本記事は、2025年に実施された統計検定１級・統計応用・社会科学の問4について、投稿者による解答例と解説を掲載しています。
統計検定の問題は、実施団体が定める「統計検定の問題の使用に関する規約」により、当サイトでは掲載いたしません。出題の正確な内容や公式の解答は公式問題集等をご参照ください。
記載内容は投稿者個人の見解であり、一般財団法人統計質保証推進協会および日本統計学会の公式見解・公式解答ではありません。
統計検定®は一般財団法人統計質保証推進協会の登録商標です。

解答

[1]

$\{y_t\}$が無相関であることを示すには、任意のラグ$k \neq 0$に対して自己共分散$\textrm{Cov}(y_t, y_{t-k}) = 0$であることを示せばよい。
まず、期待値$\E[y_t]$を求める。
\begin{align*}
\E[y_t] &= \mu + \E[\sigma_t \varepsilon_t] \\
&= \mu + \E[\E[\sigma_t \varepsilon_t | \mathcal{F}_{t-1}]] \\
&= \mu + \E[\sigma_t \E[\varepsilon_t | \mathcal{F}_{t-1}]]
\end{align*}
ここで、$\mathcal{F}_{t-1} = \{y_{t-1}, y_{t-2}, \dots\}$とすると$\sigma_t$は$\mathcal{F}_{t-1}$の情報で確定するため条件付き期待値の外に出すことができ、$\varepsilon_t$は過去と独立で平均0であるため
\[
\E[\varepsilon_t | \mathcal{F}_{t-1}] = 0
\]
これより、$\E[y_t] = \mu$となる。
次に、$k > 0$として共分散 $\textrm{Cov}(y_t, y_{t-k})$ を考える。
\begin{align*}
\text{Cov}(y_t, y_{t-k}) &= \E[(y_t – \mu)(y_{t-k} – \mu)] \\
&= \E[\sigma_t \varepsilon_t (y_{t-k} – \mu)]
\end{align*}
ここで、$y_{t-k}$および$\sigma_t$は時点$t-1$以前の情報で確定している。再び条件付き期待値をとると、
\begin{align*}
\E[\sigma_t \varepsilon_t (y_{t-k} – \mu)] &=
\E[\E[\sigma_t \varepsilon_t (y_{t-k} – \mu) | \mathcal{F}_{t-1}]] \\
&= \E[\sigma_t (y_{t-k} – \mu) \E[\varepsilon_t | \mathcal{F}_{t-1}]] \\
&= \E[\sigma_t (y_{t-k} – \mu) \cdot 0 ] \\
&= 0
\end{align*}
よって、異なる時点間の共分散は0となる。
これより、$\{y_t\}$は無相関である。

[2]

$y_t$の尖度は問題文より以下で定義される。
\[
\kappa = \E \left[ \left(\frac{y_t – \mu}{\sqrt{\textrm{V}[y_t]}} \right)^4 \right]
= \frac{\E[(y_t – \mu)^4]}{(\E[(y_t – \mu)^2])^2}
\]
まず、分母の分散成分$\E[(y_t – \mu)^2]$を計算する。
$\sigma_t$と$\varepsilon_t$は独立より、
\[
\E[(y_t – \mu)^2] = \E[\sigma_t^2 \varepsilon_t^2]
= \E[\sigma_t^2] \E[\varepsilon_t^2] = \E[\sigma_t^2] \cdot 1 = \E[\sigma_t^2]
\]
次に、分子の4次モーメント $\E[(y_t – \mu)^4]$ を計算する。
$\varepsilon_t \sim N(0,1)$より$\E[\varepsilon_t^4] = 3$であることを用いる。
\[
\E[(y_t – \mu)^4] = \E[\sigma_t^4 \varepsilon_t^4]
= \E[\sigma_t^4] \E[\varepsilon_t^4] = 3 \E[\sigma_t^4]
\]
したがって、$y_t$の尖度は以下のようになる。
\[
\kappa = \frac{3 E[\sigma_t^4]}{(E[\sigma_t^2])^2}
\]
このとき、$X = \sigma_t^2$とおくと、イェンセンの不等式（または分散の性質$\textrm{V}(X) = \E[X^2] – (\E[X])^2 > 0$により$E[X^2] > (E[X])^2$となる。
よって、$E[(\sigma_t^2)^2] > (E[\sigma_t^2])^2$より、
\[
\kappa = \frac{3 E[\sigma_t^4]}{(E[\sigma_t^2])^2} > 3
\]
となることが示される。

