2013.11.13. 経済統計 レポート問題
No.1
解答例と講評加藤 賢悟
1. (a)まず，ϕ(t)は原点に関して対称だから(つまり，ϕ(−t) = ϕ(t))，
Φ(−x) =
∫ −x
−∞
ϕ(t)dt =
∫ ∞
x ϕ(−t)dt =
∫ ∞
x ϕ(t)dt = 1 − Φ(x). よって，
1 − α =
∫ c1−α
−c1−α
ϕ(t)dt = Φ(c1−α) − Φ(−c1−α) = 2Φ(c1−α) − 1. これをc1−αに関して解いて，c1−α= Φ−1(1 − α/2)を得る．
コメント：この問題に関してはある程度甘めに採点しています． (b) x = Φ−1(1 − α)とおくと，α → 0でx → ∞. 従って，
x→∞lim
x
√2 log(1/(1 − Φ(x))) = 1 (*)
を示せばよい．ところで，(1 − Φ(x))′= −ϕ(x), (x−1ϕ(x))′= −x−2ϕ(x) − ϕ(x)なる事実 を使うと，ロピタルの定理より，
x→∞lim
1 − Φ(x) x−1ϕ(x) = 1 が示せる．従って，x → ∞で，
log(1/(1 − Φ(x))) = log(x−1ϕ(x)/(1 − Φ(x))) − log(x−1ϕ(x)) = x
2
2 + O(log x). この結果から，(*)が従う．
2. これは教科書p.50あたりの議論を使えばよい．答えは， n ≥( c1−αdσN)2 N
(N − 1) + (c1−ασN/d)2 である．分母のN − 1はN でもよい．
コメント：X1, . . . , Xn が復元抽出と誤解して，n ≥ (c1−ασN/d)2としている解答がありま したが，X1, . . . , Xnは 非復元 抽出です．問題をよく理解しましょう．
3. まず，n ≤ N/2より， DN,n2 = n
N
(1 −Nn)DN2 = n
(1 −Nn)σ2N ≥ nσN2/2
に注意すると，任意のϵ > 0に対して， 1
DN2
∑
|aj−µN|>ϵDN,n
(aj − µN)2≤ 1 D2N
∑
|aj−µN|>ϵσN
√n/2
(aj − µN)2. (**)
ところで，
1≤j≤Nmax |aj− µN|/σN = o(
√n), N → ∞
であるから，十分大きなN に対して，|aj− µN| ≤ ϵσN
√n/2, 1 ≤ ∀j ≤ N. このとき，(**) の右辺= 0であるから，Erd¨os-Renyi条件が示された．
コメント：n ≤ N/2という条件から，D2N,nを 下から 押さえる，という議論が欠けている 解答が散見されました．
4. 標本平均の平均と分散の計算をマネすればよいです．まず，P (Xi= aj) = 1/N より，
E[I(Xi≤ t)] =
1 N
∑N j=1
I(aj ≤ t) = FN(t)
なので，
E[ ˆF (t)] = 1 n
∑n i=1
E[I(Xi≤ t)] = FN(t).
ところで，I(Xi≤ t)2= I(Xi≤ t)より，
Var(I(Xi≤ t)) = E[I(Xi≤ t)2] − (E[I(Xi≤ t)])2= E[I(Xi≤ t)] − (E[I(Xi≤ t)])2
= FN(t) − FN(t)2= FN(t)(1 − FN(t)). 従って，標本平均の分散の計算と同様にして，
Var( ˆF (t)) = N − n
n(N − 1)FN(t)(1 − FN(t)).
コメント：何度も言いますが，X1, . . . , Xnは非復元抽出なので，独立ではありません．従っ て，I(Xi≤ t), 1 ≤ i ≤ nも 独立ではありません．独立性を仮定している解答はすべて無効 としました．また，分散の計算で，((N − n)/n(N − 1))σN2 と書いている解答がありました が，I(Xi≤ t)の分散はσN2 ではありません．
5. まず， (∑
i
Xi)4=∑
i
Xi4+ 3∑
i̸=j
Xi2Xj2+ 4∑
i̸=j
Xi3Xj + 6 ∑
(i,j,k)
Xi2XjXk+ ∑
(i,j,k,l)
XiXjXkXl.
