マクローリン展開を用いた離散確率分布の確率母関数の計算|問題演習で理解する統計学【1】

統計学に関する書籍は数多く出版されていますが、問題演習については問題がシンプルで解説が丁寧なものが少ない印象のため、演習問題の作成を進めています。当記事では等比数列の和の公式やマクローリン展開を用いた離散確率分布の確率母関数の導出に関する演習問題について取り扱いました。

・標準演習$100$選
https://www.hello-statisticians.com/practice_100

基本問題

確率母関数の定義と期待値$E[X]$・分散$V[X]$の対応

・問題
離散分布における確率変数を$X$、確率関数を$p(x)$とおくとき、確率母関数$G(s)=E[s^{X}]$を下記のように定める。
$$
\large
\begin{align}
m(s) = E[s^{X}] = \sum_{x} s^{x} p(x)
\end{align}
$$

このとき以下の問題に答えよ。
i) $\displaystyle \frac{d}{ds} s^{X}, \frac{d}{ds} E[s^{X}]$をそれぞれ計算せよ。
ⅱ) $\displaystyle \frac{d^2}{ds^2} s^{X}, \frac{d^2}{ds^2} E[s^{X}]$をそれぞれ計算せよ。
ⅲ) i)とⅱ)の結果を元に、$G'(1), G^{”}(1)$を$E$や$X$の記号を用いて表せ。
iv) $E[X]$を確率母関数$G(s)$の導関数を用いて表せ。
v) $V[X]$を確率母関数$G(s)$の導関数を用いて表せ。

・解答
i)
$\displaystyle \frac{d}{ds} s^{X}, \frac{d}{ds} E[s^{X}]$はそれぞれ下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{d}{ds} s^{X} &= X s^{X-1} \\
\frac{d}{ds} E[s^{X}] &= E[X s^{X-1}]
\end{align}
$$

ⅱ)
$\displaystyle \frac{d^2}{ds^2} s^{X}, \frac{d^2}{ds^2} E[s^{X}]$はそれぞれ下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{d^2}{ds^2} s^{X} &= X(X-1) s^{X-2} \\
\frac{d^2}{ds^2} E[s^{X}] &= E[X(X-1) s^{X-2}]
\end{align}
$$

ⅲ)
$G'(s)=E[X s^{X-1}], G^{”}(s)=E[X(X-1) s^{X-2}]$より、$G'(1), G^{”}(1)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
G'(1) &= E[X \times 1^{X-1}] = E[X] \\
G^{”}(1) &= E[X(X-1) \times 1^{X-2}] = E[X(X-1)]
\end{align}
$$

iv)
ⅲ)の結果より$E[X]$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
E[X] = G'(1)
\end{align}
$$

v)
ⅲ)の結果と$V[X]=E[X^2]-E[X]^2$より、$V[X]$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
V[X] &= E[X^2] – E[X]^2 \\
&= E[X(X-1)] + E[X] – E[X]^2 \\
&= G^{”}(1) + G'(1) – G'(1)^{2}
\end{align}
$$

・解説
v)の結果の$V[X] = G^{”}(1) + G'(1) – G'(1)^{2}$はややトリッキーに見えますが、$(s^{X})^{”}=X(X-1)s^{X-2}$を用いることに関連づけて抑えておくと良いと思います。

ベルヌーイ分布・二項分布の確率母関数とその活用

・問題
ベルヌーイ分布は確率$p$の事象が起こる場合を$X=1$、起こらない場合を$X=0$と考える際の確率分布であり、確率変数が$2$つの値を取る時の基礎的な確率分布である。また、二項分布はベルヌーイ分布を複数回考えた際の分布である。

ベルヌーイ分布の確率母関数は確率変数が$2$値であることから取り扱いやすいので、二項分布の確率母関数もベルヌーイ分布の確率母関数から導出するとシンプルで考えやすい。以下、ベルヌーイ分布と二項分布の確率母関数について取り扱う。

