コース 「確率統計及び演習

★★★★ 以下の演習問題のいくつかをレポート課題とする予定です。 ★★★★

提出期限：各問題に記載。

提出場所：

manaba

コース 「確率統計及び演習

II

」 提出ファイルについて：

提出ファイルの名前には学籍番号とレポート課題番号をいれてください，例えば，

tyy00zz report1.

拡張子，

などのように。

注意!

ファイル名が変更できない場合は本文中に，学籍番号と氏名，レポート課題番号，複 数ファイルの場合はその順番，を記入しておいてください。

(1)

手書きの場合：スキャナーで読み込んだファイル，あるいはスマートフォンでとった写真をアップ ロードしてください。写真が複数になる場合は，

tyy00zz report1-1.

拡張子，tyy00zz report1-2. 拡張子，

など，順番がわかるようにお願いします。

(2)

ワード や

TEX

を使う場合：

pdf

をアップロードしてください。ワードの場合は

docx

ファイルで も構いません。

質問・希望など：manaba の掲示板か，[email protected] まで，お願いします。レポートに書いても らっても結構です。

.

確率統計及び演習 II 演習問題 No.1

確率統計及び演習

I

の内容の復習

★

答で分数や√ は小数になおす必要はありません。答に加減乗除が現れていてもかまいません。

★★★★ レポート課題１ ★★★★

出題：4 月

13

日

(月)，提出期限：4

月

16

日

(木)^∗

∗^manabaの登録が間に合わない場合は，[email protected]まで送ってください。

配点：小問各２点

問題1-1

^{確統I L05}

^{岩薩林 第3章}

離散型確率変数

X

の確率分布は次で与えられる：

P(X =x) =f(x) =













1

3 x=−3

1

6 x= 0

1

2 x= 1

0

他の

x

の値

(1)

母平均

E[X]

を求めなさい。

(2)

母期待値

E[7X²+ 3]

を求めなさい。

(3)

母分散

V[X]

を求めなさい。

問題1-2

^{確統I L07}

^{岩薩林 第4章}

図

1-1

の確率密度関数

f(x)

に従う連続型確率変数

X

を考える。

x

( ) f x

0.5 0.5 1.0 1.5

0.5 1.0 1.5

図

1-1

(1) 0≤x <1

での確率密度関数

f(x)

を式で表しなさい。尚，x <

0

と

1≤x

では

f(x) = 0

とします。

(2)X < 1

2

となる確率を求めなさい。

(3)

母平均

E[2X+ 1]

を求めなさい。

問題 1-3

^{確統I L09}

^岩薩林4.5

ある量

X

が，母平均

µ= 7，母分散σ²= 20² = 400

の正規分布

N(7,400)

に 従う。2

< X≤17

となる確率

P

を考える。

(1)

確率

P

を標準正規分布の確率密度関数の積分で

P =

∫ b a

√1

2πe^−z2/2 dz

と表すとき，a と

b

を求めなさい。

(2)「予備知識2」の数表を用いてP

を求めなさい。

確率統計及び演習

II

演習問題

No.1

の予備知識

1

・離散型確率変数

X

の関数の期待値

E[ϕ(X)] =∑

x

f(x)ϕ(x), f(x)

は

X =x

となる確率

.

岩薩林(3.4) (p1.1)

注意!

^岩薩林

では

X=x

となる確率を

f(x)

ではなく

p(x)

と表しています。

・連続型確率変数

X

の確率密度関数

f(x)

と確率の関係

P(a < X ≤b) =

∫ b

a

f(x)dx .

岩薩林(4.1) (p1.2)

注意!

連続型確率変数では

X =a

や

X =b

となる確率は通常

0

なので，

P(a < X≤b) =P(a < X < b) =P(a≤X < b) =P(a≤X≤b) (p1.3)

となります。

・連続型確率変数

X

の関数の期待値

E[ϕ(X)] =

∫ _∞

−∞

dxf(x)ϕ(x).

岩薩林(4.9) (p1.4)

・母平均

m

と母分散

V[X]

m=E[X], V[X] =E[(X−m)²] =E[X²]−m².

岩薩林(3.8) (p1.5)

・和の期待値は期待値の和

E[aϕ1(X) +bϕ2(X)] =aE[ϕ1(X)] +bE[ϕ2(X)] (p1.6)

・母平均

µ，母分散σ²

の正規分布

N(µ, σ²)

の確率密度関数

f(x;µ, σ²) = 1

√2πσ²e^{−(x−µ)22σ2} = 1

√2πσexp (

−(x−µ)² 2σ²

)

.

