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ベイズ推定

2026年10月15日12分で読めますAI生成教科書『資格試験』第10章 リスク最適性の理論
目次
  1. ベイズリスクとベイズ推定量
  2. 共役事前分布
  3. 不偏なベイズ推定量は存在しない
  4. 確認テスト
  5. 木下の層

AI 生成・木下が未勉強

数理統計 第10章 §10.4 ★★★ ベイズ推定量は事後期待損失を各 x\bm x で最小にする。2乗損失なら事後平均。共役事前分布での事後分布とベイズリスクの計算が頻出

ベイズリスクとベイズ推定量

母数 θ\theta に確率分布(事前分布)π(θ)\pi(\theta) を置く。リスク関数をこの分布で平均した数

r(π,δ)=∫ΘR(θ,δ) π(θ) dθ(10.6)r(\pi,\delta)=\int_\Theta R(\theta,\delta)\,\pi(\theta)\,\mathrm{d}\theta\tag{10.6}

をベイズリスクと呼ぶ。r(π,δ)r(\pi,\delta) を最小にする推定量を、π\pi に関するベイズ推定量と呼ぶ。これを δπ\delta_\pi と書く。観測 x\bm x のもとでの θ\theta の事後分布は、Bayes の定理より

π(θ∣x)=f(x∣θ)π(θ)m(x),m(x)=∫Θf(x∣θ)π(θ) dθ(10.7)\pi(\theta\mid\bm x)=\frac{f(\bm x\mid\theta)\pi(\theta)}{m(\bm x)},\qquad m(\bm x)=\int_\Theta f(\bm x\mid\theta)\pi(\theta)\,\mathrm{d}\theta\tag{10.7}

である。m(x)m(\bm x) を周辺密度と呼ぶ。

定理 10.12(ベイズ推定量は事後期待損失の最小化 ★★★)

各 x\bm x について、事後期待損失

∫L(θ,d)π(θ∣x) dθ\int\mathcal L(\theta,d)\pi(\theta\mid\bm x)\,\mathrm{d}\theta

を最小にする d=δπ(x)d=\delta_\pi(\bm x) を選ぶ。こうして作った δπ\delta_\pi はベイズ推定量である(r(π,δπ)<∞r(\pi,\delta_\pi)<\infty とする)。特に

  1. 2乗損失 (d−θ)2(d-\theta)^2 では事後平均 δπ(x)=E[θ∣x]\delta_\pi(\bm x)=E[\theta\mid\bm x]、
  2. 重み付き2乗損失 w(θ)(d−θ)2w(\theta)(d-\theta)^2 では δπ(x)=E[w(θ)θ∣x]/E[w(θ)∣x]\delta_\pi(\bm x)=E[w(\theta)\theta\mid\bm x]/E[w(\theta)\mid\bm x]、
  3. 絶対損失 ∣d−θ∣\lvert d-\theta\rvert では事後分布の中央値

がベイズ推定量である。

証明

積分の順序を入れ替えて、式 (10.7) の f(x∣θ)π(θ)=π(θ∣x)m(x)f(\bm x\mid\theta)\pi(\theta)=\pi(\theta\mid\bm x)m(\bm x) を使うと

r(π,δ)=∫Θ∫L(θ,δ(x))f(x∣θ) dx π(θ) dθ=∫{∫ΘL(θ,δ(x))π(θ∣x) dθ}m(x) dx.r(\pi,\delta)=\int_\Theta\int\mathcal L(\theta,\delta(\bm x))f(\bm x\mid\theta)\,\mathrm{d}\bm x\,\pi(\theta)\,\mathrm{d}\theta =\int\Bigl\{\int_\Theta\mathcal L(\theta,\delta(\bm x))\pi(\theta\mid\bm x)\,\mathrm{d}\theta\Bigr\}m(\bm x)\,\mathrm{d}\bm x .

m(x)≥0m(\bm x)\ge0 なので、波括弧の中を各 x\bm x で最小にすれば全体が最小になる。

(1) 波括弧の中は d2−2dE[θ∣x]+E[θ2∣x]d^2-2dE[\theta\mid\bm x]+E[\theta^2\mid\bm x] である。dd で微分して 0 とおくと d=E[θ∣x]d=E[\theta\mid\bm x]。(2) 同様に d2E[w∣x]−2dE[wθ∣x]+E[wθ2∣x]d^2E[w\mid\bm x]-2dE[w\theta\mid\bm x]+E[w\theta^2\mid\bm x] を dd で微分すればよい。(3) 確認テスト 10.1-3 の結果を事後分布に当てはめる。