ここまでの内容を元に下記の問題にそれぞれ答えよ。
i) 確率母関数の定義式$\displaystyle G(s) = E[s^{X}] = \sum_{x} s^{x} p(x)$に基づいてベルヌーイ分布の確率母関数$G_{\mathrm{Ber}}(s)$を計算せよ。
ⅱ) ベルヌーイ分布の確率母関数$G_{\mathrm{Ber}}(s)$の$s$に関する導関数の$G_{\mathrm{Ber}}'(s), m_{\mathrm{Ber}}^{”}(s)$を計算せよ。
ⅲ) $G_{\mathrm{Ber}}(s)$を用いてベルヌーイ分布の期待値$E[X]$と分散$V[X]$を計算せよ。
iv) 二項分布$\mathrm{Bin}(n,p)$は確率$p$で事象が起こる試行を$n$回繰り返したときに事象が起こる回数に関する分布である。事象が起こる回数を確率変数$X$、$i$回目のベルヌーイ分布の確率変数を$X_i$で表すとき、$\displaystyle X = \sum_{i=1}^{n} X_i$が成立することに基づいて二項分布$\mathrm{Bin}(n,p)$の確率母関数$G_{\mathrm{Bin}}(s)$を計算せよ。また、$G_{\mathrm{Bin}}(s)$の$s$に関する導関数の$G_{\mathrm{Bin}}'(s), G_{\mathrm{Bin}}^{”}(s)$を計算せよ。
v) $G_{\mathrm{Bin}}(s)$を用いて二項分布の期待値$E[X]$と分散$V[X]$を計算せよ。

・解答
i)
ベルヌーイ分布の確率母関数$G_{\mathbf{Ber}}(s)$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
G_{\mathrm{Ber}}(s) &= \sum_{x} s^{x} p(x) \\
&= s^{1} p + s^{0} (1-p) \\
&= 1 – p + sp
\end{align}
$$

ⅱ)
$G_{\mathrm{Ber}}'(s), G_{\mathrm{Ber}}^{”}(s)$はそれぞれ下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
G_{\mathrm{Ber}}'(s) &= p \\
G_{\mathrm{Ber}}^{”}(s) &= 0
\end{align}
$$

ⅲ)
ⅱ)の結果を元にベルヌーイ分布の期待値$E[X]$と分散$V[X]$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
E[X] &= G'(1) = p \\
E[X] &= G^{”}(1) + G'(1) – G'(1)^2 \\
&= p – p^2 = p(1-p)
\end{align}
$$

iv)
$\displaystyle X = \sum_{i=1}^{n} X_i$より、二項分布$\mathrm{Bin}(n,p)$の確率母関数$G_{\mathrm{Bin}}(s)$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
G_{\mathrm{Bin}}(s) &= E[s^{X}] = E \left[ s^{\sum_{i=1}^{n}X_i} \right] \\
&= \prod_{i=1}^{n} E[s^{X_i}] \\
&= \prod_{i=1}^{n} (1 – p + sp) = (1 – p + sp)^{n}
\end{align}
$$

また、$G_{\mathrm{Bin}}'(s), G_{\mathrm{Bin}}^{”}(s)$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
G_{\mathrm{Bin}}'(s) &= n(1 – p + sp)^{n-1} \times p \\
&= np(1 – p + sp)^{n-1} \\
G_{\mathrm{Bin}}^{”}(s) &= (G_{\mathrm{Bin}}'(s))’ \\
&= n(n-1)p(1 – p + sp)^{n-2} \times p \\
&= n(n-1)p^{2}(1 – p + sp)^{n-2}
\end{align}
$$

v)
iv)の結果を元に二項の期待値$E[X]$と分散$V[X]$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
E[X] &= G'(1) \\
&= np(1 – p + p)^{n-1} = np \\
V[X] &= G^{”}(1) + m'(1) – m'(1)^2 \\
&= n(n-1)p^{2} + np – n^2p^2 \\
&= \cancel{n^2p^2} – np^2 + np – \cancel{n^2p^2} = np(1-p)
\end{align}
$$