[3]

ここで、$u_t = y_t – \mu$とおくと$u_t^2 = \sigma_t^2 \varepsilon_t^2$となり、求める1次の自己相関係数は次のように与えられる。
\[
\rho(1) =
\frac{\textrm{Cov}(u_t^2, u_{t-1}^2)}
{\sqrt{\textrm{V}(u_t^2)} \sqrt{\textrm{V}(u_{t-1}^2)}}
\]
ここで、問題文より$\{y_t\}$は定常であるので$\textrm{V}(u_t^2) = \textrm{V}(u_{t-1}^2)$となる。
また、$\textrm{Cov}(u_t^2, u_{t-1}^2)$は
\[
\textrm{Cov}(u_t^2, u_{t-1}^2) =
\E[u_t^2 u_{t-1}^2] – \E[u_t^2] \E[u_{t-1}^2]
\]
であり、
\begin{align*}
\E[u_t^2 u_{t-1}^2] &= \E[ \E[u_t^2 u_{t-1}^2 | u_{t-1}] ] \\
&= \E[ u_{t-1}^2 \E[u_t^2 | u_{t-1}] ] \\
&= \E[ u_{t-1}^2 \E[\sigma^2 \varepsilon_t^2 | u_{t-1}] ] \\
&= \E[ u_{t-1}^2 \E[(\beta_0 + \beta_1 u_{t-1}^2) \varepsilon_t^2 | u_{t-1}] ] \\
&= \E[ u_{t-1}^2(\beta_0 + \beta_1 u_{t-1}^2) \E[\varepsilon_t^2 | u_{t-1}] ] \\
&= \E[ u_{t-1}^2(\beta_0 + \beta_1 u_{t-1}^2) \times 1 ] \\
&= \beta_0 \E[u_{t-1}^2] + \beta_1 \E[u_{t-1}^4]
\end{align*}
となる。ここで、$\E[\varepsilon_t^2 | u_{t-1}] = 1$となるのは、$\varepsilon_t$と$y_{t-1}$は互いに独立より。
次に$\E[u_t^2] \E[u_{t-1}^2]$は
\begin{align*}
\E[u_t^2] \E[u_{t-1}^2] &= \E[\sigma^2 \varepsilon_t^2] \E[u_{t-1}^2] \\
&= \E[(\beta_0 + \beta_1 u_{t-1}^2) \varepsilon_t^2] \E[u_{t-1}^2] \\
&= (\beta_0 + \beta_1 \E[u_{t-1}^2]) \E[u_{t-1}^2] \\
&= \beta_0 \E[u_{t-1}^2] + \beta_1 \E[u_{t-1}^2]^2
\end{align*}
となる。
よって、
\begin{align*}
\textrm{Cov}(u_t^2, u_{t-1}^2) &=
\beta_0 \E[u_{t-1}^2] + \beta_1 \E[u_{t-1}^4] –
(\beta_0 \E[u_{t-1}^2] + \beta_1 \E[u_{t-1}^2]^2)
\\
&= \beta_1 (\E[u_{t-1}^4] – \E[u_{t-1}^2]^2) = \beta_1 \textrm{V}(u_{t-1}^2)
\end{align*}
となる。
以上より、$\{u_t^2\}$の1次の自己相関係数は
\[
\rho(1) =
\frac{\textrm{Cov}(u_t^2, u_{t-1}^2)}
{\sqrt{\textrm{V}(u_t^2)} \sqrt{\textrm{V}(u_{t-1}^2)}} =
\frac{\beta_1 \textrm{V}(u_{t-1}^2)}{\textrm{V}(u_{t-1}^2)} =
\beta_1 = 0.5
\]