岩薩林(4.23) (p1.7)

特に

µ= 0，σ= 1

の正規分布，N

(0,1²)，を標準正規分布と呼ぶ。

・確率変数

X

が正規分布

N(µ, σ²)

に従うとき，

Z= X−µ

σ (p1.8)

は標準正規分布

N(0,1²)

に従う。

確率統計及び演習

II

演習問題

No.1

の予備知識

2

標準正規分布

N(0,1)

に従う確率変数

Z

に対する上側確率

Q(z0) =P(z0≤Z) =

∫ _∞

z0

√1

2πe^−z2/2 dz (p1.9)

の値の表。

^{統計学 付表1}

^{前園 付表1}

^{統計基礎 付表1}

と同じ。

\

4 2 0 2 4

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4

z0

( )0

Q z

z0

が負の値の場合は次の関係式を用いる：

Q(z₀) +Q(−z₀) = 1. (p1.10)

注意 !

^{岩薩林 付表1}

^{数理統計 付表1}

の表の値，

I(z₀) =P(0≤Z < z₀) =

∫ z₀

0

√1

2πe^−z2/2 dz , (p1.11)

とは以下の関係がある：

Q(z0) =1

2 −I(z0). (p1.12)

確率統計及び演習 II 演習問題 No.1 略解

解1-1 (1) (p1.1)より

E[X] = 1

3×(−3) +1

6×(0) + 1

2×(1) =−1

2. (p1.13)

(2) (p1.1)より

E[7X²+ 3] =1 3×(

7(−3)²+ 3 )

+1 6×(

7(0)²+ 3 )

+1 2×(

7(1)²+ 3 )

= 55

2 . (p1.14)

(p1.5)より

E[7X²+ 3] = 7E[X²] + 3E[1] = 7E[X²] + 3 (p1.15) なので

E[X²] = 1

3×(−3)²+1

6×(0)²+1

2×(1)²=7

2 (p1.16)

より，以下のように計算してもよい：

E[7X²+ 3] = 7×7

2+ 3 = 55

2 . (p1.17)

(3) (p1.5)より

V[X] = 1 3×

(

−3 +1 2

)2

+1 6×

( 0 +1

2 )2

+1 2×

( 1 +1

2 )2

=50 + 1 + 27

24 =13

4 . (p1.18)

V[X] =E[X²]−E[X]²=7 2−

(

−1 2

)2

=13

4 (p1.19)

としてもよい。

解1-2 (1)

f(x) = 3

2−x . (p1.20)

(2) (p1.2)より

∫ 1/2

−∞

f(x)dx=

∫1/2 0

(3 2−x

) dx=

[3 2x−x²

2 ]x=1/2

x=0

=5

8. (p1.21)

高さ1/2，底辺の長さが3/2と1の台形の面積を求めてもよい。

(3) (p1.4)より，

E[X] =

∫ _∞

−∞

f(x)xdx=

∫ 1 0

(3 2−x

) xdx=

[3x² 4 −x³

3 ]x=1

x=0

= 5

12. (p1.22)

従って

E[2X+ 1] = 2E[X] +E[1] = 2× 5

12+ 1 = 11

6. (p1.23)

E[2X+ 1] =

∫ _∞

−∞

f(x)(2x+ 1)dx=

∫1 0

(3 2−x

)

(2x+ 1)dx=

∫1 0

(

−2x²+ 2x+3 2 )

dx

= [

−2

3x³+x²+3 2x

]x=1 x=0

=−2

3+ 1 +3 2= 11

6 . (p1.24)

としてもよい。

解1-3

(1)(p1.8)より，

a= 2−7 20 =−1

4 =−0.25, b=17−7 20 =1

2= 0.5 . (p1.25)

(2) ∫b

a

√1

2πe^−z2/2 dz=

∫_∞

a

√1

2πe^−z2/2 dz−

∫ _∞

b

√1

2πe^−z2/2dz=Q(a)−Q(b) (p1.26) なので，(p1.9)と(p1.10)より，

P=Q(−0.25)−Q(0.5) = 1−Q(0.25)−Q(0.5) = 1−0.4013−0.3085 = 1−0.7098 = 0.2902 . (p1.27)

注意 !