・解説
iv)とv)で取り扱ったように二項分布$\mathrm{Bin}(n,p)$の確率母関数は、ベルヌーイ分布の確率母関数$G_{\mathrm{Ber}}(s)=1 – p + sp$の$n$を計算することによって表すことができます。このような導出を行うことでシンプルに計算できるので、一連の流れは抑えておくと良いと思います。

マクローリン展開の式と係数の簡易的な導出

・問題
マクローリン展開は関数の級数展開の式であり、統計学では期待値・分散や確率母関数の導出などで用いられるので必ず抑えておくと良い。一方で式だけを抑えておくのも大変なので、この問題では以下マクローリン展開の簡易的な導出に関して取り扱いを行う。

関数$f(x)$が下記のように級数で表せると仮定する。
$$
\begin{align}
f(x) &= \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \quad (1) \\
&= a_0 + a_1 x^1 + a_2 x^2 + \cdots
\end{align}
$$

このとき係数の$a_0, a_1, a_2, \cdots$の値に関して以下の問題に答えよ。
i) $(1)$に関して$x=0$を考えることで$a_0$の値を求めよ。
ⅱ) $(1)$式の両辺を$1$階微分し、$x=0$を考えることで$a_1$の値を求めよ。
ⅲ) ⅱ)と同様に$a_2, a_3$の値を計算せよ。
iv) 数学的帰納法を元に$\displaystyle a_n = \frac{f^{(n)}(0)}{n!}$を示せ。
v) $a_n$を$(1)$式に代入し、マクローリン展開の式に一致することを確かめよ。

・解答
i)
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= a_0 + a_1 x^1 + a_2 x^2 + \cdots \\
f(0) &= a_0 \\
a_0 &= f(0)
\end{align}
$$

よって$a_0 = f(0)$が得られる。

ⅱ)
$(1)$式の両辺を微分すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= a_0 + a_1 x^1 + a_2 x^2 + \cdots \\
f'(x) &= a_1 + 2 a_2 x + 3 a_3 x^2 + \cdots
\end{align}
$$

上記に$x=0$を代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
f'(0) &= a_1 \\
a_1 &= f'(0)
\end{align}
$$

よって$a_1 = f'(0)$が得られる。

ⅲ)
$(1)$式の両辺の$2$階微分、$3$階微分を行うと下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
f^{”}(x) &= 2 a_2 + 3 \cdot 2 a_3 x + 4 \cdot 3 a_4 x^2 + \cdots \\
f^{(3)}(x) &= 3 \cdot 2 \cdot 1 a_3 + 4 \cdot 3 \cdot 2 a_4 x + \cdots
\end{align}
$$

上記に$x=0$を代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
f^{”}(x) &= 2 a_2 + 3 \cdot 2 a_3 x + 4 \cdot 3 a_4 x^2 + \cdots \\
f^{”}(0) &= 2a_2 \\
a_{2} &= \frac{f^{”}(0)}{2!}
\end{align}
$$

$$
\large
\begin{align}
f^{(3)}(x) &= 3 \cdot 2 \cdot 1 a_3 + 4 \cdot 3 \cdot 2 a_4 x + \cdots \\
f^{(3)}(0) &= 3! a_2 \\
a_{3} &= \frac{f^{(3)}(0)}{3!}
\end{align}
$$

