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。
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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・ガンマ分布とモーメント法に関する出題でした。ポアソン分布とガンマ分布に関しては，以下のページをご参照ください。
(1)
E[X] &= \lambda,\quad V[X] = \lambda
\end{align}
$e^{x}$のマクローリン展開を利用すると，ポアソン分布の確率母関数は
G(s) &= E[S^{X}]
= \sum_{x=0}^{\infty}\frac{(\lambda s)^{x}}{x!}e^{-\lambda}
= e^{\lambda s}e^{-\lambda}
= e^{\lambda(s-1)}
\end{align}
となります。したがって，確率母関数の性質より，$E[X]$は以下のように求められます。
E[X] &= \left.\frac{d G(s)}{ds}\right|_{s=1}
= \left. \lambda e^{\lambda(s-1)} \right|_{s=1}
= \lambda
\end{align}
同様に，
E[X(X-1)] &= \left.\frac{d^2 G_{X}(s)}{d s^{2}}\right|_{s=1}
= \left. \lambda^{2} e^{\lambda(s-1)} \right|_{s=1}
= \lambda^{2}
\end{align}
となります。したがって，$V[X]$は以下のように求められます。
V[X]
&= E[X^{2}]-E[X]^2
= E[X(X-1)] + E[X]-E[X]^{2}
= \lambda^{2} + \lambda-\lambda^{2}
= \lambda
\end{align}
(2)
E[\Lambda] &= \frac{\alpha}{\beta},\quad V[\Lambda] = \frac{\alpha}{\beta^{2}}
\end{align}
定義にしたがって$E[\Lambda]$を求めます。
E[\Lambda] &= \int_{0}^{\infty}\lambda g(\lambda)d\lambda
= \frac{\beta^{\alpha}}{\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}\lambda^{\alpha}e^{-\beta\lambda}d\lambda
\end{align}
ここで，被積分関数をガンマ関数の形に持っていくため，$t=\beta\lambda$とおきます。すると，
E[\Lambda]
&= \frac{\beta^{\alpha}}{\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}\left(\frac{t}{\beta}\right)^{\alpha}e^{-t}\left(\frac{dt}{\beta}\right)\\[0.7em]
&= \frac{1}{\beta~\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}t^{\alpha}e^{-t}d\lambda\\[0.7em]
&= \frac{1}{\beta~\Gamma(\alpha)}\cdot\Gamma(\alpha+1)
= \frac{\alpha}{\beta}
\end{align}
と求められます。全く同様にして，
E[\Lambda^{2}]
&= \frac{\beta^{\alpha}}{\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}\lambda^{\alpha+1}e^{-\beta\lambda}d\lambda\\[0.7em]
&= \frac{\beta^{\alpha}}{\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}\left(\frac{t}{\beta}\right)^{\alpha+1}e^{-t}\left(\frac{dt}{\beta}\right)\\[0.7em]
&= \frac{1}{\beta^{2}~\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}t^{\alpha+1}e^{-t}d\lambda\\[0.7em]
&= \frac{1}{\beta^{2}~\Gamma(\alpha)}\cdot\Gamma(\alpha+2) = \frac{\alpha(\alpha+1)}{\beta^{2}}
\end{align}
と求められます。したがって
V[\Lambda]
&= E[\Lambda^2] - E[\Lambda]^2
= \frac{\alpha(\alpha+1)}{\beta^{2}} - \frac{\alpha^2}{\beta^2}
= \frac{\alpha}{\beta^2}
\end{align}
と求められます。
別解
モーメント母関数を用いるとガンマ分布の平均と分散を簡単に求められます。$i=1,\ldots,\alpha$に対し，指数分布に従う確率変数を$\Lambda_{i}$とおくと，$\Lambda_{i}$の従う指数分布のモーメント母関数は以下のようになります。
M_{\Lambda_{i}}(t) &= \left(1-\frac{t}{\beta}\right)^{-1}
\end{align}
ガンマ分布は，指数分布$\Exp(\beta)$に従う確率変数$\Lambda_{1},\ldots,\Lambda_{\alpha}$の和が従う分布として定義されました。モーメント母関数の定義より，ガンマ分布のモーメント母関数は指数分布のモーメント母関数の積として表されます。
M_{\Lambda_1+\ldots+\Lambda_{\alpha}(t)} &= M_{\Lambda_1}(t) \cdots M_{\Lambda_{\alpha}}(t)
= \left( 1-\frac{t}{\beta} \right)^{-\alpha}
\end{align}
まず，原点周りの一次モーメント，すなわち期待値を求めます。
E[\Lambda] &= \left.M^{\prime}_{X}(t) \right|_{t=0}
= \left. \frac{\alpha}{\beta} \left( 1-\frac{t}{\beta} \right)^{-\alpha-1} \right|_{t=0}
= \frac{\alpha}{\beta}
\end{align}
続いて，原点周りの二次モーメントを求めます。
E[\Lambda^{2}] &= \left.M^{\prime\prime}_{X}(t) \right|_{t=0}
= \left. \frac{\alpha(\alpha+1)}{\beta^2}\left( 1-\frac{t}{\beta} \right)^{-\alpha-2} \right|_{t=0}
= \frac{\alpha(\alpha+1)}{\beta^2}
\end{align}
先ほどと同様にして，原点周りの一次モーメントと原点周りの二次モーメントから分散を求めることができます。
(3)
