統計検定 1級 2021年 統計数理 問3 ポアソン分布に関する問題

本稿には、2021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 $M_X\left(s\right)=\sum _{x=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{sx}\cdot f\left(x\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}{M}_X\left(s\right)& =\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}{e}^{sx}\cdot \frac{{\lambda }^x}{x!}{e}^{-\lambda }\\ & =e^{-\lambda }\sum _{x=0}^{\mathrm{\infty }}\cdot \frac{{\left(\lambda e^s\right)}^x}{x!}\end{array}$$ 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、$\alpha =\lambda e^s$ とすると、 $$\begin{array}{rl}{M}_X\left(s\right)& =\exp (-\lambda )\cdot \exp \left(\lambda e^s\right)\\ & =\exp (-\lambda +\lambda e^s)\\ & =\exp \left[\lambda (e^s-1)\right]\end{array}$$ $◼$

〔2〕再生性・十分統計量・最尤推定量

〔2-1〕再生性
確率変数が互いに独立なとき、モーメント母関数の性質 $M_T\left(s\right)=\prod _{i=1}^n{M}_{X_i}\left(s\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}{M}_T\left(s\right)& =\prod _{i=1}^n\exp \left[\lambda (e^s-1)\right]\\ & =\exp \left[n\lambda (e^s-1)\right]\end{array}$$ これは、ポアソン分布 $$\begin{array}{r}Po\left(n\lambda \right)\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{r}T\sim \mathrm{Po}\left(n\lambda \right)\end{array}$$

〔2-2〕十分統計量
具体的な観測値として、$\mathit{x}=\{x_1,x_2,\cdots x_n\}$ という値が得られたときの同時確率関数 $f\left(\mathit{x}\right)$ を求めると、 $$\begin{array}{rl}f\left(\mathit{x}\right)& =\prod _{i=1}^n\frac{{\lambda }^{x_i}{e}^{-\lambda }}{x_i!}\\ & ={\lambda }^{\sum _{i=1}^n{x}_i}\cdot e^{-n\lambda }\cdot \prod _{i=1}^n\frac{1}{x_i!}\\ & ={\lambda }^t\cdot e^{-n\lambda }\cdot \prod _{i=1}^n\frac{1}{x_i!}\end{array}$$ このとき、 $$\begin{array}{r}g(t,\theta )={\lambda }^t\cdot e^{-n\lambda }T\left(\mathit{X}\right)=Th\left(x\right)=\prod _{i=1}^n\frac{1}{x_i!}\end{array}$$ と考えると、 フィッシャー・ネイマンの因子分解定理により、$T\left(\mathit{X}\right)=T$ はパラメータ $\lambda$ を推定するための十分推定量である。

〔2-3〕最尤推定量
尤度関数＝同時確率関数 $L\left(\theta \right)$ は、 $$\begin{array}{r}L\left(\lambda \right)={\lambda }^t\cdot e^{-n\lambda }\cdot \prod _{i=1}^n\frac{1}{x_i!}\end{array}$$ 対数尤度関数 $l\left(\theta \right)=\log L\left(\theta \right)$ を求めると、 $$\begin{array}{rl}l\left(\lambda \right)& =\log ({\lambda }^t\cdot e^{-n\lambda }\cdot \prod _{i=1}^n\frac{1}{x_i!})\\ & =t\log \lambda -n\lambda +\log \prod _{i=1}^n\frac{1}{x_i!}\end{array}$$ スコア関数 $S\left(\theta \right)=\frac{d}{d\theta }\log L\left(\theta \right)$ を求めると、 $$\begin{array}{r}S\left(\lambda \right)=\frac{t}{\lambda }-n\end{array}$$ 尤度方程式 $S\left(\theta \right)=0$ を解くと、 $$\begin{array}{c}0=\frac{1}{\hat{\lambda }}t-n\\ t-n\hat{\lambda }=0\\ n\hat{\lambda }=t\\ \hat{\lambda }=\frac{t}{n}\end{array}$$ $◼$

〔3〕2次方程式の解としての上下信頼限界

問題文で指定されたとおりに、（1）の中身を2乗すると、 $$\begin{array}{r}-2\le \frac{t-n\lambda }{\sqrt{n\lambda }}\le 2\iff \frac{{(t-n\lambda )}^2}{n\lambda }\le 4\end{array}$$ これを整理すると、 $$\begin{array}{c}{t}^2-2nt\lambda +n^2{\lambda }^2\le 4n\lambda \\ n^2{\lambda }^2-2n(t+2)\lambda +t^2\le 0\end{array}$$ 2次方程式の解の公式 $x=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ より、 $$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{2n(t+2)\pm \sqrt{4n^2{(t+2)}^2-4n^2{t}^2}}{2n^2}\\ & =\frac{2n(t+2)\pm \sqrt{4n^2\cdot 4(t+1)}}{2n^2}\\ & =\frac{2n(t+2)\pm 4n\sqrt{t+1}}{2n^2}\\ & =\frac{t+2\pm 2\sqrt{t+1}}{n}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}{\lambda }_L=\frac{t+2-2\sqrt{t+1}}{n}\\ {\lambda }_U=\frac{t+2+2\sqrt{t+1}}{n}\end{array}$$ $◼$

〔4〕信頼区間の特徴

〔3〕で求めた信頼区間の中点 ${\lambda }_M=\frac{{\lambda }_L+{\lambda }_U}{2}$ は、 $$\begin{array}{rl}{\lambda }_M& =\frac{1}{2}(\frac{t+2+2\sqrt{t+1}}{n}+\frac{t+2-2\sqrt{t+1}}{n})\\ & =\frac{1}{2}\cdot \frac{2(t+2)}{n}\\ & =\frac{t+2}{n}\end{array}$$ 中点の定義から、 $$\begin{array}{r}P({\lambda }_L\le \lambda \le {\lambda }_M)=P({\lambda }_M\le \lambda \le {\lambda }_U)\end{array}$$ いっぽう、パラメータの最尤推定値は、 $$\begin{array}{r}\hat{\lambda }=\frac{t}{n}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{c}\hat{\lambda }=\frac{t}{n}<\frac{t+2}{n}={\lambda }_M\\ P({\lambda }_L\le \lambda \le \hat{\lambda })<P(\hat{\lambda }\le \lambda \le {\lambda }_U)\end{array}$$ すなわち、信頼区間の中点は、最尤推定値よりも大きいので、真のパラメータ $\lambda$ は、最尤推定値よりもやや大きな値である可能性が高いことが分かる。 $◼$

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