【現代数理統計学の基礎】演習問題 2章問13 答案例

はじめに

統計検定1級の対策として現代数理統計学の基礎を解いています。
公式の略解だと式展開が追いきれない部分があったので、
可能な限り、しつこく式展開をしつつ解いています。
誤り・飛躍があったら、コメントにてお知らせください。

演習問題 2章問13 答案例

(1)

$\displaystyle{ M_X(t)=\int^1_{-1} e^{tx} \frac{1}{2} dx = \frac{1}{2t} \left[e^{tx} \right]^1_{-1}=\frac{e^t - e^{-t}}{2t}\\\ \\\ モーメント母関数を微分するより、素直に積分を実行したほうが楽.\\\ E[X]=\int^1_{-1} x \cdot \frac{1}{2} dx = \frac{1}{4} \left[x^2 \right]^1_{-1}= \underline{0}\\\ E[X^2]=\int^1_{-1} x^2 \cdot \frac{1}{2} dx = \frac{1}{6} \left[x^3 \right]^1_{-1} = \frac{1}{3}\\\ Var(X) = \frac{1}{3} - 0^2 = \underline{\frac{1}{3}}\\\ }$

以上.

(2)

$\displaystyle{ Y=g(X)=X^2なる変数変換を考える.\\\ F_Y(y)=P(Y \leq y)=P(X^2 \leq y)=P(X \in \{ x \mid- \sqrt{y} \leq x \leq \sqrt{y} \}), \hspace{3mm} 0 < y < 1\\\ \\\ \therefore f_Y(y)=\frac{d}{dy} \int^{\sqrt{y}}_{-\sqrt{y}} \frac{1}{2} dx=\frac{d}{dy} \left\{\frac{1}{2} \left(\sqrt{y} + \sqrt{y} \right) \right\}=\underline{\frac{1}{2\sqrt{y}}, \hspace{3mm} 0 < y < 1}\\\ \\\ \\\ E[Y]=\int^1_0 y \cdot \frac{1}{2\sqrt{y}}dy = \frac{1}{2}\int^1_0 y^\frac{1}{2} dy = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \left[ y^\frac{3}{2} \right]^1_0 = \underline{\frac{1}{3}}\\\ \\\ E[Y^2]=\int^1_0 y^2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{y}}dy = \frac{1}{2}\int^1_0 y^\frac{3}{2} dy = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{5} \left[ y^\frac{5}{2} \right]^1_0 = \frac{1}{5}\\\ Var(Y)=\frac{1}{5}-\left\{\frac{1}{3} \right\}^2=\underline{\frac{4}{45}}\\\ }$

以上.

(3)

$\displaystyle{ Y=-\log{|X|}の変数変換を考える.\\\ まず、Z=|X|の変換を行う. \hspace{3mm} -1 < x < 1 \Rightarrow 0 < z < 1\\\ \\\ \begin{align} f_Z(z)&=\frac{d}{dz}P(Z \leq z)=\frac{d}{dz}P(|X| \leq z) =\frac{d}{dz}P(X \in \{x \mid -z \leq x \leq z \} ) \\\ &=\frac{d}{dz} \int^z_{-z} f_X(x)dx=\frac{d}{dz} \left\{ \frac{1}{2} \left[x \right]^z_{-z} \right\} \\\ &=\frac{d}{dz}z=1, \hspace{3mm} 0 < z < 1\\\ \end{align} \\\ \therefore Zは(0,1)上の一様分布に従う.\\\ \\\ Zが(0,1)の一様分布のときに、Y=-\log{Z}が従う分布は、2章問12 (3)に他ならない. \\\ \underline{f_Y(y)=e^{-y}, \hspace{3mm} y > 0}\\\ \underline{E[Y]=1, \hspace{5mm} Var(Y)=1}\\\ }$

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以上.

(4)

(pdf)
$\displaystyle{ Y=g(X)=\sigma X + \mu, \sigma > 0なる変換を考える.\\\ g'(x)=\sigma > 0, \hspace{5mm} g^{-1}(y)=\frac{y-\mu}{\sigma}\\\ \\\ \therefore f_Y(y)=f_X(g^{-1}(y)) \cdot \frac{1}{g'(g^{-1}(y))}=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sigma}=\underline{\frac{1}{2\sigma}, \hspace{3mm} \mu-\sigma < y < \mu + \sigma}\\\ }$

(モーメント母関数)
$\displaystyle{ M_Y(t)=\int^{\mu+\sigma}_{\mu-\sigma} \frac{1}{2\sigma} e^{ty}dy=\frac{1}{2\sigma t}\left( e^{(\mu+\sigma)t}-e^{(\mu-\sigma)t} \right)=\underline{\frac{e^{\mu t}}{2\sigma t} \left(e^{\sigma t} -e ^{-\sigma t} \right)}\\\ }$

(平均)
$\displaystyle{ \begin{align} E[Y]&=\int^{\mu+\sigma}_{\mu-\sigma} \frac{1}{2\sigma} y dy = \frac{1}{4\sigma} \left[y^2 \right]^{\mu+\sigma}_{\mu-\sigma}\\\ &=\frac{1}{4\sigma} \left\{ (\mu^2 + 2\sigma \mu + \sigma^2) - (\mu^2 - 2\sigma \mu + \sigma^2) \right\}=\frac{4\sigma \mu}{4\sigma}=\underline{\mu} \end{align} }$

(分散)
$\displaystyle{ \begin{align} E[Y^2]&=\int^{\mu+\sigma}_{\mu-\sigma} \frac{1}{2\sigma} y^2 dy = \frac{1}{6\sigma} \left[y^3 \right]^{\mu+\sigma}_{\mu-\sigma}\\\ \\\ &=\frac{1}{6\sigma} \left\{ (\mu^3 + 3\sigma \mu^2 + 3\sigma^2 \mu + \sigma^3) - (\mu^3 - 3\sigma \mu^2 + 3 \sigma^2 \mu - \sigma^3) \right\}\\\ \\\ &=\frac{6\sigma \mu^2 + 2\sigma^3}{6\sigma}=\mu^2+\frac{\sigma^2}{3}\\\ \end{align} \\\ Var(Y)=E[Y^2]-\left\{ E[Y] \right\}^2=\mu^2+\frac{\sigma^2}{3} - \mu^2 = \underline{\frac{\sigma^2}{3}} }$