ただし，∑(i,j,k)などは，相異なる1 ≤ i, j, k ≤ nに関する和と了解する．X1, . . . , Xnの exchangeabilityを用いると，例えば，相異なるi, jに対して，E[Xi2Xj2] = E[X12X22]であ るから，結局，
E[(∑
i
Xi)4] = nE[X14] + 3n(n − 1)E[X12X22] + 4n(n − 1)E[X13X2]
+ 6n(n − 1)(n − 2)E[X12X2X3] + n(n − 1)(n − 2)(n − 3)E[X1X2X3X4]. (⋆) 右辺の期待値をそれぞれ評価していく．その前に，次の補題を示す．
補題. A4=∑ja4j とおく．すると，
∑
j̸=k
a2ja2k = N2− A4, ∑
j̸=k
a3jak = −A4, ∑
(j,k,l)
a2jakal= −N2+ 2A4,
∑
(j,k,l,m)
ajakalam= 3N2− 6A4.
ただし，∑(j,k,l)などは，相異なる1 ≤ j, k, l ≤ Nに関する和と了解する． 補題の証明．最初の等式は，
∑
j̸=k
a2ja2k=∑
j
a2j∑
k
a2k−∑
j
a4j = N2− A4
から従う．ここで，∑ja2j = N σN2 = N を使った．2番目の等式は
∑
j̸=k
a3jak =∑
j
a3j∑
k
ak−
∑
j
a4j = −A4
から従う．ここで，µN = 0，すなわち，∑jaj = 0を使った．次に，
∑
(j,k,l)
a2jakal=∑
k̸=l
akal
∑
j̸=k,l
a2j =∑
k̸=l
akal(∑
j
a2j − a2k− a2l)
= N∑
j̸=k
ajak− 2
∑
j̸=k
a3jak= N∑
j̸=k
ajak+ 2A4.
ここで，
∑
j̸=k
ajak=∑
j
aj
∑
k
ak−
∑
j
a2j = −N
より，3番目の等式を得る．最後の等式は， 0 = (∑
j
aj)4=∑
j
a4j + 3∑
j̸=k
a2ja2k+ 4∑
j̸=q
a3jak+ 6 ∑
(j,k,l)
a2jakal+ ∑
(j,k,l,m)
ajakalam
なる等式と，いままでの結果から，
∑
(j,k,l,m)
ajakalam= −A4− 3(N2− A4) − 4(−A4) − 6(−N2+ 2A4) = 3N2− 6A4
と導かれる．
では，この補題を使って，(⋆)の右辺を評価していこう．P (X1= aj, X2= ak) = 1/N (N − 1), j ̸= kより，
E[X12X22] = 1 N (N − 1)
∑
j̸=k
a2ja2k = N
2− A 4
N (N − 1). 同様にして，
E[X13X2] = 1 N (N − 1)
∑
j̸=k
a3jak = −A4 N (N − 1), E[X12X2X3] = 1
N (N − 1)(N − 2)
∑
(j,k,l)
a2jakal= −N
2+ 2A 4
N (N − 1)(N − 2), E[X1X2X3X4] = 1
N (N − 1)(N − 2)(N − 3)
∑
(j,k,l,m)
ajakalam= 3N
2− 6A 4
N (N − 1)(N − 2)(N − 3). これらをまとめると，
(⋆)の右辺= 3n(n − 1)N N − 1
[
1 − 2(n − 2) N − 2 +
(n − 2)(n − 3) (N − 2)(N − 3)
]
| {z }
=:αN,n
+nA4 N
[
1 −7(n − 1) N − 1 +
12(n − 1)(n − 2) (N − 1)(N − 2) −
6(n − 1)(n − 2)(n − 3) (N − 1)(N − 2)(N − 3)
]
| {z }
=:βN,n
.
これをn4で割って，
E[(ˆµ − E[ˆµ])4] = n−4E[(∑
i
Xi)4] = 3(n − 1)N
n3(N − 1)αN,n+ A4
n3NβN,n. ところで，N → ∞, n = nN → ∞としたとき，
αN,n = 1 − 2(n/N) + (n/N)2+ o(1) = (1 − f)2+ o(1), βN,n= O(1). 従って，例えば，
n ≤ N/2, A4/N = o(n),
であれば，1 − f ≥ 1/2であるから， n2E[(ˆµ − E[ˆµ])4]
(1 − f)2 = 3 + o(1) + A4
nNO(1) → 3.
コメント：煩雑な計算ですが，一つ一つのステップは初等的です．なお，Erd¨os-Renyi中心 極限定理の条件の下で，
√n(ˆµ − E[ˆµ])/√1 − f → N(0, 1),d
であって，N (0, 1)の4次モーメントは3ですが，これらの事実からモーメントの収束は言 えません．なぜなら，分布収束はモーメントの収束を含意しないからです．簡単な例だと， 例えば，
P (Yn = n) = 1/n, P (Yn= 0) = 1 − 1/n, なる確率変数Ynを考えると，Yn
→ 0d ですが，E[Yn] = 1です．