よって$\displaystyle a_{2} = \frac{f^{”}(0)}{2!}, a_{3} = \frac{f^{(3)}(0)}{3!}$が得られる。

iv)
ⅱ)より$n=1$のとき$\displaystyle a_1 = \frac{f^{(1)}(0)}{1!}$が成立する。以下、$\displaystyle f^{(k)}(x) = k! a_{k} + (k+1)k \cdots 2 a_{k+1} x + \cdots, a_k = \frac{f^{(k)}(0)}{k!}$が成立すると仮定し、$a_{k+1}$に関して考える。
$$
\large
\begin{align}
f^{(k)}(x) = k! a_{k} + (k+1)k \cdots 2 a_{k+1} x + \cdots
\end{align}
$$

上記より$f^{(k+1)}(x)$に関して下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
f^{(k+1)}(x) &= (k+1)! a_{k+1} + \cdots \\
f^{(k+1)}(0) &= (k+1)! a_{k+1} \\
a_{k+1} &= \frac{f^{(k+1)}(0)}{(k+1)!}
\end{align}
$$

よって数学的帰納法に基づいて$\displaystyle a_n = \frac{f^{(n)}(0)}{n!}$が示される。

v)
$(1)$式に$\displaystyle a_n = \frac{f^{(n)}(0)}{n!}$を代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^{n}
\end{align}
$$

上記はマクローリン展開の式に一致する。

・解説
マクローリン展開の式の係数はわからなくなりがちなので、この問題で取り扱ったように係数を導出することで式の形が確認できるようにしておくと良いと思います。

発展問題

$e^{x}$のマクローリン展開とポアソン分布の確率母関数の導出

・問題
関数$f(x)$が下記のようにマクローリン展開可能であると仮定する。
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n} \quad (1) \\
f^{(n)}(x) &= \frac{d^n}{dx^n} f(x) \quad (2)
\end{align}
$$

$f(x)=e^{x}$は上記の式を元にマクローリン展開可能であるが、ポアソン分布の確率母関数の導出にあたっては$f(x)=e^{x}$のマクローリン展開の逆演算を用いるので「関数から級数の式変形」に加えて「級数から関数の式変形」も合わせて抑えておくと良い。

以下、$e^{x}$のマクローリン展開に関して確認を行なったのちにポアソン分布の確率母関数の導出し、期待値$E[X]$や分散$V[X]$の計算を行う。ここまでの内容を元に下記の問題に答えよ。
i) $(2)$式に基づいて$f(x)=e^{x}$の導関数$f^{(1)}(x),f^{(2)}(x),f^{(n)}(x)$をそれぞれ計算せよ。
ⅱ) i)の結果と$(1)$式を元に$f(x)=e^{x}$のマクローリン展開を行え。
ⅲ) ポアソン分布$\mathrm{Po}(\lambda)$の確率関数を$p(x)$とおくと$p(x)$は下記のように表せる。
$$
\begin{align}
p(x) = \frac{\lambda^{x} e^{-\lambda}}{x!}, \quad x=0,1,\cdots
\end{align}
$$
このとき確率母関数$G(s)=E[s^{X}]$を級数の形式で表せ。
iv) ⅱ)、ⅲ)の結果を元に$G(s)=e^{\lambda(s-1)}$を導出せよ。
v) $G(s)=e^{\lambda(s-1)}$を元にポアソン分布の期待値$E[X]$と分散$V[X]$を計算せよ。

・解答
i)
$(e^{x})’=e^{x}$より、$f^{(1)}(x),f^{(2)}(x),f^{(n)}(x)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
f^{(1)}(x) &= e^{x} \\
f^{(2)}(x) &= e^{x} \\
f^{(n)}(x) &= e^{x}
\end{align}
$$

ⅱ)
i)の結果と$(1)$式に基づいて下記のように$e^{x}$のマクローリン展開を表せる。
$$
\large
\begin{align}
e^{x} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{e^{0}}{n!}x^{n} \\
&= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!}
\end{align}
$$

