本稿には、2022年に実施された統計検定1級『統計数理』 問3の自作解答案を掲載しています。なお、閲覧にあたっては、以下の点にご注意ください。
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- この答案は、あくまでも筆者が自作したものであり、公式なものではありません。正式な答案については、公式問題集をご参照ください。
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〔1〕ポアソン分布の期待値と分散
（i）期待値
期待値の定義式 $E \left(X\right)=\sum_{-\infty}^{\infty}{x \cdot f \left(x\right)}$ より、
\begin{align}
E \left(X\right)&=\sum_{x=0}^{\infty}{x \cdot \frac{\lambda^xe^{-\lambda}}{x!}}\\
&=0 \cdot \frac{\lambda^0e^{-\lambda}}{0!}+\sum_{x=1}^{\infty}{x \cdot \frac{\lambda^xe^{-\lambda}}{x!}}\\
&=\sum_{x=1}^{\infty}\frac{\lambda^xe^{-\lambda}}{ \left(x-1\right)!}\\
&=\lambda e^{-\lambda}\sum_{x=1}^{\infty}\frac{\lambda^{x-1}}{ \left(x-1\right)!}\\
&=\lambda e^{-\lambda}\sum_{y=0}^{\infty}\frac{\lambda^y}{y!}
\end{align}
指数関数のマクローリン展開 $\sum_{y=0}^{\infty}\frac{\lambda^y}{y!}=e^\lambda$ より、
\begin{align}
E \left(X\right)=\lambda e^{-\lambda} \cdot e^\lambda=\lambda
\end{align}
$\blacksquare$
（ii）分散
2次階乗モーメントの定義式 $E \left\{X \left(X-1\right)\right\}=\sum_{x=0}^{\infty}{x \left(x-1\right) \cdot f \left(x\right)}$ より、
\begin{align}
E \left\{X \left(X-1\right)\right\}&=\sum_{x=0}^{\infty}{x \left(x-1\right) \cdot \frac{\lambda^xe^{-\lambda}}{x!}}\\
&=0+0+\sum_{x=2}^{n}\frac{\lambda^xe^{-\lambda}}{ \left(x-2\right)!}\\
&=\lambda^2e^{-\lambda}\sum_{x=2}^{\infty}\frac{\lambda^{x-2}}{ \left(x-2\right)!}\\
&=\lambda^2e^{-\lambda}\sum_{z=0}^{\infty}\frac{\lambda^z}{z!}\\
&=\lambda^2e^{-\lambda} \cdot e^\lambda\\
&=\lambda^2
\end{align}
階乗モーメントを用いた分散の公式 $V \left(X\right)=E \left\{X \left(X-1\right)\right\}+E \left(X\right)- \left\{E \left(X\right)\right\}^2$ より、
\begin{align}
V \left(X\right)=\lambda^2+\lambda-\lambda^2=\lambda
\end{align}
$\blacksquare$
〔2〕ガンマ分布の期待値・分散
（i）期待値
期待値の定義式 $E \left(X\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot f \left(x\right)dx}$ より、
\begin{align}
E \left(\Lambda\right)&=\int_{0}^{\infty}{\lambda \cdot \frac{\beta^\alpha}{\Gamma \left(\alpha\right)}\lambda^{\alpha-1}e^{-\beta\lambda}d\lambda}\\
&=\frac{\beta^\alpha}{\Gamma \left(\alpha\right)}\int_{0}^{\infty}{\lambda^{\alpha+1-1}e^{-\beta\lambda}d\lambda}\\
\end{align}
ガンマ関数の公式 $\frac{\Gamma \left(\alpha\right)}{\beta^\alpha}=\int_{0}^{\infty}{x^{\alpha-1} \cdot e^{-\beta x}dx}$ より、
\begin{align}
E \left(\Lambda\right)=\frac{\beta^\alpha}{\Gamma \left(\alpha\right)} \cdot \frac{\Gamma \left(\alpha+1\right)}{\beta^{\alpha+1}}
\end{align}
ガンマ関数の性質 $\Gamma \left(\alpha+1\right)=\alpha\Gamma \left(\alpha\right)$ より、
\begin{align}
E \left(\Lambda\right)&=\frac{\beta^\alpha}{\Gamma \left(\alpha\right)} \cdot \frac{\alpha\Gamma \left(\alpha\right)}{\beta^{\alpha+1}}\\
&=\frac{\alpha}{\beta}
\end{align}
（ii）分散
期待値の定義式 $E \left(X^2\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{x^2 \cdot f \left(x\right)dx}$ より、
\begin{align}
E \left(\Lambda^2\right)&=\int_{0}^{\infty}{\lambda^2 \cdot \frac{\beta^\alpha}{\Gamma \left(\alpha\right)}\lambda^{\alpha-1}e^{-\beta\lambda}d\lambda}\\
