東京大学 学際情報学府 学際情報学専攻 生物統計情報学コース 2018年8月実施 専門科目 第2問

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• 东京大学
• 拉普拉斯分布
• 假设检验
• 统计功效

Author

祭音Myyura (co-authored with GPT 5.6 SOL)

Description

既知のパラメータ $\lambda>0$ と未知のパラメータ $\mu\ge0$ によって定まる確率分布 $P_{\lambda,\mu}$ に従う確率変数 $X$ を考える。確率分布 $P_{\lambda,\mu}$ の確率密度関数は次のように与えられている：

$$f(x)=\frac\lambda2\exp(-\lambda|x-\mu|)\qquad(x\in\mathbb R).$$

このとき，以下の問いに答えよ。

(2-1) 確率変数 $X$ の期待値と分散を求めよ。

(2-2) 確率分布 $P_{\lambda,\mu}$ の累積分布関数 $F(x)$（$x\in\mathbb R$）を求めよ。

(2-3) 確率分布 $P_{\lambda,\mu}$ の上側 $100\alpha\%$ 点を求めよ。ただし，$0<\alpha\le0.1$ とする。

(2-4) 未知パラメータ $\mu$ について，次の仮説検定を考える：

$$H_0:\mu=0\quad\mathrm{vs.}\quad H_1:\mu>0.$$

検定統計量を $X$，有意水準を $\alpha$（$0<\alpha\le0.1$）として，第2種の過誤確率が最も小さくなるような棄却域を構成せよ。

(2-5) (2-4) の検定における検出力関数 $\beta_\lambda(\mu)$（$\mu\ge0$）を求めよ。

题目描述

考虑服从概率分布 $P_{\lambda,\mu}$ 的随机变量 $X$，该分布由已知参数 $\lambda>0$ 和未知参数 $\mu\ge0$ 确定。其概率密度函数为

$$f(x)=\frac\lambda2\exp(-\lambda|x-\mu|)\qquad(x\in\mathbb R).$$

回答下列问题。

(2-1) 求随机变量 $X$ 的期望和方差。

(2-2) 求概率分布 $P_{\lambda,\mu}$ 的累积分布函数 $F(x)$（$x\in\mathbb R$）。

(2-3) 求概率分布 $P_{\lambda,\mu}$ 的上侧 $100\alpha\%$ 分位点，其中 $0<\alpha\le0.1$。

(2-4) 对未知参数 $\mu$ 考虑假设检验

$$H_0:\mu=0\quad\mathrm{vs.}\quad H_1:\mu>0.$$

以 $X$ 为检验统计量，以 $\alpha$（$0<\alpha\le0.1$）为显著性水平，构造使第二类错误概率最小的拒绝域。

(2-5) 求 (2-4) 中检验的功效函数 $\beta_\lambda(\mu)$（$\mu\ge0$）。

Kai

(2-1)

期待値, 分散をそれぞれ $E, V$ で表すと、

$$\begin{aligned} E(X) &= \int_{- \infty}^\infty x f(x) dx\\ &= \frac{\lambda}{2} \int_{- \infty}^\infty x e^{- \lambda |x - \mu| } dx\\ &= \frac{\lambda}{2} \int_{- \infty}^\infty (y + \mu) e^{- \lambda |y| } dy \ \ \ \ \ \ \ \ ( y = x - \mu )\\ &= \mu\\ E(X^2) &= \int_{- \infty}^\infty x^2 f(x) dx\\ &= \frac{\lambda}{2} \int_{- \infty}^\infty x^2 e^{- \lambda |x - \mu| } dx\\ &= \frac{\lambda}{2} \int_{- \infty}^\infty (y^2 + 2 \mu y + \mu^2) e^{- \lambda |y| } dy \ \ \ \ \ \ \ \ ( y = x - \mu )\\ &= \lambda \int_0^\infty y^2 e^{- \lambda y } dy + \mu^2\\ \int_0^\infty y^2 e^{- \lambda y } dy &= \frac{1}{\lambda^3}\int_0^\infty u^2e^{-u}\,du\\ &(u=\lambda y)\\ &= \frac{2}{\lambda^3}\\ E(X^2) &= \lambda \cdot \frac{2}{\lambda^3} + \mu^2\\ &= \frac{2}{\lambda^2} + \mu^2\\ V(X) &= E(X^2) - E(X)^2\\ &= \frac{2}{\lambda^2} + \mu^2 - \mu^2\\ &= \frac{2}{\lambda^2} \end{aligned}$$

