統計検定 1級過去問解答/解答例と解説
2015年11月29日 (日) 試験

統計数理問5 [6]

設問の要約

$E[Y |X \ge 0] = \sqrt{\dfrac{2}{\pi}}\rho$ を示せ．
$T$ と $Y$ との間の相関係数 $\xi$ は $\xi = \sqrt{\dfrac{2}{\pi}}\rho$ となることを示せ．
このことと [3] との関連を説明せよ．

解答例

一般に， $X \sim N(\mu_X, {\sigma_X}^2)$ と $Y \sim N(\mu_Y, {\sigma_Y}^2)$ で，相関係数が $\rho$ である 2 変量正規分布の $X = x$ が与えられたときの $Y$ の条件付き分布は次で与えられる．

Y ∣ X = x \sim N (μ_{Y} + \frac{σ_{Y}}{σ_{X}} ρ (x - μ_{X}), {σ_{Y}}^{2} (1 - ρ^{2}))

$\begin{equation} Y \mid X = x~~\sim~~N\left(\mu_Y + \frac{\sigma_Y}{\sigma_X}\rho(x - \mu_X),~{\sigma_Y}^2(1-\rho^2)\right) \end{equation}$

そこで，

X \sim N (0, 1)

$X \sim N(0, 1)$ と

Y \sim N (0, 1)

$Y \sim N(0, 1)$ のとき，

Y ∣ X = x \sim N (ρ x, 1 - ρ^{2})

$\begin{equation} Y \mid X = x~~\sim~~N\left(\rho x,~1-\rho^2\right) \end{equation}$

\begin{aligned} E [Y ∣ X \geq 0] & = \int_{0}^{\infty} E [Y ∣ X = x] f_{X ∣ X \geq 0} (x) d x \\ = \int_{0}^{\infty} ρ x f_{X ∣ X \geq 0} (x) d x \\ = ρ \int_{0}^{\infty} x f_{X ∣ X \geq 0} (x) d x \\ = ρ E [X ∣ X \geq 0] \\ = ρ \sqrt{\frac{2}{π}} \end{aligned}

$\begin{align} E[Y \mid X \ge 0] &= \int_{0}^{\infty}E[Y \mid X = x]\,f_{X \mid X \ge 0}(x)\,dx \\ &= \int_{0}^{\infty}\rho x\,f_{X \mid X \ge 0}(x)\,dx \\ &= \rho\int_{0}^{\infty} x\,f_{X \mid X \ge 0}(x)\,dx \\ &= \rho E[X \mid X \ge 0] \\ &= \rho \sqrt{\frac{2}{\pi}} \end{align}$

\begin{aligned} E [T Y] & = \sum_{t} \int_{- \infty}^{\infty} t y f_{T, Y} (t, y) d y \\ = \sum_{t} \int_{- \infty}^{\infty} t y f_{Y ∣ T = t} (y) \cdot P (T = t) d y \\ = \int_{- \infty}^{\infty} a y f_{Y ∣ T = a} (y) \cdot P (T = a) d y + \int_{- \infty}^{\infty} (- a) y f_{Y ∣ T = - a} (y) \cdot P (T = - a) d y \\ = \frac{a}{2} \int_{- \infty}^{\infty} y f_{Y ∣ X \geq 0} (y) d y - \frac{a}{2} \int_{- \infty}^{\infty} y f_{Y ∣ X < 0} (y) d y \\ = \frac{a}{2} E [Y ∣ X \geq 0] - \frac{a}{2} E [Y ∣ X < 0] \\ = \frac{a}{2} ρ \sqrt{\frac{2}{π}} - \frac{a}{2} (- ρ \sqrt{\frac{2}{π}}) \\ = a ρ \sqrt{\frac{2}{π}} \end{aligned}

$\begin{align} E[TY] &= \sum_{t}\int_{-\infty}^{\infty}ty\,f_{T, Y}(t, y)\,dy \\ &= \sum_{t}\int_{-\infty}^{\infty}ty\,f_{Y \mid T = t}(y) \cdot P(T = t)\,dy \\ &= \int_{-\infty}^{\infty}ay\,f_{Y \mid T = a}(y) \cdot P(T = a)\,dy + \int_{-\infty}^{\infty}(-a)y\,f_{Y \mid T = -a}(y) \cdot P(T = -a)\,dy \\ &= \frac{a}{2}\int_{-\infty}^{\infty}y\,f_{Y \mid X \ge 0}(y)\,dy - \frac{a}{2}\int_{-\infty}^{\infty}y\,f_{Y \mid X < 0}(y)\,dy \\ &= \frac{a}{2}E[Y \mid X \ge 0] - \frac{a}{2}E[Y \mid X < 0] \\ &= \frac{a}{2}\rho\sqrt{\frac{2}{\pi}} - \frac{a}{2}\left(-\rho\sqrt{\frac{2}{\pi}}\right) \\ &= a\rho\sqrt{\frac{2}{\pi}} \end{align}$

\begin{aligned} C o v [T, Y] & = E [T Y] - E [T] E [Y] \\ = a ρ \sqrt{\frac{2}{π}} - 0 \cdot \bar{y} \\ = a ρ \sqrt{\frac{2}{π}} \end{aligned}

$\begin{align} Cov[T, Y] &= E[TY] - E[T]E[Y] \\ &= a\rho\sqrt{\frac{2}{\pi}} - 0 \cdot \bar{y} \\ &= a\rho\sqrt{\frac{2}{\pi}} \end{align}$

\begin{aligned} ξ & = \frac{C o v [T, Y]}{\sqrt{V [T]} \sqrt{V [Y]}} \\ = \frac{a ρ \sqrt{\frac{2}{π}}}{\sqrt{a^{2}} \sqrt{1}} \\ = ρ \sqrt{\frac{2}{π}} \end{aligned}

$\begin{align} \xi &= \frac{Cov[T, Y]}{\sqrt{V[T]}\sqrt{V[Y]}} \\ &= \frac{a\rho\sqrt{\frac{2}{\pi}}}{\sqrt{a^2}\sqrt{1}} \\ &= \rho\sqrt{\frac{2}{\pi}}\\ \end{align}$

よって，

ξ

$\xi$ は，

a

$a$ の値に依存しない．

$n_1 = n_2$ のとき，観測値

(x_{1}, y_{1}), \dots, (x_{n_{1}}, y_{n_{1}}), (x_{n_{1} + 1}, y_{n_{1} + 1}), \dots, (x_{n}, y_{n})

$\begin{equation} (x_1, y_1),~\ldots,~(x_{n_1}, y_{n_1}),~(x_{n_1+1}, y_{n_1+1}),~\ldots,~(x_{n}, y_{n}) \end{equation}$

が得られたとする．このとき，

x_{i}

$x_i$ がある値より大きいとき

a

$a$ ，小さいとき

- a

$-a$ として，

(a, y_{1}), \dots, (a, y_{n_{1}}), (- a, y_{n_{1} + 1}), \dots, (- a, y_{n})

$\begin{equation} (a, y_1),~\ldots,~(a, y_{n_1}),~(-a, y_{n_1+1}),~\ldots,~(-a, y_{n}) \end{equation}$

の相関係数を求めることは，

ξ

$\xi$ を求めることに対応する．

統計検定 1級 過去問 解答/解答例と解説 2015年11月29日 (日) 試験

統計数理 問5 [6]

設問の要約

解答例

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