【統計検定1級過去問】2016年（理工学）大問4 解答例

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大問4はPCの故障台数を題材とした問題が出題されました。内容としてはポアソン分布の特性量をモーメント母関数から求める問題で、数理統計（特に「モーメント母関数によるモーメント算出」）をしっかり準備してきた人には易しい問題だと思います。

問題

（出典：2016年受験時の問題冊子。問題文を一部略記。）

問1

モーメント母関数を求めると

[math]
\begin{eqnarray}
M_X(t) &=& E[e^{tX}] \\
&=& \displaystyle \sum_{x=0}^{\infty}e^{tx}\cdot\dfrac{\lambda^x}{x!}e^{-\lambda} \\
&=& e^{-\lambda} \sum_{x=0}^{\infty}\dfrac{\left(\lambda e^t\right)^x}{x!} \\
&=& e^{-\lambda} \exp\left[\lambda e^t\right] \\
&=& \exp[\lambda(e^t-1)]
\end{eqnarray}
[/math]

になる。

[math]E[X],\ E[X^2][/math]を求めるために[math]M_X(t)[/math]を[math]t[/math]で微分すると

[math]
\begin{eqnarray}
\dfrac{d}{dt}M_X(t)&=&\lambda e^t M_X(t) \\
\dfrac{d^2}{dt^2}M_X(t)&=&\lambda e^t M_X(t) + \lambda^2 e^{2t}M_X(t)
\end{eqnarray}
[/math]

であり、[math]M_X(0)=1[/math]なので

[math]
\begin{eqnarray}
E[X] &=& \dfrac{d}{dt}M_X(0)=\lambda \\
E[X^2]&=&\dfrac{d^2}{dt^2}M_X(0)=\lambda + \lambda^2
\end{eqnarray}
[/math]

となる。これより[math]E[X]=\lambda[/math], [math]V[X]=E\left[X^2\right]-\left(E[X]\right)^2=\lambda[/math]を得る。

問3

まず[math]p(x)[/math]の増減を調べるために[math]\frac{p(x)}{p(x-1)}[/math]を評価する。

[math]
\begin{eqnarray}
\frac{p(x)}{p(x-1)} &=& \dfrac{\lambda^x}{x!}e^{-\lambda}\cdot\dfrac{(x-1)!}{\lambda^{x-1}e^{-\lambda}} \\
&=& \dfrac{\lambda}{x}
\end{eqnarray}
[/math]

• [math]\lambda[/math]が整数の場合

[math]
\begin{array}{|c|*5{c|}}\hline
x & \cdots & \lambda – 1 & \lambda & \lambda + 1 & \cdots \\ \hline
\frac{p(x)}{p(x-1)} & > 1 & > 1 & 1 & < 1 & < 1 \\ \hline \end{array} [/math]

より

[math]\cdots < p(\lambda-1) = p(\lambda) > p(\lambda + 1) > \cdots[/math]

となり最頻値は[math]\lambda-1,\ \lambda[/math]である。

• [math]\lambda[/math]が整数でない場合

[math]
\begin{array}{|c|*5{c|}}\hline
x & \cdots & \lfloor\lambda\rfloor & \lfloor\lambda\rfloor + 1 & \cdots \\ \hline
\frac{p(x)}{p(x-1)} & > 1 & > 1 & < 1 & < 1 \\ \hline \end{array} [/math]

より

[math]\cdots < p(\lfloor\lambda\rfloor-1) < p(\lfloor\lambda\rfloor) > p(\lfloor\lambda\rfloor + 1) > \cdots[/math]

となり最頻値は[math]\lfloor\lambda\rfloor[/math]である。

問3

独立な確率変数[math]X_i\sim Poisson(\lambda),\ (i=1,2,\dots,n)[/math]が観測値[math]x_1,x_2,\dots,x_n[/math]を取る確率を[math]L(x;\ \lambda)[/math]とおくと

[math]
\begin{eqnarray}
\log L(x;\ \lambda) &=& \sum_{i=1}^n\log p(x_i) \\
&=& \sum_{i=1}^n\left(x_i\log\lambda – \lambda +\log x_i!\right)
\end{eqnarray}
[/math]

より

[math]
\dfrac{d}{d\lambda}\log L(x;\ \lambda) = \dfrac{1}{\lambda}\sum_{i=1}^n x_i – n = 0
[/math]

を解いて最尤推定量[math]\hat{\lambda}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i[/math]を得る。つまり最尤推定量は標本平均である。与えられた表から[math]\hat{\lambda}[/math]を求めると[math]\hat{\lambda}=1.82[/math]となる。

問4

モーメント母関数を求めると

[math]
\begin{eqnarray}
M_Y(t) &=& E[e^{tY}] \\
&=& \sum_{y=1}^{\infty}e^{ty}\cdot \dfrac{\lambda^ye^{-\lambda}/y!}{1-e^{-\lambda}} \\
&=& \dfrac{e^{-\lambda}}{1-e^{-\lambda}}\sum_{y=1}^{\infty}\dfrac{(\lambda e^t)^y}{y!}
\end{eqnarray}
[/math]

であり、ここで

[math]
\begin{eqnarray}
&& \sum_{y=1}^{\infty}\dfrac{(\lambda e^t)^y}{y!} \\
&=& \sum_{y=0}^{\infty}\dfrac{(\lambda e^t)^y}{y!} – 1 \\
&=& \exp\left[\lambda e^t\right] – 1
\end{eqnarray}
[/math]

なので

[math]
M_Y(t) = \dfrac{e^{-\lambda}}{1-e^{-\lambda}}\left(\exp\left[\lambda e^t\right] – 1\right)
[/math]

である。

[math]t[/math]で微分して

[math]
\dfrac{d}{dt}M_Y(t) = \dfrac{e^{-\lambda}}{1-e^{-\lambda}}\lambda e^t \exp\left[\lambda e^t\right]
[/math]

より平均は

[math]
E[Y]=\dfrac{d}{dt}M_Y(0)=\dfrac{\lambda}{1-e^{-\lambda}}
[/math]

である。

次に[math]\lambda[/math]の最尤推定量を求める。[math]Y_i\ (i=1,\dots,n)[/math]を問4の確率分布に従う独立な確率変数とする。観測値[math]y_1,\dots,y_n[/math]を取る確率を[math]L(y;\ \lambda)[/math]とすると

[math]
\begin{eqnarray}
&&\log L(y;\ \lambda) \\
&=& \sum_{i=1}^n \log f(y_i) \\
&=& \sum_{i=1}^n\left\{ y_i\log \lambda – \lambda – \log y_i! – \log(1-e^{-\lambda})\right\} \\
\end{eqnarray}
[/math]

より

[math]
\begin{eqnarray}
&&\dfrac{d}{d\lambda}\log L(y;\ \lambda) \\
&=& \dfrac{1}{\lambda}\sum_{i=1}^ny_i-n\left(1 + \dfrac{e^{-\lambda}}{1-e^{-\lambda}}\right) \\
&=& \dfrac{1}{\lambda}\sum_{i=1}^ny_i – \dfrac{n}{1-e^{-\lambda}} \\
&=& 0
\end{eqnarray}
[/math]

を解いて最尤推定量[math]\hat{\lambda}[/math]は次の方程式

[math]
\bar{Y}=\dfrac{\hat{\lambda}}{1-e^{-\hat{\lambda}}}
[/math]

の解である。ここで、[math]\bar{Y}[/math]は標本平均[math]\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nY_i[/math]である。

以上より標本平均を求め上記の方程式を数値的に解くことで最尤推定量[math]\hat{\lambda}[/math]を求めることができる。

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