^{岩薩林 付表1}

で使われている

I(z₀) (p1.11)

を用いると

(p1.27)

は

P =I(0.5)−I(−0.25) =I(0.5) +I(0.25) = 0.1915 + 0.0987 = 0.2902 (p1.28)

となる。上式の

2

つ目の等式で，(p1.10) に対応する公式，

I(−z₀) =−I(z₀), (p1.29)

を用いた。

確率統計及び演習 II 演習問題 No.2

同時確率や周辺確率と条件付き確率との関係，同時確率密度と周辺確率密度の関係

★

答で分数や√ は小数になおす必要はありません。答に加減乗除が現れていてもかまいません。

★★★★ レポート課題２ ★★★★

出題：4 月

20

日

(月)，提出期限：4

月

23

日

(木)

配点：小問各３点

問題2-1

何枚かのカードのはいった袋から，無作為にカードを引く。離散型確率変数

X

と

Y

の値を

X=

{

0 ;

カードの数字が偶数

1 ;

カードの数字が奇数

, Y = {

0 ;

カードが赤札

1 ;

カードが黒札

(p2.1)

とする。赤札がでる確率は

fY(0) = 2

3 ,

黒札がでる確率は

fY(1) = 1

3

である。また，赤の奇数のカードがで る確率，f

_XY(1,0)，は1

5

であり，黒の奇数のカードがでる確率，f

_XY(1,1)，は 1

15

である。

(1)

赤札がでるという条件のもとで奇数のカードが出る条件付き確率，f

_X|Y(1|0)

を求めなさい。

(2)

黒札がでるという条件のもとで偶数のカードが出る条件付き確率，

f_X|Y(0|1)

，を求めなさい。

問題2-2

^問3.1

次の同時確率密度関数

fXY(x, y) = 4

πe^{−x2+4xy−20y2} (p2.2)

について，

(1)

周辺確率密度関数

f_Y(y)

を求めなさい。

(2)

周辺確率密度関数

fX(x)

を求めなさい。

確率統計及び演習

II

演習問題

No.2

の予備知識

・同時確率と条件付き確率との関係

fXY(xi, yj) =f_X|Y(xi|yj)fY(yj) =f_Y|X(yj|xi)fX(xi). (p2.3)

・周辺確率と条件付き確率との関係

fX(xi) = ∑

y_j

fXY(xi, yj) =∑

y_j

f_X|Y(xi|yj)fY(yj), (p2.4) fY(yj) = ∑

x_i

fXY(xi, yj) =∑

x_i

f_Y|X(yj|xi)fX(xi). (p2.5)

・同時確率密度関数と周辺確率密度関数の関係

fX(x) =

∫ _∞

−∞

fXY(x, y)dy , fY(y) =

∫ _∞

−∞

fXY(x, y)dx . (p2.6)

・ガウス

(Gauss)

積分

∫ _∞

−∞

e^−z2dz=√

π . (p2.7)

.

確率統計及び演習 II 演習問題 No.2 略解

解 2-1

(1)

同時確率と条件付き確率の関係式

(p3.2)

より，

f_X|Y(1|0) = fXY(1,0) fY(0) =1

5 3 2 = 3

10. (p2.8)

(2)

同時確率と条件付き確率の関係式

(p3.2)

より，

f_X|Y(0|1) = fXY(0,1)

f_Y(1) . (p2.9)

fXY(0,1)

を求めるために同時確率と周辺確率の関係式

(p3.3)，

fXY(0,1) +fXY(1,1) =fY(1) (p2.10)

を用いる：

fXY(0,1) =fY(1)−fXY(1,1) = 1 3 − 1

15 = 4

15. (p2.11)

従って，

f_X|Y(0|1) = fXY(0,1) f_Y(1) = 4

15 3 = 4

5. (p2.12)

別の考え方として

f_X|Y(1|1) = f_XY(1,1)

fY(1) =1/15 1/3 =1

5 (p2.13)

より

f_X|Y(0|1) = 1−f_X|Y(1|1) = 1−1 5 = 4

5 (p2.14)

としてもよい。

具体的な例，例えば，15 枚のカードがあり，奇数の赤札が

3

枚，偶数の赤札が

7

枚，奇数の黒札が

1

枚，偶 数の黒札が

4

枚，を考えると上の結果が正しいことを確認できる。

解 2-2 (p2.6)

より，

(1)

fY(y) =

∫ _∞

−∞

fXY(x, y)dx= 4 πe^−20y2

∫ _∞

−∞

e^−x2+4xydx= 4 πe^−20y2

∫ _∞

−∞

e^{−(x−2y)2+4y2}dx

= 4

πe^−16y2

∫ _∞

−∞

e^−z2dz= 4

√π e^−16y2. (p2.15)

