統計検定 1級 2019年 統計数理 問1 二項分布の確率母関数

本稿には、2019年に実施された統計検定1級『統計数理』 問1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〕確率母関数と期待値・分散の関係

確率母関数の定義式の1階微分を求めると、 $$\begin{array}{r}{G}_X^{\left(1\right)}\left(t\right)=\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}x{t}^{x-1}\cdot f\left(x\right)\end{array}$$ この式に $t=1$ を代入すると、期待値の定義式より、 $$\begin{array}{r}{G}_X^{\left(1\right)}\left(t\right)=\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}x\cdot f\left(x\right)=E\left(X\right)\end{array}$$ 確率母関数の定義式の2階微分を求めると、 $$\begin{array}{r}{G}_X^{\left(2\right)}\left(t\right)=\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}x(x-1)t^{x-2}\cdot f\left(x\right)\end{array}$$ この式に $t=1$ を代入すると、期待値の定義式より、 $$\begin{array}{r}{G}_X^{\left(2\right)}\left(t\right)=\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}x(x-1)\cdot f\left(x\right)=E\left[X(X-1)\right]\end{array}$$ 2次階乗モーメントを用いた分散の公式 $V\left(X\right)=E\left\{X(X-1)\right\}+E\left(X\right)-{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2$ より、 $$\begin{array}{r}V\left(X\right)=G_X^{\left(2\right)}\left(t\right)+G_X^{\left(1\right)}\left(t\right)-{\left\{G_X^{\left(1\right)}\left(t\right)\right\}}^2\end{array}$$ $◼$

〔2〕二項分布の確率母関数の導出と使用

確率母関数の定義式 $G_X\left(t\right)=\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}{t}^x\cdot f\left(x\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}{G}_X\left(t\right)& =\sum _{x=0}^n{t}^x\cdot {}_n{C}_x{p}^x{(1-p)}^{n-x}\\ & =\sum _{x=0}^n{}_n{C}_x{\left(tp\right)}^x{(1-p)}^{1-x}\end{array}$$ 二項定理 ${(a+b)}^n=\sum _{x=0}^n{}_n{C}_x{a}^x{b}^{n-x}$ において、$a=tp,b=1-p$ とすると、 $$\begin{array}{r}{G}_X\left(t\right)={(tp+1-p)}^n\end{array}$$

（i）期待値
確率母関数の1階微分を求めると、合成関数の微分法より、 $$\begin{array}{rl}{G}_X^{\left(1\right)}\left(t\right)& =n{(tp+1-p)}^{n-1}\cdot \frac{d}{dt}(tp+1-p)\\ & =np{(tp+1-p)}^{n-1}\end{array}$$ 1次モーメントと確率母関数の関係 $G_X^{\left(1\right)}\left(1\right)=E\left(X\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& =np{(p+1-p)}^{n-1}\\ & =np\end{array}$$

（ii）分散
確率母関数の2階微分を求めると、 $$\begin{array}{rl}{G}_X^{\left(2\right)}\left(t\right)& =n(n-1)p{(tp+1-p)}^{n-2}\cdot \frac{d}{dt}(tp+1-p)\\ & =n(n-1)p^2{(tp+1-p)}^{n-2}\end{array}$$ 2次階乗モーメントと確率母関数の関係 $G_X^{\left(2\right)}\left(1\right)=E\left\{X(X-1)\right\}$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left\{X(X-1)\right\}& =n(n-1)p^2{(p+1-p)}^{n-2}\\ & =n(n-1)p^2\\ & =n^2{p}^2-n{p}^2\end{array}$$ 2次階乗モーメントを用いた分散の公式 $V\left(X\right)=E\left\{X(X-1)\right\}+E\left(X\right)-{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2$ より、 $$\begin{array}{rl}V\left(X\right)& =n^2{p}^2-n{p}^2+np-n^2{p}^2\\ & =np-n{p}^2\\ & =np(1-p)\end{array}$$ $◼$

