割った余り

主に統計学の勉強メモ

2019年統計検定1級応用(理工学)問1答案

統計検定過去問演習

小問[1]

  • \ \ \ \ \ \ \ \ \displaystyle E[T] = \int_{0}^{\infty} S(t) d t を示せ。

\displaystyle E[T] =\int_{0}^{\infty} t f(t) d t
\displaystyle S(t) = P(T>t) = 1- F(t)

より、

\begin{aligned}
E[T] & = [tF(t)]_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} F(t) d t \\
& = [t\{1-S(t)\}]_{0}^{\infty} - [t]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} S(t) d t \\
& = [t]_{0}^{\infty} + \lim_{t \to \infty}\{tS(t)\} - 0 \times \{1-(1-1)\} - [t]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} S(t) d t \\
& = \int_{0}^{\infty} S(t) d t
\end{aligned}

である。ここで、偏見と独断により \displaystyle \lim_{t \to \infty}\{tS(t)\} = 0とした。( tの発散と S(t)の収束、どっちが速いか問文からは読み取れなかったため。 ) \Box
問文の条件により \displaystyle \lim_{t \to \infty}\{tS(t)\} = 0が成り立つことをStatistician-jaで教えて頂いた。成り立つことの証明を以下にまとめる。

  • \displaystyle \lim_{t \to \infty}\{tS(t)\} = 0の証明方法1(自分で思いついた方法)

問文より F(t)は適当な回数微分できる。
tS(t)を tで微分すると、 S(t)-tf(t)と表せる。
S(t)はゼロに収束する。 f(t){\geq}0より常に -tf(t){\leq}0である。
よって、 tが十分大きければ、 S(t)-tf(t)は負である。
だから、 tS(t)は t{\rightarrow}+{\infty}の極限では常に減少する。
また、 tS(t){\geq}0である。
よって、 \displaystyle \lim_{t \to \infty}\{tS(t)\} = 0が成り立つ。
←やっぱりこれでは示せてない。収束スピードの大小が不明なため。

  • \displaystyle \lim_{t \to \infty}\{tS(t)\} = 0の証明方法2(Statistician-jaで教えて頂いた方法)

あとで書く。

小問[2]-1

  • \ \ \ \ \ \ \ \ \displaystyle m(t)= E[T-t | T>t ] のとき、 \displaystyle m(t)=\frac{\int_{t}^{\infty} S(x) d x}{S(t)} を示せ。

\begin{aligned}
m(t) & = E[T-t | T>t] \\
& = \int_{0}^{\infty} \frac{P(T=x \cap T > t)}{P(T>t)}(x-t) d x \\
& = \frac{1}{S(t)} \int_{t}^{\infty}(x-t)f(x) dx \\
& = \frac{1}{S(t)}[(x-t) F(x)]_{t}^{\infty} - \frac{1}{S(t)}\int_{t} ^{\infty} F(x) d x \\
& =\frac{1}{S(t)}[(x-t) \{1 - S(t) \}]_{t}^{\infty}-\frac{1}{S(t)}\int_{t}^{\infty}\{1 - S(x)\} d x \\
& =\frac{1}{S(t)}[x\{1-S(x)\}]_{t}^{\infty}-\frac{t}{S(t)}[1-S(x)]_{t}^{\infty} -\frac{1}{S(t)}[x]_{t}^{\infty}+\frac{1}{S(t)} \int_{t}^{\infty} S(x) d x \\
& = \frac{-1}{S(t)}[x S(x)]_{t}^{\infty}+\frac{t}{S(t)}[S(x)]_{t}^{\infty} +\frac{1}{S(t)}\int_{t}^{\infty}S(x) d x \\
& = \frac{-1}{S(t)}\lim_{x \to \infty}\{xS(x)\} + \frac{1}{S(t)} t S(t)+\frac{t}{S(t)} \times(1-1)\\
&\ \ \ \ \ \ \ \ -\frac{1}{S(t)}tS(t) + \frac{1}{S(t)} \int_{t}^{\infty} S(x) d x \\
& = \frac{\int_{t}^{\infty} S(x) d x}{S(t)}
\end{aligned}

と示せる。ここで小問[1]と同様に \displaystyle \lim_{x \to \infty}\{xS(x)\} = 0とした。

小問[2]-2

  • \ \ \ \ \ \ \ \ \displaystyle m(t) = \int_{0}^{\infty} \exp [H(t)-H(t+x)] d x を示せ。

\begin{aligned}
{-}H(t+x) & = \int_{0}^{t+x}h(s)ds \\
& = \int_{0}^{t+x}\frac{f(s)}{1 - F(s)}ds \\
& = \ln \{1-F(t+x)\} \\
& = \ln \{S(t+x)\}
\end{aligned}

\begin{aligned}
m(t)=\frac{\int_{t}^{\infty} S(x) d x}{S(t)}
\end{aligned}

より、

\begin{aligned}
\int_{0}^{\infty} \exp [H(t)-H(t+x)] d x & = \exp [H(t)] \int_{0}^{\infty} \exp[-H(t+x)] d x \\
& = \frac{1}{S(t)} \int_{0}^{\infty}S(t+x) d x \\
& = \frac{\int_{t}^{\infty} S(x^{\prime}) d x^{\prime}}{S(t)} \\
& = m(t)
\end{aligned}