上の式の

4

つ目の等式では，積分変数を

x

から

z=x−2y

に変換した。

(2)

fX(x) =

∫ _∞

−∞

fXY(x, y)dy= 4 πe^−x2

∫ _∞

−∞

e^−20y2+4xydx= 4 πe^−x2

∫ _∞

−∞

e⁻²⁰(^y−10^x)^2+x5²dx

= 2

π√ 5e^−45x2

∫ _∞

−∞

e^−z2dz= 2

√5π e^−45x2. (p2.16)

上の式の

4

つ目の等式では，積分変数を

y

から

z=√ 20

( y− x

10

)

に変換した。

確率統計及び演習 II 演習問題 No.3

同時確率，周辺確率，条件付き確率の間の関係，確率変数の独立性，ベイズの定理

★

答で分数や√ は小数になおす必要はありません。答に加減乗除が現れていてもかまいません。

★★★★ レポート課題３ ★★★★

出題：4月27日(月)，提出期限：5月7日(木) 配点：小問各２点

問題3-12

変数の離散型確率変数

(X , Y)

を考える。X と

Y

はそれぞれ，0 と

1

という値をとる。

同時確率の値は

fXY(1,1) = 3

7, fXY(1,0) = 1

7 (p3.1)

であり，

fXY(0,0) =a

とする。

(1)f_Y(1)

と

f_XY(0,1)

の値を

a

を用いて表しなさい。

(2)X

と

Y

が独立になるように,

a

の値を定めなさい。

問題3-2

ある工場で生産される製品に欠陥があるかないかを調べるある検査法では，欠陥のある製品に対して は

95

パーセントの割合で欠陥ありという結果がでる。ただし，欠陥のない製品に対しても

15

パーセントの 割合で欠陥ありという結果がでることがわかっている；

(1)

確率変数

X

と

Y

を考え，製品に実際に欠陥がある

(

ない

)

場合を

X = 1 (X = 0)

とし，この検査で欠 陥がある

(ない)

という結果が出る場合を

Y = 1 (Y = 0)

とする。この場合に以下の確率を求めなさい：

f_Y|X(1|1), f_Y|X(0|0).

(2)

この検査法で

35

パーセントの製品に欠陥があるという結果が出た，(f

_Y(1) = 0.35)。この場合，この

工場で生産される製品に欠陥がある確率，f

_X(1)，を求めなさい。

(3)

検査に選ばれた製品に対して欠陥がないという検査結果が出た場合，この製品に実際に欠陥がない確 率，f

_X|Y(0|0)，を求めなさい。

確率統計及び演習

II

演習問題

No.3

の予備知識

・同時確率と条件付き確率との関係

f_XY(x_i, y_j) =f_X|Y(x_i|y_j)f_Y(y_j) =f_Y|X(y_j|x_i)f_X(x_i). (p3.2)

・周辺確率と条件付き確率との関係

fX(xi) = ∑

y_j

fXY(xi, yj) =∑

y_j

f_X|Y(xi|yj)fY(yj), fY(yj) = ∑

x_i

fXY(xi, yj) =∑

x_i

f_Y|X(yj|xi)fX(xi). (p3.3)

・確率変数の独立性

確率変数

X

と

Y

が独立

⇔ fXY(x, y) =fX(x)fY(y). (p3.4)

・ベイズの定理：X と

Y

が離散型確率変数の場合

f_X|Y(x|y) = f_Y|X(y|x)fX(x)

∑

x_ifY|X(y|xi)fX(xi), f_Y|X(y|x) = f_X|Y(x|y)fY(y)

∑

y_jfX|Y(x|yj)fY(yj). (p3.5)

.

確率統計及び演習 II 演習問題 No.3 略解

解 3-1

(1)

同時確率と周辺確率の関係式

(p3.3)

より

fY(0) =fXY(1,0) +fXY(0,0) =a+1

7. (p3.6)

従って，

fY(1) = 1−fY(0) = 1−a−1 7 = 6

7−a . (p3.7)

また

f_Y(1) =f_XY(1,1) +f_XY(0,1) (p3.8)

より

fXY(0,1) =fY(1)−fXY(1,1) = 6

7 −a−3 7 = 3

7−a . (p3.9)

(2)

例えば

(p3.4)

