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。
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〔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 $M_X \left(s\right)=\sum_{x=-\infty}^{\infty}{e^{sx} \cdot f \left(x\right)}$ より、 \begin{align} M_X \left(s\right)&=\sum_{x=0}^{\infty}{e^{sx} \cdot \frac{\lambda^x}{x!}e^{-\lambda}}\\ &=e^{-\lambda}\sum_{x=0}^{\infty}{ \cdot \frac{ \left(\lambda e^s\right)^x}{x!}} \end{align} 指数関数のマクローリン展開 $e^\alpha=\sum_{x=0}^{\infty}\frac{\alpha^x}{x!}$ より、$\alpha=\lambda e^s$ とすると、 \begin{align} M_X \left(s\right)&=\mathrm{exp} \left(-\lambda\right) \cdot \mathrm{exp} \left(\lambda e^s\right)\\ &=\mathrm{exp} \left(-\lambda+\lambda e^s\right)\\ &=\mathrm{exp} \left[\lambda \left(e^s-1\right)\right] \end{align} $\blacksquare$
〔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{align}
M_T \left(s\right)&=\prod_{i=1}^{n}{\mathrm{exp} \left[\lambda \left(e^s-1\right)\right]}\\
&=\mathrm{exp} \left[n\lambda \left(e^s-1\right)\right]
\end{align}
これは、ポアソン分布
\begin{align}
Po \left(n\lambda\right)
\end{align}
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{align}
T \sim \mathrm{Po} \left(n\lambda\right)
\end{align}
〔2-2〕十分統計量
具体的な観測値として、$\boldsymbol{x}= \left\{x_1,x_2, \cdots x_n\right\}$ という値が得られたときの同時確率関数 $f \left(\boldsymbol{x}\right)$ を求めると、
\begin{align}
f \left(\boldsymbol{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{align}
このとき、
\begin{align}
g \left(t,\theta\right)=\lambda^t \cdot e^{-n\lambda} \quad T \left(\boldsymbol{X}\right)=T \quad h \left(x\right)=\prod_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i!}
\end{align}
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、$T \left(\boldsymbol{X}\right)=T$ 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{align}
L \left(\lambda\right)=\lambda^t \cdot e^{-n\lambda} \cdot \prod_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i!}
\end{align}
対数尤度関数 $l \left(\theta\right)=\log{L \left(\theta\right)}$ を求めると、
\begin{align}
l \left(\lambda\right)&=\log{ \left(\lambda^t \cdot e^{-n\lambda} \cdot \prod_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i!}\right)}\\
&=t\log{\lambda}-n\lambda+\log{\prod_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i!}}
\end{align}
スコア関数 $S \left(\theta\right)=\frac{d}{d\theta}\log{L \left(\theta\right)}$ を求めると、
\begin{align}
S \left(\lambda\right)=\frac{t}{\lambda}-n
\end{align}
尤度方程式 $S \left(\theta\right)=0$ を解くと、
\begin{gather}
0=\frac{1}{\hat{\lambda}}t-n\\
t-n\hat{\lambda}=0\\
n\hat{\lambda}=t\\
\hat{\lambda}=\frac{t}{n}
\end{gather}
$\blacksquare$
〔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{align} -2 \le \frac{t-n\lambda}{\sqrt{n\lambda}} \le 2\Leftrightarrow\frac{ \left(t-n\lambda\right)^2}{n\lambda} \le 4 \end{align} これを整理すると、 \begin{gather} t^2-2nt\lambda+n^2\lambda^2 \le 4n\lambda\\ n^2\lambda^2-2n \left(t+2\right)\lambda+t^2 \le 0 \end{gather} 2次方程式の解の公式 $x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ より、 \begin{align} \lambda&=\frac{2n \left(t+2\right)\pm\sqrt{4n^2 \left(t+2\right)^2-4n^2t^2}}{2n^2}\\ &=\frac{2n \left(t+2\right)\pm\sqrt{4n^2 \cdot 4 \left(t+1\right)}}{2n^2}\\ &=\frac{2n \left(t+2\right)\pm4n\sqrt{t+1}}{2n^2}\\ &=\frac{t+2\pm2\sqrt{t+1}}{n} \end{align} したがって、 \begin{align} \lambda_L=\frac{t+2-2\sqrt{t+1}}{n}\\ \lambda_U=\frac{t+2+2\sqrt{t+1}}{n} \end{align} $\blacksquare$
〔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{align} \lambda_M&=\frac{1}{2} \left(\frac{t+2+2\sqrt{t+1}}{n}+\frac{t+2-2\sqrt{t+1}}{n}\right)\\ &=\frac{1}{2} \cdot \frac{2 \left(t+2\right)}{n}\\ &=\frac{t+2}{n} \end{align} 中点の定義から、 \begin{align} P \left(\lambda_L \le \lambda \le \lambda_M\right)=P \left(\lambda_M \le \lambda \le \lambda_U\right) \end{align} いっぽう、パラメータの最尤推定値は、 \begin{align} \hat{\lambda}=\frac{t}{n} \end{align} したがって、 \begin{gather} \hat{\lambda}=\frac{t}{n} \lt \frac{t+2}{n}=\lambda_M\\ P \left(\lambda_L \le \lambda \le \hat{\lambda}\right) \lt P \left(\hat{\lambda} \le \lambda \le \lambda_U\right) \end{gather} 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。 $\blacksquare$
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