&=\frac{\beta^\alpha}{\Gamma \left(\alpha\right)}\int_{0}^{\infty}{x^{\alpha+2-1}e^{-\beta x}dx}
\end{align}
ガンマ関数の公式 $\frac{\Gamma \left(\alpha\right)}{\beta^\alpha}=\int_{0}^{\infty}{x^{\alpha-1} \cdot e^{-\beta x}dx}$ より、
\begin{align}
E \left(\Lambda^2\right)=\frac{\beta^\alpha}{\Gamma \left(\alpha\right)} \cdot \frac{\Gamma \left(\alpha+2\right)}{\beta^{\alpha+2}}
\end{align}
ガンマ関数の性質 $\Gamma \left(\alpha+2\right)=\alpha \left(\alpha+1\right)\Gamma \left(\alpha\right)$ より、
\begin{align}
E \left(\Lambda^2\right)&=\frac{\beta^\alpha}{\Gamma \left(\alpha\right)} \cdot \frac{\alpha \left(\alpha+1\right)\Gamma \left(\alpha\right)}{\beta^{\alpha+2}}\\
&=\frac{\alpha \left(\alpha+1\right)}{\beta^2}
\end{align}
分散の公式 $V \left(X\right)=E \left(X^2\right)- \left\{E \left(X\right)\right\}^2$ より、
\begin{align}
V \left(\Lambda\right)&=\frac{\alpha \left(\alpha+1\right)}{\beta^2}-\frac{\alpha^2}{\beta^2}\\
&=\frac{\alpha}{\beta^2}
\end{align}
$\blacksquare$
〔3〕ガンマ・ポアソン分布の確率関数
確率変数 $X$ とパラメータ $\Lambda$ の同時確率を考えると、これらが互いに独立なとき、 \begin{align} P \left(X=k,\Lambda=\lambda\ \right)&=\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} \cdot \frac{\beta^\alpha}{\Gamma \left(\alpha\right)}\lambda^{\alpha-1}e^{-\beta\lambda}\\ &=\frac{\beta^\alpha}{\Gamma \left(\alpha\right)k!} \cdot \lambda^{\alpha+k-1} \cdot e^{- \left(\beta+1\right)\lambda} \end{align} 周辺確率関数の定義より、 \begin{align} f \left(k\right)&=\int_{0}^{\infty}{\frac{\beta^\alpha}{\Gamma \left(\alpha\right)k!} \cdot \lambda^{\alpha+k-1} \cdot e^{- \left(\beta+1\right)\lambda}d\lambda}\\ &=\frac{\beta^\alpha}{\Gamma \left(\alpha\right)k!}\int_{0}^{\infty}{\lambda^{\alpha+k-1} \cdot e^{- \left(\beta+1\right)\lambda}d\lambda} \end{align} ガンマ関数の公式 $\frac{\Gamma \left(\alpha+k\right)}{ \left(\beta+1\right)^{\alpha+k}}=\int_{0}^{\infty}{x^{\alpha+k-1} \cdot e^{- \left(\beta+1\right)x}dx}$ より、 \begin{align} f \left(k\right)&=\frac{\beta^\alpha}{\Gamma \left(\alpha\right)k!} \cdot \frac{\Gamma \left(\alpha+k\right)}{ \left(\beta+1\right)^{\alpha+k}}\\ &=\frac{\Gamma \left(\alpha+k\right)}{\Gamma \left(\alpha\right)k!} \cdot \left(\frac{\beta}{\beta+1}\right)^\alpha \left(\frac{1}{\beta+1}\right)^k\\ &=\frac{ \left(\alpha-1+k\right)!}{ \left(\alpha-1\right)!k!} \cdot \left(\frac{\beta}{\beta+1}\right)^\alpha \left(\frac{1}{\beta+1}\right)^k\\ &={}_{\alpha+k-1}C_k \cdot \left(\frac{\beta}{\beta+1}\right)^\alpha \left(\frac{1}{\beta+1}\right)^k \end{align} これは、負の二項分布 \begin{align} \mathrm{NB} \left(\alpha,\frac{\beta}{\beta+1}\right) \end{align} の確率関数である。 $\blacksquare$
〔4〕ガンマ・ポアソン分布の期待値と分散
負の二項分布の確率変数 $Y$ を互いに独立に幾何分布に従う確率変数 $X_i\ \left(i=1,2, \cdots ,n\right)$ の和 \begin{align} Y=X_1+X_2+ \cdots +X_n \end{align} であることを用いる。
（i）幾何分布の期待値
期待値の定義式 $E \left(X\right)=\sum_{x=-\infty}^{\infty}{x \cdot f \left(x\right)}$ より、
\begin{align}
E \left(X\right)&=\sum_{x=0}^{\infty}{x \cdot \left(1-p\right)^xp}\\
&=p\sum_{x=0}^{\infty}{x \cdot \left(1-p\right)^x}
\end{align}