で

x= 1

，

y= 1

の場合を考えると，

X

と

Y

が独立な場合は

3

7 = f_XY(1,1) =f_X(1)f_Y(1) = (

f_XY(1,0) +f_XY(1,1) ) (6

7 −a )

= (1

7+3 7

) (6 7−a

)

= 4 7

(6 7 −a

)

(p3.10)

が成り立つので，

a= 3

28

となる。

なお，他の

(x, y)

の値に対して

(p3.4)

が成り立つことからも同じ結果が得られることをを確かめておく：

(x, y) = (0,0)

の場合，

a= 3 7

( a+1

7

)

より

a= 3

28, (p3.11)

(x, y) = (1,0)

の場合，

1 7 =4

7 (

a+1 7

)

より

a= 3

28, (p3.12)

(x, y) = (0,1)

の場合，

3

7 −a=3 7

(6 7 −a

)

より

a= 3

28. (p3.13)

解 3-2

(1)

問題文より

f_Y|X(1|1) = 0.95 =19

20, f_Y|X(0|0) = 1−f_Y|X(1|0) = 1−0.15 = 0.85 =17

20. (p3.14)

尚，上記以外の条件付き確率は以下となる：

fY|X(0|1) = 1−fY|X(1|1) = 1−0.95 = 0.05 = 1

20, fY|X(1|0) = 0.15 = 3

20. (p3.15) (2)

fY(1) = fXY(0,1) +fXY(1,1) =f_Y|X(1|0)fX(0) +f_Y|X(1|1)fX(1)

= f_Y|X(1|0)(1−fX(1)) +f_Y|X(1|1)fX(1)

= (

f_Y|X(1|1)−f_Y|X(1|0) )

f_X(1) +f_Y|X(1|0) (p3.16)

より，

f_X(1) = f_Y(1)−f_Y|X(1|0)

fY|X(1|1)−fY|X(1|0) =0.35−0.15 0.95−0.15 =0.2

0.8 = 1

4 = 0.25 (p3.17)

となる。

f_X|Y(0|0) = fXY(0,0)

f_Y(0) = f_Y|X(0|0)fX(0)

1−f_Y(1) = f_Y|X(0|0)(1−fX(1)) 1−f_Y(1)

= 0.85×(1−0.25)

1−0.35 =0.6375 0.65 =51

52 = 0.98· · · (p3.18)

となる。

f_X|Y(0|0) = fXY(0,0)

fY(0) = fY|X(0|0)fX(0)

f_Y|X(0|0)fX(0) +f_Y|X(0|1)fX(1) = 0.85×0.75 0.85×0.75 + 0.05×0.25

= 0.6375

0.6375 + 0.0125 =0.6375 0.65 =51

52 = 0.98· · · (p3.19)

と計算してもよい。

なお，検査に選ばれた製品に欠陥があるという結果が出た場合に，この製品に実際に欠陥がある確 率，f

_X|Y(1|1)，は

f_X|Y(1|1) = f_XY(1,1)

fY(1) = f_Y|X(1|1)f_X(1)

fY(1) = 0.95×0.25 0.35 = 19

28 ≈0.68 (p3.20)

となる。

.

確率統計及び演習 II 演習問題 No.4

モーメント母関数

(

離散型確率変数の場合

)

，ポアソン分布

★

答で分数や√

は小数になおす必要はありません。答に加減乗除が現れていてもかまいません。

★★★★ レポート課題４ ★★★★

出題：5月11日(月)，提出期限：5月14日(木) 配点：小問各３点

問題4-1

確率

p

で表の出るコインを

n

回投げた時，表の出る回数を

X

，裏の出る回数を

Y (

従って

X+Y =n

となる。) とするとき，確率変数

X，Y

に対するモーメント母関数

MXY(t1, t2)

を求めなさい。

問題4-2

ポアソン分布

^岩薩林3.5

^統計学6.3

前園p.20

^{統計基礎2.7.3}

数理統計p.31

次の確率分布に従う非負の整数値をとる離散型確率変数

X

のモーメント母関数

MX(t)

を求めなさい：

f_X(x) =e^−λ λ^x

x! , x= 0,1,2,· · ·.

岩薩林(3.37)’ (p4.1)

ここで，λ >

0。この確率分布を ポアソン(Poisson)

分布 と呼び，以下のように表す：

X ∼ Po(λ). (p4.2)

注意 !

