i-\mu)^2\right] = \frac{\sigma^2}{n}

標本分散　平均

n\frac{S^2}{\sigma^2}\sim \chi^2_{n-1}
よって、
E[S^2] = \frac{n-1}{n}\sigma^2

標本分散　分散

V(S^2) = E[(S^2)^2] - (E[S^2])^2
E\left[\left(n\frac{S^2}{\sigma^2}\right)^2\right] = 2(n-1)^2+(n-1)^2 = 3(n-1)^2
E\left[(S^2)^2\right] = \frac{3(n-1)^2}{n^2}\sigma^4
V(S^2) =\frac{2(n-1)^2}{n^2}\sigma^4


標本分散　共分散

これについては大変なので、
定理6より独立なので、
Cov = 0


6.14

この問題の気持ち

わからなかったのと変数変換につかれたのでやめる。\
わかる人教えてください
わかる人教えてください。

  

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