〔3〕累積確率と確率母関数の関係

確率母関数の定義式（1）における和を分解すると、 $$\begin{array}{r}{G}_X\left(t\right)=\sum _{k=0}^r{t}^x\cdot P(X=k)+\sum _{k=r+1}^n{t}^x\cdot P(X=k)\end{array}$$ 両辺に $t^{-r}$ をかけると、 $$\begin{array}{rl}{t}^{-r}{G}_X\left(\theta \right)& =t^{-r}\sum _{k=0}^r{t}^x\cdot P(X=k)+t^{-r}\sum _{k=r+1}^n{t}^x\cdot P(X=k)\\ & =\sum _{k=0}^r{t}^{x-r}\cdot P(X=k)+\sum _{k=r+1}^n{t}^{x-r}\cdot P(X=k)\end{array}$$ ここで、 $$\begin{array}{r}\sum _{k=0}^r{t}^{x-r}\cdot P(X=k)=t^{-r}\cdot P(X=0)+t^{-r+1}\cdot P(X=1)+\cdots +t^0\cdot P(X=r)\end{array}$$ $X$ が $r$ 以下になる確率は、 $$\begin{array}{r}P(X\le r)=\sum _{k=0}^{r}P(X=k)\end{array}$$ これを書き直すと、 $$\begin{array}{r}P(X\le r)=\sum _{k=0}^r{t}^0\cdot P(X=k)\end{array}$$ ここで、 $$\begin{array}{r}0<t\le 1\Rightarrow t^0=1\le t^{-i}(i=0,1,\cdots ,r)\end{array}$$ つまり、各 $P(X=k)$ に1以上の値をかけているので、 $$\begin{array}{r}P(X\le r)=\sum _{k=0}^{r}P(X=k)\le \sum _{k=0}^r{t}^{x-r}\cdot P(X=k)\end{array}$$ また、 $$\begin{array}{r}0<\sum _{k=r+1}^n{t}^{x-r}\cdot P(X=k)\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}P(X\le r)\le \sum _{k=0}^r{t}^{x-r}\cdot P(X=k)\le \sum _{k=0}^r{t}^{x-r}\cdot P(X=k)+\sum _{k=r+1}^n{t}^{x-r}\cdot P(X=k)\end{array}$$ ゆえに、正の実数 $r$ とすべての $0<t\le 1$ に対し、 $$\begin{array}{r}P(X\le r)\le t^{-r}{G}_X\left(t\right)\end{array}$$ $◼$

〔4〕累積確率と確率母関数の関係の応用

式（2）において、$r=an$ を代入すると、 $$\begin{array}{r}P(X\le an)\le t^{-an}{G}_X\left(t\right)\end{array}$$ 〔2〕の結果より、$G_X\left(t\right)={(pt+1-p)}^n$ なので、これを上式に代入すると、 $$\begin{array}{r}P(X\le an)\le t^{-an}{(pt+1-p)}^n\end{array}$$ ここで、$g\left(t\right)=t^{-an}{(pt+1-p)}^n$ として、$g\left(t\right)$ を最小にする $t$ の値を求める。

$g\left(t\right)$ の1回微分を求めると、 $$\begin{array}{r}{g}^{\prime }\left(t\right)=np{t}^{-an}{(pt+1-p)}^{n-1}-an{t}^{-an-1}{(pt+1-p)}^n\end{array}$$ 最小値は極値であると考えられるので、$g^{\prime }\left(t\right)=0$ とすると、 $$\begin{array}{c}0=pt-a(pt+1-p)\\ 0=pt-apt-a(1-p)\\ pt-apt=a(1-p)\\ pt(1-a)=a(1-p)\\ t=\frac{a(1-p)}{p(1-a)}\end{array}$$ これを上式に代入すると、 $$\begin{array}{rl}P(X\le an)& \le {\left\{\frac{a(1-p)}{p(1-a)}\right\}}^{-an}{\{p\cdot \frac{a(1-p)}{p(1-a)}+1-p\}}^n\\ & \le {\left\{\frac{p(1-a)}{a(1-p)}\right\}}^{an}{\left\{\frac{a(1-p)+(1-a)(1-p)}{1-a}\right\}}^n\\ & \le {\left\{\frac{p(1-a)}{a(1-p)}\right\}}^{an}{\left\{\frac{(1-p)(a+1-a)}{1-a}\right\}}^n\\ & \le {\left\{\frac{p(1-a)}{a(1-p)}\right\}}^{an}{\left(\frac{1-p}{1-a}\right)}^n\\ & \le {\left(\frac{p}{a}\right)}^{an}{\left(\frac{1-p}{1-a}\right)}^{n-an}\\ & \le {\left(\frac{p}{a}\right)}^{an}{\left(\frac{1-p}{1-a}\right)}^{(1-a)n}\end{array}$$ $◼$

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