^岩薩林3.5

では

λ

ではなく

µ

を使っている。

注意 ! 2

項分布

B(n, p)

で試行回数

n

を大きくし，それに応じて事象の起きる確率

p

を小さくして，母平均

np=λ

が一定になるような極限をとるとポアソン分布となる

(

ポアソンの少数の法則

)：

B(n, p=λ/n) −→ Po(λ) (n→ ∞). (p4.3)

稀にしか起こらない事象を大量に観測した場合，事象の発生回数はポアソン分布に従う。例えば，特定の自動車 が特定の日に交通事故を起こす確率は小さいが，自動車の台数は多いので，ある地域で

1

日に起きる交通事故の 件数はポアソン分布に従うことが知られている。

確率統計及び演習

II

演習問題

No.4

の予備知識

・モーメント母関数

MX(t) = E[e^tX] =

∑∞ k=0

t^k k!E[X^k]

=

{ ∑

xif_X(x_i)e^txi X

が離散型確率変数の場合

∫_∞

−∞fX(x)e^txdx X

が連続型確率変数の場合

. (p4.4)

・２つの確率変数

X

，Y に対するモーメント母関数

M_XY(t₁, t₂) =E

[

e^t1X+t2Y ]

. (p4.5)

確率統計及び演習 II 演習問題 No.4 略解

解 4-1 (p4.5)

より

MXY(t1, t2) = E [

e^t1X+t2Y

] Y=n−X

= E

[

e^{t1X+t2(n−X)} ]

=e^t2nE [

e^(t1−t2)X ]

(7.7)

= e^t2n (

pe^t1−t2+ 1−p )n

= (

pe^t1+qe^t2 )n

. (p4.6)

ここで，q

= 1−p。

2

変数のモーメント母関数の定義から

MXY(t1, t2) = E

[

e^t1X+t2Y ]

=∑

x,y

fXY(x, y)e^{t1x+t2y y=n}=^−x

∑n x=0

nCxp^xq^n−xe^{t1x+t2(n−x)}

=

∑n x=0

nCx

(pe^t1)x(

qe^t2)n−x (7.8)

= (

pe^t1+qe^t2 )n

(p4.7)

と考えてもよい。

(

参考

)

変数

t1

，

t2

のかわりに変数

t=t2

，

s=t1−t2

を用いると

t1X+t2Y =sX+t(X+Y) (p4.8)

なので，(p4.6) より

E [

e^sX+t(X+Y) ]

=e^tn (

pe^s+ 1−p )n

(p4.9)

となる。(p4.9) は

X

と

X+Y

が独立で，X のモーメント母関数は

(

pe^s+ 1−p )n

，X

+Y

のモーメント母関数 は

e^tn

であることを意味する。すなわち，

X

は

2

項分布

B(n, p)

に従い，

X+Y

は確率

1

で値

n

をとることがわ かる。

解 4-2

モーメント母関数の定義

(p4.4)

より，

M_X(t) =e^−λ

∑∞ x=0

λ^x

x!e^tx=e^−λ

∑∞ x=0

(λe^t)^x

x! =e^−λe^λet = exp (

λ(e^t−1) )

. (p4.10)

(参考) n→ ∞, p=λ/n→0

の極限で

2

項分布

B(n, p)

がポアソン分布

Po(λ)

になることをモーメント母関数 を用いて示す。

2

項分布のモーメント母関数は

(7.7)

より

(pe^t+ 1−p)ⁿ

である。極限をとると，

nlim→∞

(

pe^t+ 1−p )n

= lim

n→∞exp (

nlog(1 +p(e^t−1)) )

= lim

n→∞exp (

np(e^t−1)−np²(e^t−1)² 2 +· · ·

)

= lim

n→∞exp (

λ(e^t−1)−λ²

2n(e^t−1)²+· · ·)

= exp (

λ(e^t−1) )

(p4.11)

が得られるが，これはポアソン分布のモーメント母関数，(p4.10) に一致する。

.

なお，2 項分布の確率分布

fX(x) =nCx p^x(1−p)^n−x x= 0,1,· · ·, n (p4.12)

が

n → ∞, p = λ

n → 0

でポアソン分布

(p4.1)

になることは以下のように示せる：

岩薩林p.71

統計基礎p.74

数理統計p.32

nCxp^x(1−p)^n−x=n(n−1)· · ·(n−(x−1)) x!

