統計検定 1級 2017年 統計数理 問3 ポアソン分布に関する問題

本稿には、2017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。

〔1〕ポアソン分布の確率関数の導出

$p=\frac{\lambda }{n}$ を代入して、二項分布の確率関数を変形すると、 $$\begin{array}{rl}f\left(x\right)& ={}_n{C}_x{p}^x{(1-p)}^{n-x}\\ & =\frac{n!}{x!(n-x)!}{\left(\frac{\lambda }{n}\right)}^x{(1-\frac{\lambda }{n})}^{n-x}\\ & =\frac{1}{x!}\cdot \frac{n!}{(n-x)!}\cdot \frac{{\lambda }^x}{n^x}\cdot {(1-\frac{\lambda }{n})}^{-x}{(1-\frac{\lambda }{n})}^n\\ & =\frac{{\lambda }^x}{x!}{(1-\frac{\lambda }{n})}^n\cdot \frac{n(n-1)\cdots (n-x+1)}{n^x}\cdot {(1-\frac{\lambda }{n})}^{-x}\\ & =\frac{{\lambda }^x}{x!}{(1-\frac{\lambda }{n})}^n(\frac{n}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \cdots \cdot \frac{n-x+1}{n}){(1-\frac{\lambda }{n})}^{-x}\end{array}$$ 両辺の $n\to \mathrm{\infty }$ のときの極限を取ると、 $$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}f\left(x\right)& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left\{\frac{{\lambda }^x}{x!}{(1-\frac{\lambda }{n})}^n(\frac{n}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \cdots \cdot \frac{n-x+1}{n}){(1-\frac{\lambda }{n})}^{-x}\right\}\\ & =\frac{{\lambda }^x}{x!}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1-\frac{\lambda }{n})}^n\cdot \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\frac{n}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \cdots \cdot \frac{n-x+1}{n})\cdot \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1-\frac{\lambda }{n})}^{-x}\end{array}$$ ここで、 $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\frac{n}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \cdots \cdot \frac{n-x+1}{n})=1\cdot 1\cdot \cdots \cdot 1=1\\ \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1-\frac{\lambda }{n})}^{-x}={(1-0)}^{-x}=1\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}f\left(x\right)=\frac{{\lambda }^x}{x!}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1-\frac{\lambda }{n})}^n\end{array}$$ また、ネイピアの数の定義式より、 $$\begin{array}{r}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1-\frac{\lambda }{n})}^n=e^{-\lambda }\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}f\left(x\right)=\frac{{\lambda }^x{e}^{-\lambda }}{x!}\end{array}$$ $◼$

〔2〕ポアソン分布のモーメント母関数と期待値・分散

（i）モーメント母関数の導出
モーメント母関数の定義式 $M_X\left(t\right)=\sum _{x=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{tx}\cdot f\left(x\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}{M}_X\left(t\right)& =\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}{e}^{tx}\cdot \frac{{\lambda }^x}{x!}\\ & =e^{-\lambda }\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}\cdot \frac{{\left(\lambda e^t\right)}^x}{x!}\end{array}$$ 指数関数のマクローリン展開 $e^{\alpha }=\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\alpha }^x}{x!}$ より、$\alpha =\lambda e^t$ とすると、 $$\begin{array}{rl}{M}_X\left(t\right)& =e^{-\lambda }\cdot e^{\lambda e^t}\\ & =e^{-\lambda +\lambda e^t}\\ & =e^{\lambda (e^t-1)}\end{array}$$

（ii）期待値
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、 $$\begin{array}{rl}{M}_X^{\left(1\right)}\left(t\right)& =e^{\lambda (e^t-1)}\cdot \frac{d}{dt}(\lambda e^t-\lambda )\\ & =e^{\lambda (e^t-1)}\cdot \lambda e^t\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& =e^{\lambda (1-1)}\cdot \lambda e^0\\ & =\lambda \end{array}$$

（iii）分散
モーメント母関数の2階微分を求めると、積の微分公式より、 $$\begin{array}{rl}{M}_X^{\left(2\right)}\left(t\right)& =\lambda e^t\cdot \frac{d}{dt}\left\{e^{\lambda (e^t-1)}\right\}+e^{\lambda (e^t-1)}\cdot \frac{d}{dt}\left(\lambda e^t\right)\\ & =\lambda e^t\cdot e^{\lambda (e^t-1)}\cdot \lambda e^t+e^{\lambda (e^t-1)}\cdot \lambda e^t\\ & ={\lambda }^2{e}^{2t}\cdot e^{\lambda (e^t-1)}+\lambda e^t\cdot e^{\lambda (e^t-1)}\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{rl}E\left(X^2\right)& ={\lambda }^2{e}^0\cdot e^{\lambda (1-1)}+\lambda e^0\cdot e^{\lambda (1-1)}\\ & ={\lambda }^2+\lambda \end{array}$$ 分散の公式 $V\left(X\right)=E\left(X^2\right)-{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2$ より、 $$\begin{array}{rl}V\left(X\right)& ={\lambda }^2+\lambda -{\lambda }^2\\ & =\lambda \end{array}$$ $◼$

