解答 経済統計 鹿野研究室 ha04a

経済統計・宿題 _#04 （解答）

担当：鹿野（大阪府立大学）

提出期限：

2014 年 07 月 11 日（金）pm 17:45、１階事務室前の提出 Box

解答 1. (a)

E( ˆµ) = ¹

6^{E(X1) +} 2

6^{E(X2) +} 3

6^{E(X3) =} 1 6^{µ +}

2 6^{µ +}

3

6^{µ = µ, (1)}

Var( ˆµ) =^{ 1} 6

2

Var(X1) +^{ 2} 6

2

Var(X2) +^{ 3} 36

2

Var(X3) = ¹ 36^σ

2+ ⁴ 36^σ

2+ ⁹ 36^σ

2= ⁷ 18^σ

2

(2) (b) ^{例えば次の推定量は}µ^{の不偏推定量である。}

ˆµ^′₌ ¹ 2^X1+

1 4^X2+

1

4^{X3, E(µ}

′_{) = µ. (3)}

(c) ˆµ^とX^{¯ はともに}µ^{の不偏推定量、}E( ˆµ) = E( ¯X) = µだが、両者の分散を比較すると Var( ˆµ) = ⁷

18^σ

2> Var( ¯_{X) =} ⁶ 18^σ

2 ₍₄₎

で_X¯の方が分散が小さく、より有効である。よって_X¯ の方が望ましい。 2. (a) E(X_{i) = µ}^、Var(X_{i) = σ}^{2なので、}ˆµの期待値・分散はそれぞれ

E( ˆµ) = w1E(X1) + w2E(X2) +· · · + w^nE(Xn) = µ(w1+ w2+· · · + wⁿ) = µ

n

i=1

wi, (5)

Var( ˆµ) = w²₁^Var(X1) + w²₂^Var(X2) +· · · + w²n^Var(Xn) = σ^2(w2₁+ w²₂+· · · + w²n) = σ²

n

i=1

w²_i.

(6) (b) (5)^式より、

n

i=1

w_{i= 1 ⇒ E( ˆµ) = µ· 1 = µ.} (7)

よって

n

i=1^{wi= 1}を満たすウェイトを使った_ˆµは、全て不偏推定量となる。

1

(c) i. ^（解答1）一般性を失うことなく、_wiを¹

n^{からの乖離}

wi= ¹

n ^{+ di (8)}

で表す。この表記で不偏性の条件₍₇₎式を表すと（以下、和の範囲を省略）

_{ 1} n^{+ di}



= n· ¹ n⁺

di = 1 ⇒ ^di= 0. (9)

また₍₆₎式の分散は、上式の条件を満たすならば Var( ˆµ) = σ^{2 1}

n^{+ di}

2

= σ²

_{ 1} n^{2 +}

2di

n ^{+ d}

2 i



= σ

 n_· ¹

n^{2 +} 2 n

di+

d²_i



= σ^{2 1} n ⁺

d_i²



. (10)

上式は_{d1 = d2 =· · · = dn= 0}と置けば最小となる。すなわち_{wi =} ¹

n ^{+ 0 =} 1

n^を

採用すれば、_ˆµは最小分散の不偏推定量となる。このとき分散は_{Var( ˆµ) =} ^σ

2

n ^。

ii. ^（解答2）最小化問題を使う方法：不偏性の条件₍₇₎式を満たしつつ₍₆₎式の分 散を最小にする_wiは、次の最小化問題の解である。

w1,wmin2,...,wn

σ²

n

i=1

w²_i, subject to

n

i=1

w_{i= 1.} (11)

この問題のラグランジュ関数および最小化の一階条件は

L(w1^{, w}2, . . . , w_{n, λ) = σ}^2w²_{i + λ(1−}^w_i), (12)

∂L

∂w_i ^{= 0 ⇒ 2σ}

2_w∗

i ^{= λ∗,} i = 1, 2, . . . , n. ⁽¹³⁾

∂L

∂λ ^{= 0 ⇒}

w^∗_{i = 1.} (14)

(13)^{式を足し合わせ、}λ^{∗について解くと} 2σ^2w^∗_i



=1

= nλ^∗ ⇒ ^λ∗= ^2σ

2

n ^{. (15)}

これを₍₁₃₎式に代入すると 2σ²w^∗_{i =} ^2σ

2

n ^{⇒ w}

∗i = ¹

n^, i = 1, 2, . . . , n. ⁽¹⁶⁾ よってすべて_{wi =} ¹

n と置けば、分散が最小の不偏推定量、有効推定量を得る。 この結果から、標本平均_X¯ が_µの有効推定量であると言える。

3. ^カイ2^{乗分布の左右}2.5%^{臨界値の定義から、}

Prχ²_L,0.025< χ² < χ²_{R,0.025= 0.95.} (17)

2

カイ₂乗統計量_χ²の定義に注意し、左辺カッコ内の大小関係を移項・変形すると χ²_L,0.025< ^{(n− 1)s}

2

σ^{2 < χ}

2

R,0.025 ⇔ ^χ

2 L,0.025

(n_{− 1)s}^{2 <} 1 σ^{2 <}

χ²_R,0.025 (n_{− 1)s}²

⇔ ^{(n− 1)s}

2

χ²_R,0.025



=L

< σ²< ^{(n− 1)s}

2

χ²_L,0.025



=U

. (18)

よって母分散_σ²の_95%信頼区間_{[L, U]}は L = ^{(n− 1)s}

2

χ²_R,0.025 ^{, U =}

(n_{− 1)s}²

χ²_L,0.025 ^{. (19)}

4. ^帰無仮説H_{0: µ = 800}^{のもとで、}t^{値はおよそ} t^∗= ^{836.67− 800}

172.11/^√18 ^{= 0.904. (20)}

一方自由度_{m = n− 1 = 17}の_t分布の_2.5%臨界値は_{t0.025= 2.110}。_t^∗= 0.904 < 2.110^で、 t値は棄却域に入らない。∴帰無仮説は棄却されない。

解説

1. ^母平均µの不偏推定量は、標本平均_X¯ 以外にも無数に存在することが分かる。

2. (a)^と(b)^は、µに関し任意の不偏推定量_ˆµ（標本平均を含む）を定義する問題。不偏性の

条件を満たすようにウェイトを与えれば、_µの不偏推定量は無限に存在する。_(c)は_ˆµを 使って、標本平均が有効推定量であることを証明する問題。

3. 臨界値および統計量の定義から出発して、うまく母数（ここでは母分散_σ²）を挟むよう な形に変形すれば良い。

4. ^{この分析では、理論値}800からの正・負両方の乖離を考慮し、両側検定を採用している。 なお、実際のデータ分析では、統計値は割り切れない数になる。その場合は、適当に切り 捨て_or四捨五入して良い。

3