[1]\(U\)の期待値\(E[U]\)を求めよ。

\begin{equation} E[U] = E[X_1+X_2] = E[X_1]+E[X_2] \ (\because X_1, X_2は互いに独立) \end{equation} 今、\(X_i\)(\(i=1, 2\))について、
\begin{eqnarray*} E[X_i] &=& \int_0^\infty x_i f(x_i) dx_i \\ &=& \int_0^\infty x_i \lambda \mathrm{e}^{-\lambda x_i} dx_i \\ &=& \left[ x_i\mathrm{e}^{-\lambda x_i} \right]_0^\infty + \int_0^\infty \mathrm{e}^{-\lambda x_i} dx_i\\ &=& \left[-\frac{1}{\lambda}\mathrm{e}^{-\lambda x_i} \right]_0^\infty \\ &=& \frac{1}{\lambda} \end{eqnarray*} であるので、結局 \begin{equation} E[U] = \frac{1}{\lambda} + \frac{1}{\lambda} = \frac{2}{\lambda} \end{equation}
[2]\(U\)の確率密度関数\(g(u)\)を求めよ

まず\(U\)の積率母関数\(M_U(t)\)を求める。
\begin{equation} M_U(t) = M_{X_1+X_2}(t) = M_{X_1}(t)M_{X_2}(t) \ (\because X_1, X_2は互いに独立) \end{equation} であり、\(M_{X_i}(t)\)について、
\begin{eqnarray*} M_{X_i}(t) = E[\mathrm{e}^{t X_i}] &=& \int_0^\infty \mathrm{e}^{t x_i}\lambda \mathrm{e}^{-\lambda x_i} dx_i \\ &=& \lambda \int_0^\infty \mathrm{e}^{(t-\lambda)x_i}dx_i\\ &=& \lambda \left[ \frac{1}{t-\lambda} \mathrm{e}^{(t-\lambda)x_i} \right]_0^\infty\\ &=&\frac{\lambda}{\lambda - t}\ (\lambda > t) \end{eqnarray*} \begin{equation} \therefore M_U(t) = \left( \frac{\lambda}{\lambda - t}\right)^2 = \left( \frac{1}{1 - \frac{t}{\lambda}} \right)^2 \end{equation} これはパラメータ(2, \(\frac{1}{\lambda}\))のガンマ分布の積率母関数に一致する。積率母関数と確率密度関数の一対一対応性から、\(U\)の確率密度関数は、
\begin{equation} g(u) = \frac{{\lambda}^2}{\Gamma(2)}u^{2-1}\mathrm{e}^{-\lambda u} = {\lambda}^2 u\mathrm{e}^{-\lambda u}\ (\because \Gamma(2)=1! ) \end{equation} [3]期待値\(E[\frac{1}{U}]\)を求めよ。

\begin{eqnarray*} E\left[ \frac{1}{U} \right] &=& \int_0^\infty \frac{1}{u} g(u)du \\ &=& \int_0^\infty {\lambda}^2 \mathrm{e}^{-\lambda u}\\ &=& {\lambda}^2 \left[ -\frac{1}{\lambda} \mathrm{e}^{-\lambda u} \right]_0^\infty \\ &=& \lambda \end{eqnarray*}
[4]\(\alpha\)を正の定数とし、パラメータ\(\theta=\frac{1}{\lambda}\)を\(\alpha \bar{X}\)で推定する。その時の損失関数を
\begin{equation} L(\alpha\bar{X}, \theta) = \frac{\alpha\bar{X}}{\theta}+ \frac{\theta}{\alpha\bar{X}}-2 \end{equation} として期待値\(R(\alpha, \theta) = E[L(\alpha\bar{X}, \theta)]\)を導出し、\(R(\alpha, \theta)\)が最小となる\(\alpha\)の値を求めよ。

問題文の定義及び、[1][3]の結果から、 \begin{eqnarray*} E[L(\alpha\bar{X}, \theta)] &=& E \left[ \frac{\alpha\bar{X}}{\theta}+ \frac{\theta}{\alpha\bar{X}}-2 \right]\\ &=& \frac{\alpha}{\theta}E[\bar{X}] + \frac{\theta}{\alpha}E \left[\frac{1}{\bar{X}} \right] -2\\ &=& \lambda\alpha E \left[ \frac{U}{2} \right] + \frac{1}{\lambda\alpha}E \left[ \frac{2}{U} \right]-2\\ &=& \frac{\lambda\alpha}{2} E[U] + \frac{2}{\lambda\alpha}E \left[ \frac{1}{U} \right]-2\\ &=& \frac{\lambda\alpha}{2}\frac{2}{\lambda} + \frac{2}{\lambda\alpha}\lambda - 2\\ &=& \alpha + \frac{2}{\alpha} -2 \end{eqnarray*} となる。ここで\(R(\alpha, \theta)\)が最小となる\(\alpha\)の値を求めるために、上式を\(\alpha\)で微分したもの=0を解くと、 \begin{equation} 1-\frac{2}{{\alpha}^2} = 0\\ \therefore \alpha = \sqrt{2} \ (\because \alpha >0) \end{equation}