P(X=k)
&= {}_{\alpha+k-1}C_{k}~\left(\frac{\beta}{\beta+1}\right)^{\alpha}\left(\frac{1}{\beta+1}\right)^{k}
\end{align}
ポアソン分布とガンマ分布の混合分布は負の二項分布になることを証明する問題です。ポアソン分布もガンマ分布も定義域が$[0, \infty)$であることに注意して，分布の混合を計算しましょう。
P(X=k)
&= \int_{0}^{\infty} \left(\frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda} \right)\cdot\left(\frac{\beta^{\alpha}}{\Gamma(\alpha)} \lambda^{\alpha-1}e^{-\beta \lambda}\right) d\lambda\\[0.7em]
&= \frac{\beta^\alpha}{k! \Gamma(\alpha)} \int_{0}^{\infty}
\lambda^{\alpha+k-1}e^{-(\beta+1)\lambda} d\lambda \label{3-1}\\[0.7em]
&= \frac{\beta^\alpha}{k! \Gamma(\alpha)} \frac{\Gamma(\alpha+k)}{(\beta + 1)^{\alpha+k}} \label{3-2}\\[0.7em]
&= \frac{(\alpha+k-1)!}{k!(\alpha-1)!}\left(\frac{\beta}{\beta+1}\right)^{\alpha}\left(\frac{1}{\beta+1}\right)^{k}\label{3-3}\\[0.7em]
&= {}_{\alpha+k-1}C_{k}~\left(\frac{\beta}{\beta+1}\right)^{\alpha}\left(\frac{1}{\beta+1}\right)^{k}\label{3-4}
\end{align}
ただし，式($\ref{3-1}$)から式($\ref{3-2}$)はガンマ関数の定義を代入し，式($\ref{3-2}$)から式($\ref{3-3}$)ガンマ関数と階乗の関係を利用し，式($\ref{3-3}$)から式($\ref{3-4}$)は二項系数の定義を利用しました。
(4)
E[X] &= \frac{\alpha}{\beta},\quad V[X] = \frac{\alpha}{\beta}\left(1+\frac{1}{\beta}\right)
\end{align}
分布の混合は条件付き分布を考えていることに他なりませんので，条件付き期待値・分散の性質を利用することを考えます。小問(1)より$E[X|\Lambda]{=}V[X|\Lambda]{=}\lambda$が得られており，小問(2)より$E[\Lambda]{=}\alpha/\beta$および$V[\Lambda]{=}\alpha/\beta^{2}$が得られていますので，
\begin{cases}
\displaystyle
E_{X}[X] = E_{\Lambda}[E_{X|\Lambda}[X|\Lambda]] = E_{\Lambda}[\Lambda] = \frac{\alpha}{\beta}\\[0.7em]
\displaystyle
V_{X}[X] = E_{\Lambda}[V_{X|\Lambda}[X|\Lambda]]+V_{\Lambda}[E_{X|\Lambda}[X|\Lambda]]
= E_{\Lambda}[\Lambda]+V_{\Lambda}[\Lambda]
= \frac{\alpha}{\beta}\left(1+\frac{1}{\beta}\right)
\end{cases}
となります。
別解
負の二項分布$\NB(r,p)$に従う確率分布$X$の期待値と分散は以下のように表されます。
E[X] &= r\frac{1-p}{p} \\[0.7em]
V[X] &= r \frac{1-p}{p^2}
\end{align}
いま，$p=\beta/(\beta+1)$および$r=\alpha$であり，$\beta{=}p/(1-p)$に注意すると，
\begin{cases}
\displaystyle
E[X] = r\frac{1}{p}(1-p) = \alpha\frac{\beta+1}{\beta}\frac{1}{\beta+1} = \frac{\alpha}{\beta} \\[0.7em]
\displaystyle
V[X] = r \frac{1-p}{p}\frac{1}{p} = \frac{\alpha}{\beta}\frac{1+\beta}{\beta} = \frac{\alpha}{\beta}\left(1+\frac{1}{\beta}\right)
\end{cases}
が得られます。
(5)
標本平均を$\barX$，標本分散を$S^{2}$とおくと，
\hat{\alpha} &= \frac{\barX^{2}}{S^{2}-\barX},\quad \hat{\beta} = \frac{\barX}{S^{2}-\barX}
\end{align}
となる。ただし，$S^{2}-\barX>0$である。
モーメント法では，標本値からモーメントをいくつか計算し，それらの連立方程式を解くことでパラメータの推定値を求めるのでした。今回推定したいパラメータは$\alpha,\beta$の二つであることから，二次の中ーメントまで考えて解が得られればそれで十分です。$X$の平均を$\mu_{1}$，平均まわりの$m$次モーメントを$\mu_{m}$とおくと，前問(4)の解答より$\mu_{1}{=}\alpha/\beta$および$\mu_{2}{=}\alpha/\beta^{2}$となります。標本平均を$\barX$，標本分散を$S^{2}$とおくと，平均の定義と平均まわりの$2$次モーメントの定義より$\mu_{1}{=}\barX$および$\mu_{2}{=}S^{2}$となります。すなわち，$(\alpha,\beta)$に関する連立方程式
\begin{cases}
\displaystyle
\barX = \frac{\alpha}{\beta}\\[0.7em]
\displaystyle
S^{2} = \frac{\alpha}{\beta}\left(1+\frac{1}{\beta}\right)
\end{cases}
を解けばよいです。$\beta$について整理すると，
\hat{\beta} &= \frac{\barX}{S^{2}-\barX}
\end{align}
が得られ，これを利用して$\alpha$について整理すると，
\hat{\alpha} &= \beta\barX = \frac{\barX^{2}}{S^{2}-\barX}
\end{align}
が得られます。$X$の実現値は正であるため，$\barX{\geq}0$となります。$\barX{=}0$のときは$S^{2}{=}0$となり，$(\alpha,\beta)$の推定量は定義されません。$\barX{\neq}0$のときは$\hat{\alpha}{>}0$より$S^{2}{-}\barX{>}0$となります。$\beta$に関しても同様に$S^{2}{-}\barX>0$となります。
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