共役事前分布

事前分布と事後分布が同じ分布族に入るとき、その事前分布を共役事前分布と呼ぶ。事後分布の計算では、θ\theta を含む因子だけを残して既知の密度の形を読み取ればよい(正規化定数は最後に合わせる)。

命題 10.13(代表的な共役事前分布 ★★★)

  1. X∼Bin(n,p)X\sim\mathrm{Bin}(n,p) で事前分布がベータ分布 Beta(a,b)\mathrm{Beta}(a,b) なら、事後分布は次のベータ分布である。

p∣x∼Beta(a+x, b+n−x)p\mid x\sim\mathrm{Beta}(a+x,\,b+n-x)

事後平均は

E[p∣x]=a+xa+b+n=na+b+n⋅xn+a+ba+b+n⋅aa+b.E[p\mid x]=\frac{a+x}{a+b+n}=\frac{n}{a+b+n}\cdot\frac xn+\frac{a+b}{a+b+n}\cdot\frac a{a+b}. 2. X1,…,XnX_1,\dots,X_n が独立に Po(λ)\mathrm{Po}(\lambda) に従うとする。事前分布が Ga(α,β)\mathrm{Ga}(\alpha,\beta) なら、t=∑xit=\sum x_i として

λ∣x∼Ga(α+t, βnβ+1).\lambda\mid\bm x\sim\mathrm{Ga}\Bigl(\alpha+t,\,\frac{\beta}{n\beta+1}\Bigr).

事後平均は

E[λ∣x]=(α+t)βnβ+1=nβnβ+1xˉ+1nβ+1αβ.E[\lambda\mid\bm x]=\frac{(\alpha+t)\beta}{n\beta+1}=\frac{n\beta}{n\beta+1}\bar x+\frac1{n\beta+1}\alpha\beta. 3. X1,…,XnX_1,\dots,X_n が独立に N(θ,σ2)\mathrm N(\theta,\sigma^2) に従い、分散は既知とする。事前分布が N(μ0,τ2)\mathrm N(\mu_0,\tau^2) なら

θ∣x∼N(nxˉ/σ2+μ0/τ2n/σ2+1/τ2, 1n/σ2+1/τ2).\theta\mid\bm x\sim\mathrm N\Bigl(\frac{n\bar x/\sigma^2+\mu_0/\tau^2}{n/\sigma^2+1/\tau^2},\ \frac1{n/\sigma^2+1/\tau^2}\Bigr).

証明

(1) π(p∣x)∝px(1−p)n−x⋅pa−1(1−p)b−1=pa+x−1(1−p)b+n−x−1\pi(p\mid x)\propto p^x(1-p)^{n-x}\cdot p^{a-1}(1-p)^{b-1}=p^{a+x-1}(1-p)^{b+n-x-1} は Beta(a+x,b+n−x)\mathrm{Beta}(a+x,b+n-x) の密度の形である。Beta(A,B)\mathrm{Beta}(A,B) の平均 A/(A+B)A/(A+B) から事後平均を得る。

(2) π(λ∣x)∝λte−nλ⋅λα−1e−λ/β=λα+t−1exp⁡{−λ(n+1/β)}\pi(\lambda\mid\bm x)\propto\lambda^t\mathrm e^{-n\lambda}\cdot\lambda^{\alpha-1}\mathrm e^{-\lambda/\beta}=\lambda^{\alpha+t-1}\exp\{-\lambda(n+1/\beta)\}。尺度が 1/(n+1/β)=β/(nβ+1)1/(n+1/\beta)=\beta/(n\beta+1) のガンマ分布の形で、平均は形状×尺度である。

(3) ∑(xi−θ)2=∑(xi−xˉ)2+n(θ−xˉ)2\sum(x_i-\theta)^2=\sum(x_i-\bar x)^2+n(\theta-\bar x)^2 を使うと、θ\theta を含む指数部分は

−n(θ−xˉ)22σ2−(θ−μ0)22τ2-\frac{n(\theta-\bar x)^2}{2\sigma^2}-\frac{(\theta-\mu_0)^2}{2\tau^2}

である。2次と1次の係数は

θ2: −12(nσ2+1τ2),θ: nxˉσ2+μ0τ2\theta^2:\ -\frac12\Bigl(\frac n{\sigma^2}+\frac1{\tau^2}\Bigr),\qquad \theta:\ \frac{n\bar x}{\sigma^2}+\frac{\mu_0}{\tau^2}

なので、平方完成すると主張の正規分布になる。

3つの事後平均はどれも「データから作った推定量」と「事前分布の平均」の重み付き平均になっている。データの重みは nn が大きいほど 1 に近づき、事前分布の影響は小さくなる。事前分布の重みは、事前分布が何個分の観測に相当するかを表している。