(2-2)

(i) $x \leq \mu$ のとき、

$$\begin{aligned} F(x) &= \frac{\lambda}{2} \int_{- \infty}^x e^{ \lambda (z - \mu) } dz\\ &= \frac{1}{2} \left[ e^{ \lambda (z - \mu) } \right]_{- \infty}^x\\ &= \frac{1}{2} e^{ \lambda (x - \mu) } \end{aligned}$$

(ii) $x \geq \mu$ のとき、

$$\begin{aligned} F(x) &= \frac{1}{2} + \frac{\lambda}{2} \int_\mu^x e^{ - \lambda (z - \mu) } dz\\ &= \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \left[ e^{ - \lambda (z - \mu) } \right]_\mu^x\\ &= 1 - \frac{1}{2} e^{ - \lambda (x - \mu) } \end{aligned}$$

(2-3)

求める $x$ の値を $x_0 (\gt \mu)$ とすると、

$$\begin{aligned} & F(x_0) = 1 - \frac{1}{2} e^{ - \lambda (x_0 - \mu) } = 1 - \alpha \end{aligned}$$

よって、

$$\begin{aligned} e^{ - \lambda (x_0 - \mu) } &= 2 \alpha \\ - \lambda (x_0 - \mu) &= \log 2 \alpha \\ \therefore \ \ x_0 &= \mu - \frac{\log 2 \alpha}{\lambda} \end{aligned}$$

(2-4)

$$\begin{aligned} & x \gt - \frac{\log 2 \alpha}{\lambda} \end{aligned}$$

任意の $\mu>0$ について尤度比は

$$\frac{f_\mu(x)}{f_0(x)}= \begin{cases} e^{-\lambda\mu},&x\le0,\\ e^{\lambda(2x-\mu)},&0<x<\mu,\\ e^{\lambda\mu},&x\ge\mu. \end{cases}$$

これは $x$ の非減少関数である。上記棄却域は $H_0$ の下で確率 $\alpha$ を持ち、尤度比の大きい側から選ぶ領域なので Neyman–Pearson の補題により各 $\mu>0$ に対して最強力である（尤度比一定の部分では同順位の一部を選べる）。したがって一様最強力である。

(2-5)

次のようにおく：

$$\begin{aligned} & x_1 = - \frac{\log 2 \alpha}{\lambda} \end{aligned}$$

このとき、

$$\begin{aligned} & e^{\lambda x_1} = \frac{1}{2 \alpha} , \ \ \ \ e^{- \lambda x_1} = 2 \alpha \end{aligned}$$

である。

(i) $\mu \geq x_1$ のとき、

$$\begin{aligned} \beta_\lambda (\mu) &= \frac{1}{2} + \frac{\lambda}{2} \int_{x_1}^\mu e^{\lambda (x-\mu)} dx \\ &= \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \left[ e^{\lambda (x-\mu)} \right]_{x_1}^\mu \\ &= \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \left( 1 - e^{\lambda (x_1-\mu)} \right) \\ &= 1 - \frac{1}{2} e^{\lambda (x_1-\mu)} \\ &= 1 - \frac{e^{- \lambda \mu}}{4 \alpha} \end{aligned}$$

(ii) $0 \leq \mu \leq x_1$ のとき、

$$\begin{aligned} \beta_\lambda (\mu) &= \frac{\lambda}{2} \int_{x_1}^\infty e^{- \lambda (x-\mu)} dx \\ &= - \frac{1}{2} \left[ e^{- \lambda (x-\mu)} \right]_{x_1}^\infty \\ &= \frac{1}{2} e^{- \lambda (x_1-\mu)} \\ &= \alpha e^{\lambda \mu} \end{aligned}$$

特に $\beta_\lambda(0)=\alpha$ であり、二つの式は $\mu=x_1$ でともに $1/2$ となる。

Reference

• 大学公表の原題