統計検定準1級問題解説 ~2019年6月実施 選択問題及び部分記述問題 問1~

過去問題

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解答

$\boxed{ \ \mathsf{記述1}\ }$ : $5$
$\boxed{ \ \mathsf{記述2}\ }$ : $5$,
$\boxed{ \ \mathsf{記述3}\ }$ : $2.4$
$\boxed{ \ \mathsf{記述4}\ }$ : 二項

[1] $X\sim Po(3)$, $Y\sim Po(2)$ で互いに独立なので、ポアソン分布の再生性より $X+Y\sim Po(3+2)=Po(5)$
よって、平均、分散ともに$5$となる。

(別解)期待値の性質から、$E[X+Y]=E[X]+E[Y]=3+2=5$
またポアソン分布の分散は平均に等しいため、$V[X]=3, Y[Y]=2$
T1の得点$X$とT2の得点$Y$は独立なので$\textrm{cov}[X,Y]=0$
よって、$V[X+Y]=V[X]+2\textrm{cov}[X,Y]+V[Y]=2+2\times0+3=5$

[2] $X+Y\sim Po(3+2)$ より $x=0,1,….4$ に対して、
$$
\begin{align*}
P(X=x, Y=y | X+Y=4)&=\frac{P(X=x, Y=4-x)}{P(X+Y=4)}\\
&=\frac{P(X=x)\cdot P(Y=4-x)}{P(X+Y=4)}\\
&=\frac{e^{-3}\frac{3^x}{x!}\cdot e^{-2}\frac{2^{4-x}}{(4-x)!}}{e^{-5}\frac{5^4}{4!}}\\
&=\frac{4!}{x!(4-x)!}\frac{3^x2^{4-x}}{5^4}\\
&=\binom{4}{x}\left(\frac{3}{5}\right)^x\left(\frac{2}{5}\right)^{4-x}\\
\end{align*}
$$
これは、$X+Y=4$ という条件の下で、$X$ は試行回数 $4$, 成功確率 $3/5$ の二項分布$B\left( 4, \frac{3}{5}\right)$に従う。このとき、$B\left( 4, \frac{3}{5}\right)$ の平均は $4 \times \frac{3}{5} = 2.4$ 。


解説

ポアソン分布

二項分布 $B(n, p)$ において、期待値 $np=\lambda$ を固定し、試行回数と成功確率について $n\to\infty, p\to 0$ のような極限をとったときに得られる確率分布として定義される。(「統計検定2級対応 統計学基礎」 p.74 参照)

ポアソン分布の再生性

$X\sim Po(\lambda_1)$, $Y\sim Po(\lambda_2)$ が独立のとき、$X+Y\sim Po(\lambda_1+\lambda_2)$ である。

証明 $k \geqq 0$ として、
$$
\begin{align*}
P(X+Y=k)&=\sum_{l=0}^{k}P(X+Y=k\cap Y=l)=\sum_{l=0}^{k}P(X=k-l)P(Y=l)\\
&=\sum_{l=0}^{k}e^{-\lambda_1}\frac{\lambda_1^{k-l}}{(k-l)!}\cdot e^{-\lambda_2}\frac{\lambda_2^{l}}{l!}\\
&=e^{-(\lambda_1+\lambda_2)}\sum_{l=0}^{k}\frac{\lambda_1^{k-l}}{(k-l)!}\frac{\lambda_2^{l}}{l!}\\
&=e^{-(\lambda_1+\lambda_2)}\frac{1}{k!}\sum_{l=0}^{k}\frac{k!}{(k-l)!l!}\lambda_1^{k-l}\lambda_2^{l}
\end{align*}
$$
ここで、二項定理より
$$
\sum_{l=0}^{k}\frac{k!}{(k-l)!l!}\lambda_1^{k-l}\lambda_2^{l}=\sum_{l=0}^{k}{}_k \mathrm{ C }_l\lambda_1^{k-l}\lambda_2^{l}=(\lambda_1+\lambda_2)^k
$$
よって、
$$
P(X+Y=k)=e^{-(\lambda_1+\lambda_2)}\frac{(\lambda_1+\lambda_2)^k}{k!}
$$

ポアソン分布の確率母関数

ポアソン分布 $Po(\lambda)$ の確率母関数は、
$$
\begin{align*}
G(s)=E[s^X]&=\sum_{x=0}^\infty s^x\cdot e^{-\lambda}\frac{\lambda^x}{x!}\\
&=e^{-\lambda}\sum_{x=0}^\infty \frac{s\lambda^x}{x!}\\
&=e^{-\lambda}e^{s\lambda}=e^{\lambda (s-1)}
\end{align*}
$$
これから、$G'(s)=\lambda e^{\lambda (s-1)}$, $G^{\prime\prime}(s)=\lambda^2 e^{\lambda (s-1)}$ より確率母関数を用いて期待値、分散を求めると、
$$
\begin{align*}
E[X]&=G'(1)=\lambda e^{\lambda (1-1)}=\lambda\\
V[X]&=E[X(X-1)]+E[X]-(E[X])^2\\
&=G^{\prime\prime}(1)+\lambda-\lambda^2\\
&=\lambda^2 e^{\lambda (1-1)}+\lambda-\lambda^2=\lambda
\end{align*}
$$
また、$X\sim Po(\lambda_1)$, $Y\sim Po(\lambda_2)$ が独立のとき、
$$
E[s^{X+Y}]=E[s^X s^Y]=E[s^X]E[s^Y]=e^{\lambda_1 (s-1)}e^{\lambda_2 (s-1)}=e^{(\lambda_1+\lambda_2) (s-1)}
$$
で、$Po(\lambda_1+\lambda_2)$の確率母関数に一致する(再生性)。