  • ベータ分布なら a+ba+b 個分。
  • ガンマ分布なら 1/β1/\beta 個分。
  • 正規分布なら σ2/τ2\sigma^2/\tau^2 個分。

不偏なベイズ推定量は存在しない

命題 10.14(不偏推定量とベイズ推定量 ★★)

2乗損失のもとで、δ\delta が事前分布 π\pi に関するベイズ推定量であるとする。これが同時に母数の不偏推定量でもあるなら、r(π,δ)=0r(\pi,\delta)=0 である。

証明

母数とデータの同時分布での期待値を EE と書く。E[δθ]E[\delta\theta] を2通りに計算する。

E[δθ]=E[δ E[θ∣X]]=E[δ2](δ=E[θ∣X] を使った),E[δθ]=E[θ E[δ∣θ]]=E[θ2](不偏性 E[δ∣θ]=θ を使った).\begin{aligned}E[\delta\theta]&=E\bigl[\delta\,E[\theta\mid\bm X]\bigr]=E[\delta^2] &&(\delta=E[\theta\mid\bm X]\text{ を使った}),\\ E[\delta\theta]&=E\bigl[\theta\,E[\delta\mid\theta]\bigr]=E[\theta^2] &&(\text{不偏性 }E[\delta\mid\theta]=\theta\text{ を使った}).\end{aligned}

よって

r(π,δ)=E[(δ−θ)2]=E[δ2]−2E[δθ]+E[θ2]=0.r(\pi,\delta)=E[(\delta-\theta)^2]=E[\delta^2]-2E[\delta\theta]+E[\theta^2]=0 .

通常のモデルではベイズリスクが 0 になることは無いので、不偏推定量は(真の確率分布である)事前分布に関するベイズ推定量にはならない。たとえば N(θ,σ2)\mathrm N(\theta,\sigma^2) の Xˉ\bar X は、どの正規事前分布に関するベイズ推定量でもない。事後平均は、Xˉ\bar X を事前平均の方へ縮めた値になる。

例題 10.7 一様事前分布でのベイズ推定量とベイズリスク ★★★

オリジナル

X∼Bin(n,p)X\sim\mathrm{Bin}(n,p) とする。事前分布を (0,1)(0,1) 上の一様分布 Beta(1,1)\mathrm{Beta}(1,1) とし、2乗損失を考える。

  1. ベイズ推定量を求めよ。n=10n=10、x=3x=3 のときの値を求めよ。
  2. ベイズ推定量のベイズリスクを求め、X/nX/n のベイズリスクと比べよ。
解答

(1) 命題 10.13 (1) で a=b=1a=b=1 とすると、事後分布は Beta(x+1,n−x+1)\mathrm{Beta}(x+1,n-x+1) である。ベイズ推定量は事後平均 δπ=(X+1)/(n+2)\delta_\pi=(X+1)/(n+2) である。たとえば n=10n=10、x=3x=3 とする。このとき推定値は 4/12=1/34/12=1/3 となる。

(2) 例題 10.2 (1) で a=1a=1 とすると

R(p,δπ)=np(1−p)+(1−2p)2(n+2)2.R(p,\delta_\pi)=\frac{np(1-p)+(1-2p)^2}{(n+2)^2}.

一様分布のもとで E[p]=1/2E[p]=1/2、E[p2]=1/3E[p^2]=1/3 なので

E[p(1−p)]=12−13=16,E[(1−2p)2]=1−4⋅12+4⋅13=13.E[p(1-p)]=\frac12-\frac13=\frac16,\qquad E[(1-2p)^2]=1-4\cdot\frac12+4\cdot\frac13=\frac13 .

よって

r(π,δπ)=n/6+1/3(n+2)2=n+26(n+2)2=16(n+2).r(\pi,\delta_\pi)=\frac{n/6+1/3}{(n+2)^2}=\frac{n+2}{6(n+2)^2}=\frac1{6(n+2)} .