「等差×等比」型の級数の公式 $ \left|r\right| \gt 1\Rightarrow\sum_{x=0}^{\infty}{x \cdot r^x}=\frac{r}{ \left(1-r\right)^2}$ より、
\begin{align}
E \left(X\right)&=p \cdot \frac{1-p}{ \left\{1- \left(1-p\right)\right\}^2}\\
&=p \cdot \frac{1-p}{p^2}\\
&=\frac{1-p}{p}
\end{align}
（ii）分散
同様に、
2乗の期待値の定義式 $E \left(X^2\right)=\sum_{x=-\infty}^{\infty}{x^2 \cdot f \left(x\right)}$ より、
\begin{align}
E \left(X\right)&=\sum_{x=0}^{\infty}{x^2 \cdot \left(1-p\right)^xp}\\
&=p\sum_{x=0}^{\infty}{x^2 \cdot \left(1-p\right)^x}
\end{align}
「等差×等比」型の級数の公式 $ \left|r\right| \lt 1\Rightarrow\sum_{x=0}^{\infty}{x^2 \cdot r^x}=\frac{r^2+r}{ \left(1-r\right)^3}$ より、
\begin{align}
E \left(X^2\right)&=p \cdot \frac{ \left(1-p\right)^2+ \left(1-p\right)}{ \left\{1- \left(1-p\right)\right\}^3}\\
&=p \cdot \frac{ \left(1-p\right)^2+ \left(1-p\right)}{p^3}\\
&=\frac{ \left(1-p\right)^2+ \left(1-p\right)}{p^2}
\end{align}
分散の公式 $V \left(X\right)=E \left(X^2\right)- \left\{E \left(X\right)\right\}^2$ より、
\begin{align}
V \left(X\right)&=\frac{ \left(1-p\right)^2+ \left(1-p\right)}{p^2}-\frac{ \left(1-p\right)^2}{p^2}\\
&=\frac{1-p}{p^2}
\end{align}
期待値の性質 $E \left(\sum_{i=1}^{n}X_i\right)=\sum_{i=1}^{n}E \left(X_i\right)$ より、 \begin{align} E \left(Y\right)=E \left(\sum_{i=1}^{n}X_i\right)=\frac{n \left(1-p\right)}{p} \end{align} 分散の性質 $V \left(\sum_{i=1}^{n}X_i\right)=\sum_{i=1}^{n}V \left(X_i\right)$ より、 \begin{align} V \left(Y\right)=V \left(\sum_{i=1}^{n}X_i\right)=\frac{n \left(1-p\right)}{p^2} \end{align} これらの式において、$n=\alpha,p=\frac{\beta}{\beta+1},1-p=\frac{1}{\beta+1}$ とすると、 \begin{align} E \left(X\middle|\lambda\right)=\alpha \cdot \frac{\beta+1}{\beta} \cdot \frac{1}{\beta+1}=\frac{\alpha}{\beta} \end{align} \begin{align} V \left(X\middle|\lambda\right)=\alpha \cdot \frac{\beta+1}{\beta} \cdot \frac{\beta+1}{\beta} \cdot \frac{1}{\beta+1}=\frac{\alpha}{\beta} \left(\frac{\beta+1}{\beta}\right) \end{align} $\blacksquare$
〔5〕ガンマ・ポアソン分布のモーメント法推定量
期待値のモーメント法による推定量は、 \begin{align} \hat{E} \left(X\right)=\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i \end{align} 分散の推定量は、 \begin{align} \hat{V} \left(X\right)=S^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \left(X_i-\bar{X}\right)^2 \end{align} 〔4〕の結果より、 \begin{gather} \bar{X}=\frac{\hat{\alpha}}{\hat{\beta}}\Leftrightarrow\hat{\alpha}=\hat{\beta}\bar{X}\tag{1}\\ S^2=\frac{\hat{\alpha} \left(\hat{\beta}+1\right)}{{\hat{\beta}}^2}\Leftrightarrow\hat{\alpha}=\frac{S^2{\hat{\beta}}^2}{\hat{\beta}+1}\tag{2} \end{gather} 式 $(1),(2)$ より、 \begin{gather} \bar{X}=\frac{S^2{\hat{\beta}}^2}{\hat{\beta}+1}\\ \bar{X}=\frac{S^2\hat{\beta}}{\hat{\beta}+1}\\ \left(S^2-\bar{X}\right)\hat{\beta}=\bar{X}\\ \hat{\beta}=\frac{\bar{X}}{S^2-\bar{X}} \end{gather} \begin{align} \hat{\alpha}=\hat{\beta}\bar{X}=\frac{{\bar{X}}^2}{S^2-\bar{X}} \end{align} $0 \lt X_i\Rightarrow0 \lt \bar{X}$ より、これらの推定量が正となるための条件は、 \begin{align} 0 \lt S^2-\bar{X} \end{align} $\blacksquare$
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