(λ n

)x( 1−λ

n )n−x

=λ^x x!

n(n−1)(n−2)· · ·(n−(x−1)) n^x

( 1−λ

n )n(

1−λ n

)₋x

=λ^x x! 1·

( 1−1

n )

· (

1−2 n

)

· · · (

1−x−1 n

) ((

1−λ n

)₋n/λ)₋λ( 1−λ

n )₋x

. (p4.13)

ここで，(各

x

について)

n→ ∞

の極限をとると

1· (

1− 1 n

)

· (

1−2 n

)

· · · (

1−x−1 n

)

→ 1^x= 1, (p4.14)

( 1−λ

n )₋n/λ

→ e , (p4.15)

( 1−λ

n )₋x

→ 1^−x= 1 (p4.16)

となるので，以下が得られる：

nC_x p^x(1−p)^n−x → λ^x

x! e^−λ. (p4.17)

(

参考

)

ポアソン分布の母平均と母分散をキュムラント母関数から計算する：

logMX(t) =λ(e^t−1)

なので，

dlogMX(t)

dt = λd

dt(e^t−1) =λe^t −→^t=0 λ , (p4.18) d²logMX(t)

dt² = λd

dte^t=λe^t −→^t=0 λ (p4.19)

となる。これより，以下が得られる：

統計学p.114

前園p.50,p.54

統計基礎(2.7.10)

数理統計p.32 E[X] = dlogM_X(t)

dt

t=0

=λ , V[X] = d²logM_X(t) dt²

t=0

=λ . (p4.20)

なお，(p4.1) を用いて母平均と母分散を計算すると以下の様になる：

E[X] =

∑∞ x=0

xfX(x) =e^−λ

∑∞ x=0

xλ^x x! =e^−λ

∑∞ x=1

λ^x

(x−1)! =e^−λλ

∑∞ x=1

λ^x−1

(x−1)! =e^−λλe^λ

= λ , (p4.21)

E[X(X−1)] =

∑∞ x=0

x(x−1)f_X(x) =e^−λ

∑∞ x=0

x(x−1)λ^x

x! =e^−λλ²

∑∞ x=2

λ^x−2

(x−2)! =e^−λλ²e^λ

= λ², (p4.22)

V[X] = E[X²]−E[X]²=E[X(X−1)] +E[X]−E[X]²=λ²+λ−λ²=λ . (p4.23)

確率統計及び演習 II 演習問題 No.5

モーメント母関数

(幾何分布，指数分布)

★

答で分数や√ は小数になおす必要はありません。答に加減乗除が現れていてもかまいません。

★★★★ レポート課題５ ★★★★

出題：5月18日(月)，提出期限：5月21日(木) 配点：小問各２点

問題5-1

幾何分布

^統計学6.4

前園p.39

^{統計基礎2.7.4}

数理統計p.33

次の確率分布に従う離散型確率変数

X

を考える：

fX(x) =p(1−p)^x, x= 0,1,2,· · ·, 0< p <1. (p5.1)

成功の確率が

p

である独立な試行を続けるとき，最初の成功が達成されるまでに要した失敗の回数が

X

と なる。この確率分布を 幾何分布 と呼び，以下のように表す：

X ∼ Ge(p). (p5.2)

注意!

最初の成功が達成されるまでの試行回数を

X

とする場合もある。

この場合は

fX(x) =p(1−p)^x−1, x= 1,2,3,· · ·

となる。

(1)X

のモーメント母関数

M_X(t)

を求めなさい。ただし，t の値は

M_X(t)

が計算できるような適当な値で あるとする。

(2) (1)

で求めた

M_X(t)

を用いて幾何分布，Ge(p) の母平均

E[X]

と母分散

V[X]

を計算しなさい。

問題5-2

指数分布

岩薩林p.80

^統計学6.7

前園p.23

^{統計基礎2.8.3}

数理統計p.41

次の確率分布に従う連続型確率変数

X

を考える：

f_X(x) = {

λe^−λx (x >0)

0 (x≤0) , 0< λ . (p5.3)

単位時間の事故発生確率が

λ

である場合の，事故と事故の間の時間間隔が

X

となる。この確率分布を 指数分布 と呼び，以下のように表す：

X ∼ Ex(λ). (p5.4)

(1)X

のモーメント母関数

M_X(t)

を求めなさい。ただし，t の値は

M_X(t)

が計算できるような適当な値で あるとする。

(2) (1)

で求めた

M_X(t)

を用いて指数分布，Ex(λ) の母平均

E[X]

と母分散

V[X]

を計算しなさい。

(参考) 問題5-1の幾何分布で，1回の試行時間を∆tとし，∆t→0, p→0, p

∆t→λの極限をとったものが指数分布となる。(問題 5-1のxに∆tを掛けた量が問題5-2のxになる。)