ⅲ)
確率母関数$G(s)=E[s^{X}]$は下記のように級数の形式で表せる。
$$
\large
\begin{align}
G(s) &= E[s^{X}] = \sum_{x=0}^{\infty} s^{x} p(x) \\
&= \sum_{x=0}^{\infty} s^{x} \frac{\lambda^{x} e^{-\lambda}}{x!} \\
&= \sum_{x=0}^{\infty} \frac{(s \lambda)^{x} e^{-\lambda}}{x!}
\end{align}
$$

iv)
ⅱ)の結果はそれぞれ下記のように書き下せる。
$$
\large
\begin{align}
e^{x} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!} = \frac{x^{0}}{0!} + \frac{x^{1}}{1!} + \frac{x^{2}}{2!} + \cdots \quad (1)
\end{align}
$$

また、ⅲ)の結果は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
G(s) &= \sum_{x=0}^{\infty} \frac{(s \lambda)^{x} e^{-\lambda}}{x!} \\
&= e^{-\lambda} \sum_{x=0}^{\infty} \frac{(s \lambda)^{x}}{x!} \\
&= e^{-\lambda} \left( \frac{(s \lambda)^{0}}{0!} + \frac{(s \lambda)^{1}}{1!} + \frac{(s \lambda)^{0}}{0!} + \cdots \right) \quad (2)
\end{align}
$$

$(1)$式と$(2)$式の対応により、確率母関数$G(s)$は下記のように導出できる。
$$
\large
\begin{align}
G(s) &= e^{-\lambda} \left( \frac{(s \lambda)^{0}}{0!} + \frac{(s \lambda)^{1}}{1!} + \frac{(s \lambda)^{0}}{0!} + \cdots \right) \quad (2) \\
&= e^{-\lambda} \times e^{s \lambda} \\
&= e^{\lambda(s-1)}
\end{align}
$$

v)
確率母関数$G(s)$の導関数$G'(s), G^{”}(s)$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
G'(s) &= e^{\lambda(s-1)} \times (\lambda(s-1))’ \\
&= \lambda e^{\lambda(s-1)} \\
G^{”}(s) &= (\lambda e^{\lambda(s-1)})’ \\
&= \lambda e^{\lambda(s-1)} \times (\lambda(s-1))’ \\
&= \lambda^{2} e^{\lambda(s-1)}
\end{align}
$$

よって期待値$E[X]=m'(1)$、分散$V[X]=m^{”}(1) + m'(1) – m'(1)^2$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
E[X] &= m'(1) = \lambda e^{\lambda(1-1)} \\
&= \lambda \\
V[X] &= m^{”}(1) + m'(1) – m'(1)^2 \\
&= \lambda^{2} e^{\lambda(1-1)} + \lambda – \lambda^2 \\
&= \lambda
\end{align}
$$

・解説
iv)ではマクローリン展開の式に基づき級数を関数に変換しましたが、$\displaystyle \sum$を元に考えるとミスが生じやすいので、解答では級数を書き下すことで対応がわかりやすいように途中式を表しました。
また、v)で用いた$E[X]=m'(1), V[X]=m^{”}(1) + m'(1) – m'(1)^2$はよく出てくるので抑えておくと良いと思います。

等比数列の和の公式と幾何分布の確率母関数の導出

・問題
投げたコインが表になるような事象が起こる確率を表すパラメータが$p$のベルヌーイ試行を考えるとき、最初に表が出る際の試行回数を確率変数$X$と定めると$X$は幾何分布$\mathrm{Geo}(p)$に従う。この確率関数を$p(x)$とおくと、$p(x)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
p(x) = p(1-p)^{x-1}, \quad x=1,2,\cdots
\end{align}
$$

幾何分布の期待値$E[X]$は直感的には確率$p$の逆数の$1/p$が対応すると考えられるが、次の問題で取り扱うように期待値の定義に基づいて導出すると計算が複雑である。よって、この問題では以下、等比数列の和の式に基づいて確率母関数を導出し、期待値$E[X]$や分散$V[X]$の計算を行う。

