東北大学 情報科学研究科 数学教室 2016年8月実施 [6]
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関数 \(g\) を \(0 \le g \le 1\) を満たす，\(\mathbb{R}\) 上の単調な連続関数とし，
\[
m = \int_0^1 g(x)\ dx
\]
とおく．今，\(X\) を \([0, 1]\) 上の一様分布に従う確率変数とし，
\[
Y=g(X),\ \ \ Z = \frac{g(X) + g(1-X)}{2}
\]
を考える．
(1) 期待値 \(E(Y),E(X)\) と分散 \(V(Y),V(Z)\) を \(m, g\) を用いて表せ．
(2) 任意の \(x, y \in \mathbb{R}\) について，
\[
(g(x) - g(y))(g(1-x) - g(1-y)) \le 0
\]
が成立することを示せ．
(3) 次の不等式を示せ．
\[
\int_0^1 g(x)g(1-x)\ dx \le m^2
\]
(4) \(\{X_1, X_2, \ldots \}\) を \([0, 1]\) 上の一様分布に従う独立同分布確率変数列とする．次の二つの統計量
\[
A_n = \frac{1}{2n} \sum_{i=1}^{2n} g(X_i), \ \ \ B_n = \frac{1}{2n} \sum_{i=1}^{2n} (g(X_i) + g(1 - X_i))
\]
のうち，\(m\) を計算するために，より有効な推定量はどちらか．
Kai
(1)
\[
\begin{aligned}
E(Y)
&=
\int_0^1 g(x) dx
\\
&=
m
\\
E(Z)
&=
\frac{1}{2} \int_0^1 (g(x) + g(1-x)) dx
\\
&=
\frac{1}{2} m + \frac{1}{2} \int_0^1 g(\xi) d \xi
\ \ \ \ \ \ \ \
(\xi = 1-x)
\\
&=
m
\\
V(Y)
&=
E(Y^2) - E(Y)^2
\\
&=
\int_0^1 g(x)^2 dx - m^2
\\
V(Z)
&=
E(Z^2) - E(Z)^2
\\
&=
\frac{1}{4} \int_0^1 (g(x)+g(1-x))^2 dx - m^2
\\
&=
\frac{1}{2} \int_0^1 g(x)^2 dx
+ \frac{1}{2} \int_0^1 g(x)g(1-x) dx - m^2
\end{aligned}
\]
(2)
\(g\) が単調増加であるとし、 \(x \leq y\) とすると、 \(1-x \geq 1-y\) であり、
\[
\begin{aligned}
g(x) \leq g(y)
, \ \ \ \
g(1-x) \geq g(1-y)
\end{aligned}
\]
\[
\begin{aligned}
\therefore \ \ \ \
g(x) - g(y) \leq 0
, \ \ \ \
g(1-x) - g(1-y) \geq 0
\end{aligned}
\]
\[
\begin{aligned}
\therefore \ \ \ \
(g(x) - g(y))
(g(1-x) - g(1-y)) \leq 0
\end{aligned}
\]
を得る。 \(g\) が単調増加であるとし、 \(x \geq y\) とすると、 \(1-x \leq 1-y\) であり、
\[
\begin{aligned}
g(x) \geq g(y)
, \ \ \ \
g(1-x) \leq g(1-y)
\end{aligned}
\]
\[
\begin{aligned}
\therefore \ \ \ \
g(x) - g(y) \geq 0
, \ \ \ \
g(1-x) - g(1-y) \leq 0
\end{aligned}
\]
\[
\begin{aligned}
\therefore \ \ \ \
(g(x) - g(y))
(g(1-x) - g(1-y)) \leq 0
\end{aligned}
\]
を得る。 \(g\) が単調減少の場合も同様にして示せる。
(3)
\(g\) に対する条件より、
\[
\begin{aligned}
m = g(\alpha)
, \ \ \ \
0 \leq \alpha \leq 1
\end{aligned}
\]
なる \(\alpha\) が存在する。 (2) で示した不等式において \(y = \alpha\) として整理すると、
\[
\begin{aligned}
g(x) g(1-x)
&\leq
g(x) g(1-\alpha) + g(\alpha) g(1-x) - g(\alpha) g(1-\alpha)
\\
&=
g(1-\alpha) g(x) + m g(1-x) - m g(1-\alpha)
\\
\therefore \ \ \ \
\int_0^1 g(x) g(1-x) dx
&\leq
g(1-\alpha) \int_0^1 g(x) dx
+ m \int_0^1 g(1-x) dx - m g(1-\alpha)
\\
&=
m g(1-\alpha) + m^2 - m g(1-\alpha)
\\
&=
m^2
\end{aligned}
\]
を得る。
(4)
\[
\begin{aligned}
C &= \int_0^1 g(x)^2 dx
\\
D &= \int_0^1 g(x) g(1-x) dx
\end{aligned}
\]
とおくと、(1) より、
\[
\begin{aligned}
V(Y) &= C - m^2
\\
V(Z) &= \frac{1}{2} C + \frac{1}{2} D - m^2
\end{aligned}
\]
であり、 (2) より、
\[
\begin{aligned}
D \leq m^2
\end{aligned}
\]
である。 そこで、与えられた \(A_n, B_n\) の分散を計算すると、
\[
\begin{aligned}
V(A_n)
&=
\frac{1}{4n^2} \sum_{i=1}^{2n} V(g(X_i))
\\
&=
\frac{1}{2n} V(Y)
\\
&=
\frac{1}{2n} (C - m^2)
\\
V(B_n)
&=
\frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n
V \left( \frac{g(X_i)+g(1-X_i)}{2} \right)
\\
&=
\frac{1}{n} V(Z)
\\
&=
\frac{1}{n} \left( \frac{1}{2} C + \frac{1}{2} D - m^2 \right)
\end{aligned}
\]
であり、
\[
\begin{aligned}
V(B_n) - V(A_n)
&=
\frac{1}{2n} (D - m^2)
\\
&\leq
0
\end{aligned}
\]
であるから、 \(B_n\) の方が有効な推定量である。