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京都大学 情報学研究科 システム科学専攻 2016年8月実施 専門科目 確率統計

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uogxtc

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問題1

下記の確率密度関数にしたがう確率変数 XX について、以下の設問に答えよ。 ただし、α>0\alpha > 0, β>0\beta > 0 はパラメータ(母数)である。

f(x)={αxα1βαexp((xβ)α)(x>0)0(x0)f(x) = \begin{cases} \frac{\alpha x^{\alpha-1}}{\beta^\alpha} \exp \left( - \left( \frac{x}{\beta} \right)^\alpha \right) & (x > 0) \\ 0 & (x \leq 0) \end{cases}

(1) 確率変数 XX の平均を、以下のガンマ関数とパラメータを用いて表せ。

Γ(θ)=0xθ1exdx(θ>0)\Gamma(\theta) = \int_0^\infty x^{\theta-1} e^{-x} dx \quad (\theta > 0)

(2) 確率密度関数 f(x)f(x) が規定する確率分布から、大きさ nn の無作為標本

{X1,X2,,Xn}\{X_1, X_2, \ldots, X_n\}

が得られたとする。このとき、パラメータ α=α0\alpha = \alpha_0 を既知として、パラメータ β\beta の最尤推定量を求めよ。

問題2

以下の設問に答えよ。

(1) X1,X2,,XnX_1, X_2, \ldots, X_n を、独立かつ同一の確率分布(確率密度関数を f(x)f(x)、累積分布関数を F(x)F(x) とする)にしたがう確率変数とする。 このとき、X1,X2,,XnX_1, X_2, \ldots, X_n の最小値

Z=min(X1,X2,,Xn)Z = \min(X_1, X_2, \ldots, X_n)

もまた確率変数となるが、その確率密度関数 g(z)g(z)ffFF を用いて表せ。

(2) 設問 (1) の X1,X2,,XnX_1, X_2, \ldots, X_n の確率分布が区間 [0,b][0, b] の一様分布 (b>0)(b > 0) であるとき、

Z=min(X1,X2,,Xn)Z = \min(X_1, X_2, \ldots, X_n)

の期待値を求めよ。

問題3

以下の設問に答えよ。

(1) 半径 aa の円 CC 内に、2 点 A,BA,B を独立かつそれぞれ円 CC 内の一様分布にしたがうようにとる。 ABAB 間の距離を RR としたとき、R2R^2 の期待値を求めよ。

(2) 設問 (1) において、点 AA を中心とし ABAB 間の距離 RR を半径とする円が、円 CC 内に全て含まれる確率を求めよ。

Kai

問題1

(Readers may refer to Weibull distribution.)

(1)

E[X]=0xf(x)dx=0α(xβ)αe(xβ)αdx.\begin{aligned} \mathbb{E}[X]&=\int_0^\infty xf(x)dx\\ &=\int_0^\infty\alpha\left(\frac x\beta\right)^\alpha e^{-\left(\frac x\beta\right)^\alpha}dx. \end{aligned}

Let u=(xβ)αu=\left(\frac x\beta\right)^\alpha and we have

βu1/α=xdx=βαu1α1du,\begin{aligned} &\beta u^{1/\alpha}=x \\ &dx=\frac\beta\alpha u^{\frac1\alpha-1}du, \end{aligned}

Then

E[X]=β0u1αeudu=βΓ(1α+1).\begin{aligned} \mathbb{E}[X]&=\beta\int_{0}^{\infty}u^{\frac{1}{\alpha}}e^{-u}du\\ &=\beta\Gamma\left(\frac{1}{\alpha}+1\right). \end{aligned}

(2)

The likelihood function is

L(β)=i=1nα0Xiα01βα0e(xβ)α0,L(\beta)=\prod_{i=1}^n\frac{\alpha_0X_i^{\alpha_0-1}}{\beta^{\alpha_0}}e^{-\left(\frac{x}{\beta}\right)^{\alpha_0}},

from which we know that the log-likelihood function is

logL=nlogα0nα0logβ+(α01)i=1nlogXii=1n(Xiβ)α0.\log L=n\log\alpha_{0}-n\alpha_{0}\log\beta+(\alpha_{0}-1)\sum_{i=1}^{n}\log X_{i}-\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{X_{i}}{\beta}\right)^{\alpha_{0}}.