〔3〕ポアソン分布の再生性

ポアソン分布のモーメント母関数の公式より、 $$\begin{array}{c}{M}_{X_1}\left(t\right)=e^{{\lambda }_1(e^t-1)}\\ M_{X_2}\left(t\right)=e^{{\lambda }_2(e^t-1)}\end{array}$$ モーメント母関数の性質 $M_Y\left(t\right)=M_{X_1}\left(t\right)\cdot M_{X_2}\left(t\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}{M}_Y\left(t\right)& =e^{{\lambda }_1(e^t-1)}\cdot e^{{\lambda }_2(e^t-1)}\\ & =e^{({\lambda }_1+{\lambda }_2)(e^t-1)}\end{array}$$ これは、ポアソン分布 $$\begin{array}{r}\mathrm{Po}({\lambda }_1+{\lambda }_2)\end{array}$$ のモーメント母関数とみなすことができる。 したがって、モーメント母関数の一意性により、確率変数 $Y$ は、ポアソン分布 $$\begin{array}{r}Y\sim \mathrm{Po}({\lambda }_1+{\lambda }_2)\end{array}$$ に従う。 $◼$

〔4〕ポアソン分布の極限分布

モーメント母関数の定義式 $M_Z\left(t\right)=E\left(e^{Zt}\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}{M}_Z\left(\theta \right)& =E\left(e^{\frac{X-\lambda }{\sqrt{\lambda }}t}\right)\\ & =E\left(e^{\frac{X}{\sqrt{\lambda }}t-\sqrt{\lambda }t}\right)\\ & =e^{-\sqrt{\lambda }t}\cdot E\left(e^{\frac{t}{\sqrt{\lambda }}X}\right)\\ & =\exp (-\sqrt{\lambda }t)\cdot \exp \left\{\lambda (e^{\frac{t}{\sqrt{\lambda }}}-1)\right\}\\ & =\exp \{\lambda (e^{\frac{t}{\sqrt{\lambda }}}-1)-\sqrt{\lambda }t\}\end{array}$$ ここで、$g\left(t\right)=e^{\frac{t}{\sqrt{\lambda }}}$ をマクローリン展開すると、 $$\begin{array}{rl}{e}^{\frac{t}{\sqrt{\lambda }}}& =1+\frac{t}{\sqrt{\lambda }}+\frac{1}{2!}{\left(\frac{t}{\sqrt{\lambda }}\right)}^2+\frac{1}{3!}{\left(\frac{t}{\sqrt{\lambda }}\right)}^3+\cdots \\ & =1+\frac{t}{\sqrt{\lambda }}+\frac{t^2}{2\lambda }+\frac{t^3}{6\lambda \sqrt{\lambda }}+\cdots \end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{rl}{M}_Z\left(t\right)& =\exp \{\lambda (1+\frac{t}{\sqrt{\lambda }}+\frac{t^2}{2\lambda }+\frac{t^3}{6\lambda \sqrt{\lambda }}+\cdots )-\lambda -\sqrt{\lambda }t\}\\ & =\exp \{(\lambda +\sqrt{\lambda }t+\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{6\sqrt{\lambda }}+\cdots )-\lambda -\sqrt{\lambda }t\}\\ & =\exp (\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{6\sqrt{\lambda }}+\cdots )\end{array}$$ $\lambda \to \mathrm{\infty }$ のときの極限を取ると、 $$\begin{array}{r}\underset{\lambda \to \mathrm{\infty }}{lim}{M}_Z\left(t\right)=\exp \left(\frac{t^2}{2}\right)\end{array}$$ これは、標準正規分布 $$\begin{array}{r}\mathrm{N}(0,1)\end{array}$$ のモーメント母関数であるから、 モーメント母関数の一意性により、$\lambda \to \mathrm{\infty }$ のとき確率変数 $Z$ は標準正規分布 $$\begin{array}{r}Z\stackrel{d}{\to }\mathrm{N}(0,1)\end{array}$$ に分布収束する。 $◼$

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