本稿では、①定義に沿った方法、②モーメント母関数を用いる方法の2通りの方法で、指数分布の期待値と分散を導出しています。①の方法は、部分積分法とロピタルの定理を必要とするので、数学の基礎的な力が問われます。
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【公式】指数分布の期待値・分散
【公式】
指数分布の期待値・分散
Expected Value and Variance of Exponential Distribution
指数分布 $\mathrm{Ex} \left(\lambda\right)$ の期待値 $E(X)$ と分散 $V \left(X\right)$ は、 \begin{gather} E(X)=\frac{1}{\lambda}\\ V \left(X\right)=\frac{1}{\lambda^2} \end{gather} で与えられる。
導出法①：定義に沿った方法
（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(X\right)&=\int_{-\infty}^{0}{x \cdot 0dx}+\int_{0}^{\infty}{x \cdot \lambda e^{-\lambda x}dx}\\
&=\int_{0}^{\infty}{x \cdot \lambda e^{-\lambda x}dx}
\end{align}
部分積分法により、
\begin{align}
\int_{0}^{\infty}{x \cdot \lambda e^{-\lambda x}dx}&= \left[-x \cdot e^{-\lambda x}\right]_0^\infty-\int_{0}^{\infty}{-e^{-\lambda x}dx}\\
&=-\lim_{x\rightarrow\infty}{x \cdot e^{-\lambda x}}+\int_{0}^{\infty}{e^{-\lambda x}dx}
\end{align}
ここで、ロピタルの定理より、
\begin{align}
\lim_{x\rightarrow\infty}{xe^{-\lambda x}}=\lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{x}{e^{\lambda x}}}=\lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{1}{\lambda e^{\lambda x}}}=0
\end{align}
したがって、
\begin{align}
E \left(X\right)&=\int_{0}^{\infty}{e^{-\lambda x}dx}\\
&= \left[-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda x}\right]_0^\infty\\
&=-\frac{1}{\lambda} \left(\lim_{x\rightarrow\infty}{e^{-\lambda x}}-e^0\right)\\
&=-\frac{1}{\lambda} \left(0-1\right)\\
&=\frac{1}{\lambda}
\end{align}
$\blacksquare$
（ii）分散
2乗の期待値の定義式 $E \left(X^2\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{x^2 \cdot f \left(x\right)dx}$ より、
\begin{align}
E \left(X^2\right)&=\int_{-\infty}^{0}{x \cdot 0dx}+\int_{0}^{\infty}{x^2 \cdot \lambda e^{-\lambda x}dx}\\
&=\int_{0}^{\infty}{x^2 \cdot \lambda e^{-\lambda x}dx}
\end{align}
部分積分法により、
\begin{align}
\int_{0}^{\infty}{x^2 \cdot \lambda e^{-\lambda x}dx}&= \left[-x^2 \cdot e^{-\lambda x}\right]_0^\infty-\int_{0}^{\infty}{-2x \cdot e^{-\lambda x}dx}\\
&=-\lim_{x\rightarrow\infty}{x^2 \cdot e^{-\lambda x}}+\frac{2}{\lambda}\int_{0}^{\infty}{x \cdot \lambda e^{-\lambda x}dx}
\end{align}
ここで、ロピタルの定理より、
\begin{align}
\lim_{x\rightarrow\infty}{x^2e^{-\lambda x}}=\lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{x^2}{e^{\lambda x}}}=\lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{2x}{\lambda e^{\lambda x}}}=\lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{2}{\lambda^2e^{\lambda x}}}=0
\end{align}
したがって、
\begin{align}
E \left(X^2\right)=\frac{2}{\lambda}\int_{0}^{\infty}{x \cdot e^{-\lambda x}dx}
\end{align}
ここで、（i）の結果より、$\int_{0}^{\infty}{x \cdot e^{-\lambda x}dx}=\frac{1}{\lambda}$ なので、
\begin{align}
E \left(X^2\right)=\frac{2}{\lambda} \cdot \frac{1}{\lambda}=\frac{2}{\lambda^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{2}{\lambda^2}-\frac{1}{\lambda^2}=\frac{1}{\lambda^2}
\end{align}
$\blacksquare$
導出法②：モーメント母関数を用いる方法
（i）期待値
指数分布のモーメント母関数の公式より、
\begin{align}
M_X \left(\theta\right)=\frac{\lambda}{\lambda-\theta}
\end{align}
モーメント母関数の1階微分を求めると、合成関数の微分法より、
\begin{align}
M_X^{ \left(1\right)} \left(\theta\right)&=-\frac{\lambda}{ \left(\lambda-\theta\right)^2} \cdot \frac{d}{d\theta} \left(\lambda-\theta\right)\\
&=\frac{\lambda}{ \left(\lambda-\theta\right)^2}\\
\end{align}
1次モーメントとモーメント母関数の関係 $M_X^{ \left(1\right)} \left(0\right)=E \left(X\right)$ より、
\begin{align}
E \left(X\right)&=\frac{\lambda}{\lambda^2}\\
&=\frac{1}{\lambda}
\end{align}
$\blacksquare$
（ii）分散
モーメント母関数の2階微分を求めると、合成関数の微分法より、
\begin{align}
M_X^{ \left(2\right)} \left(\theta\right)&=-2 \cdot \frac{\lambda}{ \left(\lambda-\theta\right)^3} \cdot \frac{d}{d\theta} \left(\lambda-\theta\right)\\
&=\frac{2\lambda}{ \left(\lambda-\theta\right)^3}
\end{align}
2次モーメントとモーメント母関数の関係 $M_X^{ \left(2\right)} \left(0\right)=E \left(X^2\right)$ より、
\begin{align}
E \left(X^2\right)&=\frac{2\lambda}{\lambda^3}\\
&=\frac{2}{\lambda^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{2}{\lambda^2}-\frac{1}{\lambda^2}\\
&=\frac{1}{\lambda^2}
\end{align}
$\blacksquare$
参考文献
- 野田 一雄, 宮岡 悦良 著. 入門・演習数理統計. 共立出版, 1990, p.139
- 稲垣 宣生 著. 数理統計学. 裳華房, 2003, p.42
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