By setting logLβ=0\frac{\partial\log L}{\partial\beta}=0, we get

nα0β+α01βα0+1i=1nXiα0=0β^=(i=1nXiα0n)1/α0.\begin{aligned} &-\:\frac{n\alpha_{0}}{\beta} + \alpha_0 \frac{1}{\beta^{\alpha_0 + 1}}\sum_{i=1}^n X_i^{\alpha_0} =0 \Rightarrow\quad\hat{\beta}=\left(\frac{\sum_{i=1}^{n}X_{i}^{\alpha_{0}}}{n}\right)^{1/\alpha_{0}}. \end{aligned}

問題2

(1)

(The problems of the CDF/PDF of min/max of i.i.d.i.i.d. random variables are commonly seen in the exams.)

The cumulative distribution function (CDF, 累積分布関数) of ZZ is as follows:

Pr(Z<s)=1Pr(Zs)=1Pr(X1s,,Xns)=1i=1n(1F(s))=1(1F(s))n.\begin{aligned} \Pr(Z<s)&=1-\Pr(Z\geq s)\\ &=1-\Pr(X_1\geq s,\ldots,X_n\geq s)\\ &=1-\prod_{i=1}^n\left(1-F(s)\right)\\ &=1-\left(1-F(s)\right)^n. \end{aligned}

The probability density function (PDF,確率密度関数) is

fZ(s)=dPr(Z<s)ds=n(1F(s))n1f(s).f_Z(s)=\frac{d\Pr(Z<s)}{ds}=n(1-F(s))^{n-1}f(s).

(2)

The PDF of XiX_i is

f(x)={1/b,if  0<x<b0,otherwise.f(x)=\begin{cases} 1/b,&\text{if }\ 0<x<b \\ 0,&\text{otherwise.} \end{cases}

Then,

E[Z]=0bxfZ(x)dx=0bnbx(1xb)n1dx(let y=1xb)=01nb(bby)yn1(b)dy=bn+1.\begin{aligned} \mathbb{E}[Z]&=\int_0^bxf_Z(x)dx\\ &=\int_0^b\frac nbx\left(1-\frac xb\right)^{n-1}dx\\ &(\text{let }y=1-\frac xb)\\ &=\int_0^1\frac nb\cdot(b-by)y^{n-1}(-b)dy\\ &=\frac b{n+1}. \end{aligned}

問題3

(1)

Suppose that AA = (rA,θA)(r_A, \theta _A) and BB = (rB,θB)(r_B,\theta_B), where rA,rBUnif(0,a)r_A,r_B \sim \text{Unif}(0,a) and θA,θBUnif(0,2π).\theta_A,\theta_B \sim \text{Unif} ( 0, 2\pi ).

Then

R2=rA2+rB22rArBcos(θAθB),R^2=r_A^2+r_B^2-2r_Ar_B\cos(\theta_A-\theta_B),
E[R2]=12a2π0a0a02π(rA2+rB22rArBcosθ) dθrAdrArBdrB=a4/4.\begin{aligned} \mathbb{E}[R^{2}]&=\frac{1}{2a^{2}\pi}\int_{0}^{a}\int_{0}^{a}\int_{0}^{2\pi}(r_{A}^{2}+r_{B}^{2}-2r_{A}r_{B}\cos\theta)\ d\theta \cdot r_{A}dr_{A}\cdot r_{B}dr_{B}\\ &=a^{4}/4. \end{aligned}

(2)

The probability is

1πa20a2πr(ar)2a2dr.\frac{1}{\pi a^2}\int_0^a2\pi r\cdot \frac{(a-r)^2}{a^2}dr.

Here 2πrπa2\frac{2\pi r}{\pi a^2} is the probability that AA lies in a circle centered with CC of radius rr.

Suppose that the distance between AA and the center of the circle is rr. Then BB needs to lies in a circle whose center is AA and radius is (ar)2(a-r)^2. The probability of this event is (ar)2a2\frac{(a-r)^{2}}{a^{2}} since the A,BA,B are uniformly distributed on the circle.