計量経済I：復習テスト5

注意

すべての質問に解答しなければ提出とは認めない．正答に修正した上で，復習テスト 1～8 を順に重ねて左上でホチキス止めし，中間テスト実施日（6月9日の予定）に提出すること．

1. 平均 \mu，分散 \sigma^2 の母集団から抽出した大きさ n の無作為標本の標本平均を \bar{X}_n，標本分散を s_n^2 とする．

1. \bar{X}_n が \mu の不偏推定量であることを示しなさい．

2. \bar{X}_n が \mu の一致推定量であることを示しなさい（ヒント：大数の法則）．

3. \bar{X}_n の分散を求めなさい．

4. \bar{X}_n の漸近分布を求めなさい（ヒント：中心極限定理）．

5. s_n^2 が \sigma^2 の不偏推定量であることを示しなさい．

解答例

1. 期待値の線形性より \begin{align*} \operatorname{E}\left(\bar{X}_n\right) & =\operatorname{E}\left(\frac{X_1+\dots+X_n}{n}\right) \\ & =\frac{\operatorname{E}(X_1+\dots+X_n)}{n} \\ & =\frac{\operatorname{E}(X_1)+\dots+\operatorname{E}(X_n)}{n} \\ & =\frac{\mu+\dots+\mu}{n} \\ & =\mu \end{align*}

2. （チェビシェフの）大数の弱法則より \plim_{n \to \infty}\bar{X}_n=\mu

3. X_1,\dots,X_n は独立なので \begin{align*} \operatorname{var}\left(\bar{X}_n\right) & =\operatorname{var}\left(\frac{X_1+\dots+X_n}{n}\right) \\ & =\frac{\operatorname{var}(X_1+\dots+X_n)}{n^2} \\ & =\frac{\operatorname{var}(X_1)+\dots+\operatorname{var}(X_n)}{n^2} \\ & =\frac{\sigma^2+\dots+\sigma^2}{n^2} \\ & =\frac{\sigma^2}{n} \end{align*}

4. （リンドバーグ＝レヴィの）中心極限定理より \bar{X}_n \stackrel{a}{\sim}\mathrm{N}\left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right)

5. \operatorname{E}\left(s_n^2\right)=\sigma^2 を示すには，次式を示せばよい． \operatorname{E}\left(\sum_{i=1}^n\left(X_i-\bar{X}_n\right)^2\right)=(n-1)\sigma^2 ここで \begin{align*} \sum_{i=1}^n\left(X_i-\bar{X}_n\right)^2 & =\sum_{i=1}^n\left[(X_i-\mu)-\left(\bar{X}_n-\mu\right)\right]^2 \\ & =\sum_{i=1}^n\left[ (X_i-\mu)^2-2(X_i-\mu)\left(\bar{X}_n-\mu\right)+\left(\bar{X}_n-\mu\right)^2 \right] \\ & =\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2-2\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)\left(\bar{X}_n-\mu\right) +n\left(\bar{X}_n-\mu\right)^2 \end{align*} 第 2 項は \begin{align*} -2\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)\left(\bar{X}_n-\mu\right) & =-2\left(\sum_{i=1}^nX_i-n\mu\right)\left(\bar{X}_n-\mu\right) \\ & =-2\left(n\bar{X}_n-n\mu\right)\left(\bar{X}_n-\mu\right) \\ & =-2n\left(\bar{X}_n-\mu\right)^2 \end{align*} したがって \begin{align*} \sum_{i=1}^n\left(X_i-\bar{X}_n\right)^2 & =\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2-2n\left(\bar{X}_n-\mu\right)^2 +n\left(\bar{X}_n-\mu\right)^2 \\ & =\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2-n\left(\bar{X}_n-\mu\right)^2 \end{align*} 期待値をとると \begin{align*} \operatorname{E}\left(\sum_{i=1}^n\left(X_i-\bar{X}_n\right)^2\right) & =\operatorname{E}\left(\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2-n\left(\bar{X}_n-\mu\right)^2\right) \\ & =\sum_{i=1}^n\operatorname{E}\left((X_i-\mu)^2\right) -n\operatorname{E}\left(\left(\bar{X}_n-\mu\right)^2\right) \\ & =\sum_{i=1}^n\operatorname{var}(X_i)-n\operatorname{var}\left(\bar{X}_n\right) \\ & =n\sigma^2-n\frac{\sigma^2}{n} \\ & =(n-1)\sigma^2 \end{align*} 両辺を n-1 で割ると \operatorname{E}\left(s_n^2\right)=\sigma^2．

2. \mathrm{N}\left(\mu,\sigma^2\right) から抽出した大きさ n の無作為標本の標本平均を \bar{X} とする．次の片側検定問題を考える． H_0:\mu=c \quad \text{vs} \quad H_1:\mu>c

1. \bar{X} の分布を求めなさい．

2. 検定統計量を与えなさい．

3. 検定統計量の H_0 の下での分布を与えなさい．

4. n=10 として検定の棄却域を定めなさい（必要な分布表は各自で入手すること）．

5. 検定統計量の値が 2.0 なら検定結果はどうなるか？

6. p 値が 0.1 なら検定結果はどうなるか？

解答例

1. 前問(a)(c)より \bar{X} の平均は \mu，分散は \sigma^2/n．正規分布の線形変換は正規分布なので \bar{X} \sim \mathrm{N}\left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right)

2. 前問の結果を標準化すると \frac{\bar{X}-\mu}{\sqrt{\sigma^2/n}} \sim \mathrm{N}(0,1) \sigma^2 を s^2 に置き換えると \frac{\bar{X}-\mu}{\sqrt{s^2/n}} \sim \mathrm{t}(n-1) H_0:\mu=c を代入すると，検定統計量は t:=\frac{\bar{X}-c}{\sqrt{s^2/n}}

3. H_0 の下で t \sim \mathrm{t}(n-1)

4. 前問より n=10 なら H_0 の下で t \sim \mathrm{t}(9)．t 分布表より \Pr[t \ge 1.833]=.05 したがって棄却域は [1.833,\infty)．

5. t 統計量の値が 2.0 なら前問の棄却域に入るので H_0 は棄却．

6. p 値が 0.1 なら有意水準 0.05 を上回るので H_0 は採択．