ここまでの内容を元に下記の問題に答えよ。
i) 幾何分布$\mathrm{Geo}(p)$の確率母関数を$m(s)$とおくとき、$G(s)$が下記のように表せることを確認せよ。
$$
\begin{align}
G(s) = sp ( 1 + (s(1-p))^{1} + (s(1-p))^{2} + \cdots )
\end{align}
$$
ⅱ) 公比を$r$とする等比数列の和を$S_n = 1 + r + r^2 + \cdots + r^n$とおくとき$S_n-rS_n=(1-r)S_n$を計算することで下記が成立することを示せ。
$$
\begin{align}
S_n = \frac{1-r^{n}}{1-r}
\end{align}
$$
ⅲ) ⅱ)の等比数列の公比が$|r|<1$であるとき$\displaystyle \lim_{n \to \infty} S_n$を$r$の式で表せ。
iv) i)で導出の確認を行なった$G(s) = sp ( 1 + (s(1-p))^{1} + (s(1-p))^{2} + \cdots )$で$|s(1-p)|<1$が成立するとき、ⅲ)の結果を元に$G(s)$を表せ。
v) iv)で導出した確率母関数を元に幾何分布の期待値$E[X]$と分散$V[X]$をそれぞれ計算せよ。

・解答
i)
$G(s)=E[s^{X}]$より$G(s)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
G(s) &= E[s^{X}] \\
&= \sum_{x=1} s^x p(x) \\
&= \sum_{x=1} s^x p(1-p)^{x-1} \\
&= sp \sum_{x=1} (s(1-p))^{x-1} \\
&= sp (1 + (s(1-p))^{1} + (s(1-p))^{2} \cdots)
\end{align}
$$

ⅱ)
$S_n$と$rS_n$はそれぞれ下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
S_n = 1 + & r + r^2 + \cdots r^{n-1} \\
rS_n = \quad \, \, \, &r + r^{2} + \cdots r^{n-1} + r^{n}
\end{align}
$$

よって$S_n-rS_n=(1-r)S_n$を考えることで下記が示せる。
$$
\large
\begin{align}
S_n – rS_n &= (1-\cancel{r}) + (\cancel{r}-\cancel{r^2}) + \cdots (\cancel{r^{n-2}}-\cancel{r^{n-1}}) + (\cancel{r^{n-1}}-r^{n}) \\
(1-r)S_n &= 1 – r^{n} \\
S_n &= \frac{1-r^{n}}{1-r}
\end{align}
$$

ⅲ)
$|r|<1$のとき$\displaystyle \lim_{n \to \infty} r^{n}=0$が成立する。よって$\displaystyle \lim_{n \to \infty} S_n$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to \infty} S_n &= \lim_{n \to \infty} \frac{1-r^{n}}{1-r} \\
&= \frac{1}{1-r}
\end{align}
$$

iv)
$|s(1-p)|<1$が成立するとき、$G(s) = sp ( 1 + (s(1-p))^{1} + (s(1-p))^{2} + \cdots )$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
G(s) &= sp ( 1 + (s(1-p))^{1} + (s(1-p))^{2} + \cdots ) \\
&= sp \times \frac{1}{1-s(1-p)} \\
&= \frac{sp}{1-s(1-p)}
\end{align}
$$

v)
iv)の結果を元に$G'(s),G^{”}(s)$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
G'(s) &= \frac{p(1-s(1-p)) – sp(-(1-p))}{(1-s(1-p))^2} \\
&= \frac{p – \cancel{sp} + \cancel{sp^2} + \cancel{sp} – \cancel{sp^2}}{(1-s(1-p))^2} \\
&= \frac{p}{(1-s(1-p))^2} \\
G^{”}(s) &= (p(1-s(1-p))^{-2})’ \\
&= -2p(1-s(1-p))^{-3} \times (-s(1-p))’ \\
&= \frac{2p(1-p)}{(1-s(1-p))^3}
\end{align}
$$

