2ステップ＝マルチスケール法

各$y^*$ からスケール$\tau_2$ のブートストラップ法によって複製$y^{**}$ を一 個だけ生成する．つまり $Y^*\sim f(y^*;y,\tau_1)$ と $Y^{**}\sim f(y^{**};y^{*},\tau_2)$ によって， $(y^*,y^{**})$ を多数生成し，スケール $(\tau_1, \tau_2)$ のブートストラップ確率

$$\tilde\alpha_2(y,\tau_1,\tau_2) = \Pr\{Y^{**}\in {\cal R}; y,\tau_1,\tau_2\}$$

を計算する．正規モデルでは

$$\tilde\alpha_2(y,\tau_1,\tau_2) = \tilde\alpha_1(y,\sqrt{\tau_1^2+\tau_2^2})$$

となるが，一般の指数型分布族では，

$$\tilde z_2(y,\tau_1,\tau_2) - \tilde z_1(y,\sqrt{\tau_1^2+\tau_2^... ...au_1^2\tau_2^2(\hat v^2 - (\tau_1^2+\tau_2^2)) } {(\tau_1^2 + \tau_2^2)^{5/2}}$$

であることを利用して$\hat a$ が推定できる．数値例2において$n_2=6,15$ , $\tau_2=\sqrt{n/n_2}$ とすると，たとえば，

$$\tilde\alpha_2(y,\sqrt{\mbox{$10 \over 6$}},\sqrt{\mbox{$10 \over 6$}})=0.3063 \neq \tilde\alpha_1(y,\sqrt{\mbox{$10 \over 3$}})=0.2990$$

$$\tilde\alpha_2(y,\sqrt{\mbox{$10 \over 10$}},\sqrt{\mbox{$10 \over 15$}})=0.1866 \neq \tilde\alpha_1(y,\sqrt{\mbox{$10 \over 6$}})=0.1875$$

のように，極わずかの差があることが分かる．

$\hat z_1(y)$ と $\tilde z_2(y,\tau_1,\tau_2) - \tilde z_1(y,\sqrt{\tau_1^2+\tau_2^2})$ の式をまとめると，

$$\tilde z_2(y,\tau_1,\tau_2) \doteq s_1 \hat\gamma_1(1+s_2 \hat\gamma_3) - \frac{\hat\gamma_2 + s_2 \hat\gamma_3}{s_1 \hat\gamma_1}$$

ただし $s_1 = (\tau_1^2+\tau_2^2)^{-1/2}$ , $s_2=\tau_1^2\tau_2^2 s_1^4$ で ある．ここでは $\hat v, \hat c, \hat a$ の代わりに $\hat\gamma_1\doteq\hat v -2\hat a\hat v^2$ , $\hat\gamma_2\doteq\hat v(\hat a -\hat c)$ , $\hat\gamma_3\doteq\hat v\hat a$ を用いている．この理論式を数値例2に当て はめると回帰係数として

$$\hat\gamma_1 = 1.328,\quad \hat\gamma_2 = 0.144,\quad \hat\gamma_3 = 0.137$$

と推定される．一方，不偏な確率値は

$$\hat z_\infty(y) \doteq \hat\gamma_1(1+\hat\gamma_3) + \frac{\hat \gamma_2}{\hat \gamma_1}$$

と書けるので，右辺を $\hat z_2(y)$ と置いて，推定した係数を代入すると，

$$\hat\alpha_2(y) = 1-\Phi\left\{ 1.328 (1+0.137) + \frac{0.144}{1.328}\right\} = 0.0528$$

が得られる． $\hat\alpha_0(y)=0.1115$ や $\hat\alpha_1(y)=0.0753$ に比べて， $\hat\alpha_\infty(y)=0.05$ に近く，精度が高いことが分かる．任意の指数型 分布族，任意の${\cal R}$ に対して，この2ステップ＝マルチスケール法は2次の精度 である．