また次のようにも考えることができる。
ここで、$u_t = y_t – \mu$とおくと$u_t^2 = \sigma_t^2 \varepsilon_t^2$となり、$u_t^2$は次のように変形する。
\begin{align*}
u_t^2 &= \sigma_t^2 + \sigma_t^2 \varepsilon_t^2 – \sigma_t^2 \\
&= \sigma_t^2 + \sigma_t^2 (\varepsilon_t^2 – 1) \\
&= \beta_0 + \beta_1 (y_{t-1} – \mu)^2 + \sigma_t^2 (\varepsilon_t^2 – 1) \\
&= \beta_0 + \beta_1 u_{t-1}^2 + \nu_t
\end{align*}
ここで、$\nu_t = \sigma_t^2 (\varepsilon_t^2 – 1)$とおいた。
これは、AR(1) モデルの形をしている。
このとき、$\nu_t$は$\E[\varepsilon_t^2]=1$より
\[
\E[\nu_t] = \E[\sigma_t^2] \E[\varepsilon_t^2 – 1] = 0
\]
となり、$\nu_t$は平均0の誤差項とみなせる。
また、定常なAR(1)過程$X_t = c + \phi X_{t-1} + \epsilon_t$の1次自己相関係数は$\phi$ に等しいことが知られている。
したがって、求める自己相関係数は$\beta_1$である。
よって、
\[
\rho_1 = \beta_1 = 0.5
\]

[4]

$y_t = 0.2$を与えたもとでの$y_{t+1}$の条件付き分布を求める。
このとき、
\begin{align*}
y_{t+1} &= \mu + \sigma_{t+1} \varepsilon_{t+1}, \quad
\varepsilon_{t+1} \sim N(0, 1)
\end{align*}
であり、$\sigma_{t+1}$は
\[
\sigma_{t+1}^2 = \beta_0 + \beta_1 (y_t – \mu)^2
\]
より、$y_t$を与えたもとで$\sigma_{t+1}^2$は定数となるので$y_{t+1}$の条件付き分布は
\[
y_{t+1} | y_t \sim N(\mu, \sigma_{t+1}^2)
\]
となる。
$y_t = 0.2$のとき、\sigma_{t+1}^2は
\begin{align*}
\sigma_{t+1}^2 &= \beta_0 + \beta_1 (y_t – \mu)^2 \\
&= 0.14 + 0.5 \times (0.2 – 0.4)^2 \\
&= 0.14 + 0.02 = 0.16 = 0.4^2
\end{align*}
また、問題文から$\mu = 0.4$より
\[
y_{t+1} | y_t=0.2 \sim N(0.4, 0.4^2)
\]

[5]

まず、不等式$L_{t+1} > c$は
\begin{align*}
L_{t+1} &> c \\
100 – 100 \exp(y_{t+1}) &> 100 – 100 \exp(B) \\
\exp(y_{t+1}) &< \exp(B) \\
y_{t+1} &< B
\end{align*}
となる。
これより、求める$B$は
\[
P(y_{t+1} < B | y_t = 0.2) = 0.01
\]
をみたす。
[4]より、$y_{t+1} | y_t=0.2 \sim N(0.4, 0.4^2)$なので
\begin{align*}
P(y_{t+1} < B | y_t = 0.2) &= 0.01 \\
P\left( \frac{y_{t+1} – 0.4}{0.4} < \frac{B – 0.4}{0.4} \biggm| y_t = 0.2 \right)
&= 0.01 \\
P\left( Z < \frac{B – 0.4}{0.4} \right) &= 0.01 \\
\end{align*}
となる。ここで、$Z$は標準正規分布に従う確率変数である。
これより、
\[
\frac{B – 0.4}{0.4} = -2.326 \implies
B = 0.4 – 0.4 \times 2.326 = -0.5448
\]