このとき、$G'(1),G^{”}(1)$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
G'(1) &= \frac{p}{(1-(1-p))^2} \\
&= \frac{p}{p^2} \\
&= \frac{1}{p} \\
G^{”}(1) &= \frac{2p(1-p)}{(1-(1-p))^3} \\
&= \frac{2p(1-p)}{p^3} \\
&= \frac{2(1-p)}{p^2}
\end{align}
$$

よって期待値$E[X]=G'(1)$と分散$V[X]=G^{”}(1)+G'(1)-G'(1)^2$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
E[X] &= G'(1) \\
&= \frac{1}{p} \\
V[X] &= G^{”}(1) + G'(1) – G'(1)^2 \\
&= \frac{2(1-p)}{p^2} + \frac{1}{p} – \frac{1}{p^2} \\
&= \frac{2-2p+p-p)}{p^2} = \frac{1-p}{p^2}
\end{align}
$$

・解説
ⅱ)、ⅲ)は等比数列の和や和の極限に関してのオーソドックスな問題であり、幾何分布の確率母関数を考える上では必須なので抑えておくと良いです。
また、iv)を考える際に$|s(1-p)|<1$を仮定しましたが、$0<1-p<1$であることより、$s=1$の周辺で$|s(1-p)|<1$が成立することを確認しておくと良いです。確率母関数では$s=1$の代入を行うことで計算を行うので、$s=1$が定義域に含まれる必要があることは合わせて抑えておくと良いと思います。

$\displaystyle \frac{1}{(1-x)^2}, \frac{1}{(1-x)^3}$のマクローリン展開と幾何分布の平均$E[X]$・分散$V[X]$の導出

・問題
関数$f(x)$が下記のようにマクローリン展開可能であると仮定する。
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n} \quad (1) \\
f^{(n)}(x) &= \frac{d^n}{dx^n} f(x)
\end{align}
$$

$\displaystyle f(x) = \frac{1}{1-x}$は上記の式を元にマクローリン展開可能であるが、幾何分布の平均$E[X]$や分散$V[X]$の導出にあたっては$\displaystyle f(x) = \frac{1}{1-x}$の微分である$\displaystyle \frac{1}{(1-x)^2}, \frac{2}{(1-x)^3}$のマクローリン展開の逆演算を用いるので「関数から級数の式変形」に加えて「級数から関数の式変形」も合わせて抑えておくと良い。

以下、$\displaystyle f(x) = \frac{1}{1-x}$のマクローリン展開や両辺の微分に関して確認を行なったのちに幾何分布の確率母関数を導出し、期待値$E[X]$や分散$V[X]$の計算を行う。ここまでの内容を元に下記の問題に答えよ。
i) $(2)$式に基づいて$\displaystyle f(x) = \frac{1}{1-x}$の導関数$f^{(1)}(x),f^{(2)}(x),f^{(n)}(x)$をそれぞれ計算せよ。
ⅱ) i)の結果と$(1)$式を元に$\displaystyle f(x) = \frac{1}{1-x}$のマクローリン展開を行え。
ⅲ) ⅱ)の結果の両辺の微分を考えることで、$\displaystyle \frac{1}{(1-x)^2}, \frac{2}{(1-x)^3}$のマクローリン展開の式を示せ。
iv) 幾何分布$\mathrm{Geo}(p)$の確率関数を$p(x)$とおくと$p(x)$は下記のように表せる。
$$
\begin{align}
p(x) = p(1-p)^{x-1}, \quad x=1,\cdots
\end{align}
$$
このとき期待値$E[X]$と$E[X(X-1)]$を級数の形式で表せ。
v) ⅲ)、iv)の結果を元に分散$V[X]=E[X(X-1)]+E[X]-E[X]^2$を導出せよ。