と示せる。ここで途中、 x^{\prime} = t + xと変数変換した。

小問[2]-3

  • \ \ \ \ \ \ \ \ \displaystyle S(t) = \exp [-\int_{0}^{t} \frac{1+m^{\prime}(x)}{m(x)} d x ] を示せ。

\begin{aligned}
S(x) &= \frac{\int_{x} ^{\infty} S(x^{\prime}) d x^{\prime}}{m(x)}
\end{aligned}

より、

\begin{aligned}
S^{\prime}(x) & = [S(\infty)-S(x)] \frac{1}{m(x)} +\int_{x} ^{\infty} S(x^{\prime}) d x^{\prime} \frac{-m^{\prime}(x)}{\{m(x)\}^{2}} \\
& = -\frac{S(x)}{m(x)}+m(x) S(x) \frac{-m^{\prime}(x)}{\{m(x)\}^{2}}
\end{aligned}

である。この両辺を S(x) で割って、 S^{\prime}(x) = \frac{dS(x)}{dx} であることに注意して整理すると、

\begin{aligned}
\frac{d S(x)}{S(x)}=-\frac{1+m^{\prime}(x)}{m(x)} d x
\end{aligned}

と表せる。この両辺を積分すると、

\begin{aligned}
&\int_{0}^{S(t)} \frac{d S(x)}{S(x)}=-\int_{0}^{t} \frac{1+m^{\prime}(x)}{m(x)} d x\\
&\ln\{S(t)\} =-\int_{0}^{t} \frac{1+m^{\prime}(x)}{m(x)} d x\\
&S(t) = \exp [-\int_{0}^{t} \frac{1+m^{\prime}(x)}{m(x)}d x]
\end{aligned}

と表せる。 \Box

小問[3](1)

  • ハザード関数 h(x) は寿命のどのような性質を意味するか？

ハザード関数は t その時点で寿命が尽きる確率を意味する。

小問[3](2)

  • 累積ハザード関数 H(x) が凸関数のとき寿命分布はIFRであり、それが凹関数のとき分布はDFRであることを示せ。

t_{1} < t_{2}, 0 < p < 1 とする。

(ⅰ) H(t) が凸関数のとき

\begin{aligned}
H(p t_{1}+(1-p) t_{2}) \leq p H(t_{1})+(1-p) H(t_{2})
\end{aligned}

である。すなわち

\begin{aligned}
\frac{H(t_{2})-H(t_{1})}{t_{2}-t_{1}} \leq \frac{H(t_{2})-H(t_{2}-p(t_{2}-t_{1}))}{p(t_{2}-t_{1})}
\end{aligned}

より H(t) は下に凸な関数である。
よって H(t) の導関数である h(t) の導関数は常に 0 以上なので h(t) は非減少関数(IFR)である。

(ⅱ) H(t) が凹関数のとき
(ⅰ)と同様にして考えると H(t) は上に凸な関数である。
よって H(t) の導関数である h(t) の導関数は常に 0 以下なので h(t) は非増加関数(DFR)である。

\Box

小問[4](1)

  • Tの確率密度関数 g_{\beta}(t) およびハザード関数 h_{\beta}(t) を求め、 \betaの値と Tの分布のIFR性およびDFR性との関係を示せ。

ここで、

\begin{aligned}
X \sim & Exp(1) \\
F(x) &=P(X \leq x)=1-e^{-x} \\
\beta>0, \ \ \ \ & T= X^{\frac{1}{\beta}}=\sqrt[\beta]{X}
\end{aligned}

である。

\begin{aligned}
&f_{X}(x)=e^{-x}, X=T^{\beta}\\
&f_{X}(x) d x=g_{\beta}(t) dt
\end{aligned}

より、

\begin{array}{rl}
g_{\beta}(t) &= f_{X}(x(t)) \frac{dx}{d t} \\
&= e^{-t^{\beta}} \beta t^{\beta-1} \\
&=\beta t^{\beta-1} \exp[-t^{\beta}] \\
&\ \ \ \ \ \ \ \ (t \geq 0)
\end{array}

である。また、

\begin{aligned}
P(T \leq t) &= P(X^{\frac{1}{\beta}} \leq t) \\
&= P(X \leq t^{\beta}) \\
&= 1- e^{-t^{\beta}}
\end{aligned}

より、この T の累積分布関数を t で微分することにより、

\begin{aligned}
h_{\beta}(t)=\frac{\beta t^{\beta-1} e^{-t^{\beta}}}{1-(1 - e^{-t \beta})}=\beta t^{\beta-1}\ \ \ \ \ \ \ \ (t \geq 0)
\end{aligned}

となる。よって

0 < \beta < 1 のとき、
h_{\beta}(t) は t の減少関数なのでDFR、
\beta = 1 のとき、
h_{\beta}(t) は t の非減少関数、かつ、非増加関数なので、DFRでありかつIFR、
\beta > 1 のとき、
h_{\beta}(t) は t の増加関数なのでIFR、

である。 \Box

小問[4](2)

  • \beta = \frac{1}{2} のときと \beta = 2 のときのハザード関数を求め、それらの 0 < t < 5の範囲の概形を図示せよ。

(1)の結果より、
\beta = \frac{1}{2} のとき、

\begin{aligned}
h_{\frac{1}{2}}(t)=\frac{1}{2} t^{-\frac{1}{2}}
\end{aligned}

h_{\frac{1}{2}}(t)

\beta = 2 のとき、

\begin{aligned}
h_{2}(t) = 2t
\end{aligned}

h_{2}(t)

である。 \Box

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