X/nX/n のベイズリスクは E[p(1−p)]/n=1/(6n)E[p(1-p)]/n=1/(6n) である。これは 1/(6(n+2))1/(6(n+2)) より大きい。X/nX/n は不偏なので、命題 10.14 からもベイズ推定量にならないことが分かる。

例題 10.8 損失関数でベイズ推定量が変わる例 ★★

オリジナル

X1,…,XnX_1,\dots,X_n が独立に、密度 λe−λx\lambda\mathrm e^{-\lambda x} の指数分布に従う。事前分布を λ∼Ga(α,β)\lambda\sim\mathrm{Ga}(\alpha,\beta) とし、t=∑xit=\sum x_i とおく。

  1. 事後分布を求めよ。
  2. 2乗損失 (d−λ)2(d-\lambda)^2 のベイズ推定量を求めよ。
  3. 損失 (d−λ)2/λ2(d-\lambda)^2/\lambda^2 のベイズ推定量を求めよ(α+n>2\alpha+n>2 とする)。
  4. 次の値のとき、(2)・(3) の値と最尤推定値 n/tn/t を求めよ。

α=2,β=1,n=10,t=4\alpha=2,\qquad \beta=1,\qquad n=10,\qquad t=4

解答

(1) 事後密度は

π(λ∣x)∝λne−λt⋅λα−1e−λ/β=λα+n−1exp⁡{−λ(t+1/β)}\pi(\lambda\mid\bm x)\propto\lambda^n\mathrm e^{-\lambda t}\cdot\lambda^{\alpha-1}\mathrm e^{-\lambda/\beta}=\lambda^{\alpha+n-1}\exp\{-\lambda(t+1/\beta)\}

である。よって事後分布は Ga(A,s)\mathrm{Ga}(A,s) で、

A=α+n,s=βtβ+1.A=\alpha+n,\qquad s=\frac{\beta}{t\beta+1}.

(2) 事後平均 As=(α+n)β/(tβ+1)As=(\alpha+n)\beta/(t\beta+1)。

(3) 定理 10.12 (2) で w(λ)=λ−2w(\lambda)=\lambda^{-2} とすると

δ=E[λ−1∣x]E[λ−2∣x]\delta=\frac{E[\lambda^{-1}\mid\bm x]}{E[\lambda^{-2}\mid\bm x]}

である。Ga(A,s)\mathrm{Ga}(A,s) について

E[λ−k]=1Γ(A)sA∫0∞λA−k−1e−λ/s dλ=Γ(A−k)sA−kΓ(A)sA=Γ(A−k)Γ(A)s−k(A>k)E[\lambda^{-k}]=\frac{1}{\Gamma(A)s^A}\int_0^\infty\lambda^{A-k-1}\mathrm e^{-\lambda/s}\,\mathrm{d}\lambda=\frac{\Gamma(A-k)s^{A-k}}{\Gamma(A)s^A}=\frac{\Gamma(A-k)}{\Gamma(A)}s^{-k}\qquad(A>k)

より

E[λ−1]=1(A−1)s,E[λ−2]=1(A−1)(A−2)s2.E[\lambda^{-1}]=\frac1{(A-1)s},\qquad E[\lambda^{-2}]=\frac1{(A-1)(A-2)s^2}.

比は (A−2)s=(α+n−2)β/(tβ+1)(A-2)s=(\alpha+n-2)\beta/(t\beta+1) である。

(4) tβ+1=5t\beta+1=5 なので、3つの値は次のとおり。

  • (2) の事後平均は 12/5 = 2.4。
  • (3) の推定値は 10/5 = 2。
  • 最尤推定値は 10/4 = 2.5。

同じ事後分布からでも、損失関数が違えばベイズ推定量は違う値になる。

確認テスト

オリジナル

  1. 10.4-1 事後分布のもとで E[(θ−d)2∣x]E[(\theta-d)^2\mid\bm x] を最小にする dd が事後平均であることを確かめよ。それには次の式を示せばよい。

E[(θ−d)2∣x]=V[θ∣x]+(E[θ∣x]−d)2E[(\theta-d)^2\mid\bm x]=V[\theta\mid\bm x]+(E[\theta\mid\bm x]-d)^2 2. 10.4-2 X1,…,X5X_1,\dots,X_5 が独立に Po(λ)\mathrm{Po}(\lambda) に従い、観測の和が 12 であった。事前分布 λ∼Ga(2,1)\lambda\sim\mathrm{Ga}(2,1) のもとで、事後分布と2乗損失のベイズ推定値を求めよ。それが xˉ\bar x と事前平均の重み付き平均になっていることを確かめよ。3. 10.4-3 X1,…,X4X_1,\dots,X_4 が独立に N(θ,4)\mathrm N(\theta,4) に従い、標本平均が 2 であった。事前分布 θ∼N(0,1)\theta\sim\mathrm N(0,1) のもとで事後分布を求めよ。また、このベイズ推定量のベイズリスクを求めよ。4. 10.4-4 X∼Bin(n,p)X\sim\mathrm{Bin}(n,p) とする。π\pi を (0,1)(0,1) 上の任意の事前分布とする(両端 0, 1 に確率を置かないもの)。X/nX/n は2乗損失のベイズ推定量にならないことを示せ。

木下の勉強ステータス

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