統計検定1級の過去問解答解説を行います。目次は以下をご覧ください。
不適切な内容があれば，記事下のコメント欄またはお問い合わせフォームよりご連絡下さい。
問題
統計検定1級の過去問からの出題になります。統計検定の問題の著作権は日本統計学会に帰属していますので，本稿にて記載することはできません。「演習問題を俯瞰する」で詳しく紹介している公式の過去問題集をご購入いただきますようお願い致します。
解答
ポアソン分布の極限に関する出題でした。
(1)
f(x)
&= {}_n C _x p^x(1-p)^{n-x} \\[0.7em]
&= \frac{n!}{x!(n-x)!}\left(\frac{\lambda}{n}\right)^x \left( 1-\frac{\lambda}{n} \right)^{n-x}\\[0.7em]
&= \frac{n(n-1)\cdots(n-x+1)}{x!}\left( \frac{\lambda}{n} \right)^x\left(1-\frac{\lambda}{n} \right)^n \left(1-\frac{\lambda}{n} \right)^{-x}\\[0.7em]
&= \frac{\lambda^{x}}{x!}\left(1 - \frac{\lambda}{n} \right)^n
\left(1-\frac{1}{n} \right)\cdots \left(1-\frac{x-1}{n} \right)\left(1-\frac{\lambda}{n} \right)^{-x}\\[0.7em]
&= \frac{\lambda^{x}}{x!}\left\{\left(1 + \frac{1}{-n/\lambda}\right)^{-n/\lambda} \right\}^{-\lambda}
\left(1-\frac{1}{n} \right)\cdots \left(1-\frac{x-1}{n} \right)\left( 1-\frac{\lambda}{n} \right)^{-x}\\[0.7em]
&\longrightarrow \frac{\lambda^x}{x!}e^{-\lambda}\quad(n\rightarrow \infty)
\end{align}
ポアソン分布については下記の記事をご参照ください。
(2)
$e^{x}$のマクローリン展開
e^{x} &= 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^{2}}{2!} + \cdots
\end{align}
を利用する。モーメント母関数の定義より，
M_{X}(t) &= E[e^{tX}]
= \sum_{x=0}^{\infty}e^{tx}e^{-\lambda}\frac{\lambda^x}{x!}
= e^{-\lambda}\sum_{x=0}^{\infty}\frac{(\lambda e^{t})^{x}}{x!}
= e^{-\lambda} \left\{ 1 + \frac{\lambda e^{t}}{1!} + \frac{(\lambda e^{t})^{2}}{2!} + \cdots \right\}\\[0.7em]
&= e^{-\lambda} \cdot e^{\lambda e^{t}}
= \exp\left[\lambda(e^{t}-1)\right]
\end{align}
が得られる。これより，$X$の期待値は
E[X]
&= \left.M^{\prime}_{X}(t)\right|_{t=0}
= \left.\lambda e^{t}\exp\left[\lambda(e^{t}-1)\right]\right|_{t=0}
= \lambda
\end{align}
となり，$X$の原点周りの二次モーメントは
E[X^{2}]
&= \left.M^{\prime\prime}_{X}(t)\right|_{t=0}
= \left.\lambda e^{t}(1+\lambda e^{t})^{2}\exp\left[\lambda(e^{t}-1)\right]\right|_{t=0}
= \lambda(1+\lambda)
\end{align}
となる。したがって，$X$の分散は
V[X] &= E[X^{2}]-E[X]^{2} = \lambda(1+\lambda)-\lambda^{2} = \lambda
\end{align}
となる。
(3)
与えられた二つの独立な確率変数は
X_{1} \sim \Po (\lambda_{1}),\quad
X_{2} \sim \Po (\lambda_{2})
\end{align}
と表される。 このとき，$Y=X_{1}+X_{2}$のモーメント母関数を計算すると，
M_{X_{1}+X_{2}}(t) &= M_{X_{1}}(t) \cdot M_{X_{2}}(t)
= \exp\left[\lambda_{1}(e^{t}-1)\right]\cdot \exp\left[\lambda_{2}(e^{t}-1)\right]\\[0.7em]
&= \exp\left[(\lambda_{1}+\lambda_{2})(e^{t}-1)\right]
\end{align}
が得られる。これは$X_{1}{+}X_{2}$のモーメント母関数が$\Po (\lambda_{1}{+}\lambda_{2})$のモーメント母関数であることを示している。確率分布とモーメント母関数は一対一対応することに注意すると，
X_{1}+X_{2}&\sim\Po(\lambda_{1}+\lambda_{2})
\end{align}
が示された。
確率分布がモーメント母関数と一対一対応することは証明なしで用いてよいでしょう。
(4)
本設問全体の流れを踏まえ，変数変換を用いた証明ではなく確率分布とモーメント母関数の一意性を用いた証明を行う。まず一般に，$T=aX+b$のモーメント母関数は
M_{T}(t) &= E[e^{tT}] = E[e^{t(aX+b)}] = e^{bt}E[e^{(at)X}] = e^{bt}M_{X}(at)
\end{align}
となるため，$Z$が
Z &= \frac{X-\lambda}{\sqrt{\lambda}} = \frac{X}{\sqrt{\lambda}}-\sqrt{\lambda}
\end{align}
と表されることに注意すると，$Z$のモーメント母関数は
M_{Z}(t)
&= e^{-\sqrt{\lambda}t}M_{X}(t/\sqrt{\lambda})
= e^{-\sqrt{\lambda}t}\exp\left[\lambda(e^{t/\sqrt{\lambda}}-1)\right]
\end{align}
となる。ここで，指数関数の指数部を抽出するためにモーメント母関数の対数関数であるキュムラント母関数を計算すると，
\psi_{Z}(t) &= -\sqrt{\lambda}t+\lambda(e^{t/\sqrt{\lambda}}-1)
= -\sqrt{\lambda}t+\lambda\left\{1 + \frac{t/\sqrt{\lambda}}{1!} + \frac{(t/\sqrt{\lambda})^{2}}{2!} + \cdots\right\}-\lambda\\[0.7em]
&= \frac{t^{2}}{2!}+\frac{t^{3}/\sqrt{\lambda}}{3!}+o\left(\frac{1}{\sqrt{\lambda}}\right)
\rarr \frac{t^{2}}{2}\quad(\lambda~\rarr~\infty)
\end{align}
となる。ただし，$o(\cdot)$はランダウの記号を表す。標準正規分布のキュムラント母関数は$e^{t^{2}/2}$であること，対数関数の一意性よりキュムラント母関数とモーメント母関数は一対一対応すること，および確率分布とモーメント母関数は一対一対応することより，$\lambda\rarr\infty$のとき$Z$の従う分布は標準正規分布に近づくことが示された。
コメント