・解答
i)
$\displaystyle f(x) = \frac{1}{1-x}$の導関数$f^{(1)}(x),f^{(2)}(x),f^{(n)}(x)$はそれぞれ下記のように考えることができる。
$$
\large
\begin{align}
f^{(1)}(x) &= \frac{-1(1-x)’}{(1-x)^{2}} \\
&= \frac{1}{(1-x)^{2}} \\
f^{(2)}(x) &= ((1-x)^{-2}) \\
&= -2 (1-x)^{-3} (1-x)’ \\
&= 2 (1-x)^{-3} = \frac{2}{(1-x)^{3}} \\
f^{(n)}(x) &= \frac{n!}{(1-x)^{n+1}}
\end{align}
$$

ⅱ)
i)の結果と$(1)$式に基づいて下記のように$\displaystyle f(x) = \frac{1}{1-x}$のマクローリン展開を表せる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{1-x} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n} \\
&= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\cancel{n!}}{\cancel{n!} (1-1)^{n+1}}x^{n} \\
&= \sum_{n=0}^{\infty} x^{n}
\end{align}
$$

ⅲ)
ⅱ)の両辺の微分を行うことで下記が導出できる。
$$
\large
\begin{align}
\left( \frac{1}{1-x} \right)’ &= \sum_{n=0}^{\infty} (x^{n})’ \\
\frac{1}{(1-x)^2} &= \sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1} \\
&= 1 + 2x + 3x^2 + \cdots \\
\left( \frac{1}{(1-x)^{2}} \right)’ &= \sum_{n=0}^{\infty} (x^{n})’ \\
\frac{2}{(1-x)^3} &= \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) x^{n-2} \\
&= 2 \cdot 1 + 3 \cdot 2 x + 4 \cdot 3 x^{2} + 5 \cdot 4 x^{3} \cdots
\end{align}
$$

iv)
期待値$E[X]$と$E[X(X-1)]$は定義に基づいてそれぞれ下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
E[X] &= \sum_{x=1}^{\infty} x p(x) \\
&= \sum_{x=1}^{\infty} x p(1-p)^{x-1} \\
&= p \sum_{x=1}^{\infty} x p(1-p)^{x-1} \\
&= p(1 + 2(1-p) + 3(1-p)^{2} + \cdots) \\
&= p \times \frac{1}{(1-(1-p))^2} \\
&= p \times \frac{1}{p^2} \\
&= \frac{1}{p} \\
E[X(X-1)] &= \sum_{x=2}^{\infty} x(x-1) p(x) \\
&= \sum_{x=2}^{\infty} x(x-1) p(1-p)^{x-1} \\
&= p(1-p) \sum_{x=2}^{\infty} x(x-1) (1-p)^{x-2} \\
&= p(1-p)(2 + 3 \cdot 2(1-p) + 4 \cdot 3(1-p)^{2} + 5 \cdot 4(1-p)^{3} + \cdots) \\
&= p(1-p) \times \frac{2}{(1-(1-p))^3} \\
&= p(1-p) \times \frac{2}{p^3} \\
&= \frac{2(1-p)}{p^2}
\end{align}
$$

v)
期待値$E[X]$と分散$V[X]=E[X(X-1)]+E[X]-E[X]^2$は下記のように導出できる。
$$
\large
\begin{align}
V[X] &= E[X(X-1)] + E[X] – E[X]^2 \\
&= \frac{2(1-p)}{p^2} + \frac{1}{p} – \frac{1}{p^2} \\
&= \frac{2-2p+p-1}{p^2} = \frac{1-p}{p^2}
\end{align}
$$

・解説
iv)で$E[X(X-1)]$を計算する際に$x=1$と$x=2$のどちらを用いてマクローリン展開と対応させるかなどがわかりにくいので、$\displaystyle \sum$を用いずに項を書き出すことで具体的な数列を元に考えると良いと思います。
また、v)の結果の分散$V[X]$が前問で導出した$V[X]$の結果と一致することは確認しておくと良いです。

参考