この章のまとめと試験での出方

(1) 第4章・第6章。部分積分により

$$E[X]=\int_0^\infty x\lambda e^{-\lambda x}\,\mathrm{d} x=\Bigl[-xe^{-\lambda x}\Bigr]_0^\infty+\int_0^\infty e^{-\lambda x}\,\mathrm{d} x=\frac1\lambda=\theta.$$

同様に $E[X^2]=\int_0^\infty x^2\lambda e^{-\lambda x}\,\mathrm{d} x=\frac2\lambda E[X]=\frac{2}{\lambda^2}$ なので、$V[X]=\frac2{\lambda^2}-\frac1{\lambda^2}=\theta^2$。

(2) 第8章・第9章 §9.2。(9.2) から $E[\bar X]=\theta$、$V[\bar X]=\theta^2/n$。すべての $\theta>0$ で $E[\bar X]=\theta$ なので不偏である。$\mathrm{MSE}(\bar X)=\theta^2/n\to0$ なので、命題 9.5 により一致推定量である。

(3) 第9章 §9.3。$E[\bar X^2]=V[\bar X]+(E[\bar X])^2=\theta^2/n+\theta^2=\theta^2(1+1/n)$。これは $\theta^2$ と異なるので、$\bar X^2$ は不偏でない（偏りは $\theta^2/n$）。$\frac{n}{n+1}$ を掛けると

$$E\Bigl[\frac{n}{n+1}\bar X^2\Bigr]=\frac{n}{n+1}\cdot\frac{n+1}{n}\theta^2=\theta^2$$

となり、$\frac{n}{n+1}\bar X^2$ は $\theta^2$ の不偏推定量である。また定理 9.9 は分布の形を問わないので、$E[S^2]=V[X]=\theta^2$ で、$S^2$ も $\theta^2$ の不偏推定量である。指数分布では分散が平均の2乗に等しいので、同じ $\theta^2$ に2種類の不偏推定量を作ることができる。

(4) 第9章 §9.1。$E[T_c]=c\theta$、$V[T_c]=c^2\theta^2/n$ なので、(9.1) から

$$\mathrm{MSE}(T_c)=\frac{c^2\theta^2}{n}+(c-1)^2\theta^2=\theta^2\Bigl\{\frac{n+1}{n}c^2-2c+1\Bigr\} =\theta^2\Bigl\{\frac{n+1}{n}\Bigl(c-\frac{n}{n+1}\Bigr)^2+\frac{1}{n+1}\Bigr\}.$$

最小は $c=\frac{n}{n+1}$ のときで、最小値は $\frac{\theta^2}{n+1}$ である。$c$ は $\theta$ を含まないので、$T_{n/(n+1)}=\frac{n}{n+1}\bar X$ は統計量として使うことができる。$\frac{\theta^2}{n+1}<\frac{\theta^2}{n}=\mathrm{MSE}(\bar X)$ なので、$\bar X$ を少し縮めると、偏りが生じる代わりに平均二乗誤差はすべての $\theta$ で小さくなる。

(5) 第9章 §9.4。$\bar x=1000/20=50$ 時間で、これが $\theta$ の推定値である。$\bar X$ の標準誤差は $\theta/\sqrt{n}$ で、$\theta$ を $\bar x$ で置き換えると $50/\sqrt{20}\approx11.18$ 時間、$\sigma$ を $s$ で置き換えると $48/\sqrt{20}\approx10.73$ 時間である。

$\theta^2$ の推定値は、$\frac{20}{21}\times50^2\approx2380.95$ と $s^2=48^2=2304$ である。同じ $\theta^2$ の不偏推定量でも、標本ごとの値は一致しない。