確率統計及び演習

II

演習問題

No.5

の予備知識

・無限等比級数の和

|r|<1

の場合，次の等式が成り立つ：

∑∞ x=0

r^x= 1

1−r. (p5.5)

・モーメント母関数

MX(t) = E[e^tX] =

∑∞ k=0

t^k k!E[X^k]

=

{ ∑

x_ifX(xi)e^txi X

が離散型確率変数の場合

∫_∞

−∞f_X(x)e^txdx X

が連続型確率変数の場合

. (p5.6)

確率統計及び演習 II 演習問題 No.5 略解

解 5-1

(1)

モーメント母関数の定義

(p5.6)

より，

M_X(t) =E[e^tX] =

∑∞ x=0

f_X(x)e^tx=

∑∞ x=0

p(1−p)^xe^tx=p

∑∞ x=0

(

(1−p)e^t )x

= p

1−(1−p)e^t (p5.7)

となる。なお，無限級数の和が収束するためには，

(1−p)e^t<1

つまり

t <−log(1−p) (p5.8)

である必要がある。

(2) logMX(t) = logp−log (

1−(1−p)e^t

)

なので，

dlogMX(t)

dt = −d

dtlog (

1−(1−p)e^t )

=− 1

1−(1−p)e^t d dt

(

1−(1−p)e^t )

= (1−p)e^t

1−(1−p)e^t = 1−p e^−t−1 +p

−→t=0 1−p

p , (p5.9)

d²logMX(t)

dt² = (1−p)d dt

(

e^−t−1 +p )₋1

= (1−p)(−1) (

e^−t−1 +p

)₋2de^−t dt

= (1−p)e^−t (

e^−t−1 +p )2

−→t=0 1−p

p² (p5.10)

となる。これより，以下が得られる：

統計学(6.13)

統計基礎(2.7.12)

数理統計p.33’

E[X] = dlogM_X(t) dt

t=0

= 1−p

p , V[X] = d²logM_X(t) dt²

t=0

= 1−p

p² . (p5.11) 注意!

統計学(6.13)

統計基礎(2.7.12)

では最初の成功が達成されるまでの試行回数を

X

としているので

E[X] = 1−p

p + 1 = 1

p

となっている。この場合のモーメント母関数は

M_X(t) = pe^t

1−(1−p)e^t

と なる。

解 5-2

(1)

モーメント母関数の定義

(p5.6)

より，

MX(t) = E[e^tX] =

∫ _∞

0

fX(x)e^tx dx=λ

∫ _∞

0

e^−λx e^tx dx=λ

∫ _∞

0

e^−(λ−t)xdx

= − λ

λ−t e^{−(λ−t)xx=∞}

x=0 =− λ

λ−t(0−1) = λ

λ−t (p5.12)

となる。なお，(広義) 積分が収束するためには，

t < λ (p5.13)

である必要がある。

(2) logMX(t) = logλ−log(λ−t)

なので，

dlogMX(t)

dt = −d

dtlog(λ−t) =− 1 λ−t

d

dt(λ−t) = 1 λ−t

−→t=0 1

λ, (p5.14)

d²logMX(t)

dt² = d

dt(λ−t)⁻¹=−(λ−t)⁻²d

dt(λ−t) = 1 (λ−t)²

−→t=0 1

λ² (p5.15)

となる。これより，以下が得られる：

統計学(6.27)

前園p.51,p.54

統計基礎(2.8.10)

数理統計p.42 E[X] = dlogM_X(t)

dt

t=0

= 1

λ, V[X] = d²logM_X(t) dt²

t=0

= 1

λ². (p5.16)

(

参考

)

式

(p5.4)

の下に

(

参考

)

として述べたように，問題

5-1

の確率変数

X1

に

∆t

を掛けた量が問題

5-2

の確 率変数

X2

になる：X

₂=X1∆t。従って，問題5-2

のモーメント母関数

MX₂(t)

と問題

5-1

のモーメン ト母関数

M_X1(t)

には次の関係がある：

MX₂(t) =E[e^tX2] =E[e^t∆tX1] =MX₁(t∆t) = p

1−(1−p)e^t∆t. (p5.17) p=λ∆t

として，

∆t→0

とすると，

MX2(t) = λ∆t

1−(1−λ∆t)e^t∆t −→ λ

λ−t (p5.18)

となり，

(p5.12)

と一致する。