[1]
\(M_X(t)\)
\(M_X(t)\)\(=E[e^{tX}]\)
\(=\displaystyle \sum^\infty_{x=0} e^{tx}\frac{\lambda^x}{x!}e^{-\lambda}\)
\(=\displaystyle \sum^\infty_{x=0} \frac{(\lambda e^t)^x}{x!}e^{-\lambda}\)
\(=\displaystyle e^{-\lambda}\sum^\infty_{x=0} \frac{(\lambda e^t)^x}{x!}\)
\(Po(\lambda e^t)\)の確率密度関数の形を目指して、
\(=\displaystyle \frac{e^{-\lambda}}{e^{-\lambda e^t}}\sum^\infty_{x=0} \frac{(\lambda e^t)^x}{x!}e^{-\lambda e^t}\)
積分部分は確率\(1\)になるので、
\(\displaystyle =\frac{e^{-\lambda}}{e^{-\lambda e^t}}\)
\(\displaystyle = \exp[\lambda(e^t-1)]\)
\(E[X]\)
\(E[X]=M’_X(0)\)
\(\displaystyle =\left. e^{\lambda(e^t-1)}\lambda e^t \right|_{t=0}\)\(=\lambda\)
\(V[X]\)
\(E[X^2]=M”_X(0)\)
\(\displaystyle =\left. \left(e^{\lambda(e^t-1)}\lambda e^t\right)’ \right|_{t=0}\)
\(\displaystyle = \left. \left(\lambda e^{\lambda e^t + t -\lambda)}\right)’ \right |_{t=0}\)
\(\displaystyle = \left. \lambda e^{\lambda e^t + t -\lambda)}(\lambda e^t+1) \right |_{t=0}\)
\(=\lambda(\lambda+1)\)
\(V[X]=E[X^2]-E[X]^2\)
\(=\lambda(\lambda+1)-\lambda^2=\lambda\)
[2]
離散型確率変数なので次のようにして解く。
\(\displaystyle \frac{p(x+1)}{p(x)}=\frac{\frac{\lambda^{x+1}}{(x+1)!}e^{-\lambda}}{\frac{\lambda^{x}}{x!}e^{-\lambda}}\)\(\displaystyle =\frac{\lambda}{x+1}\)\( \geq 1\)とすると、
\(x \leq \lambda-1 \)なので、
\( \left\{\begin{array} \displaystyle p(x) < p(x+1) & (x< \lambda -1) \\ p(x)=p(x+1) &(x=\lambda-1) \\ p(x) > p(x+1) & ( \lambda -1<x)\end{array}\right.\)
\(\lambda\)が整数の時は、
\(p(0)< \cdots < p(\lambda-1)=p(\lambda) > \cdots \)となるので、\(x\)の最頻値は\(\lambda-1と\lambda\)。
\(\lambda\)が整数でない時は、\(p(x)\)\(,p(x+1)\)の大小関係は次のようになり(\([ ]\)はガウス記号)、
\( \left\{\begin{array} \displaystyle p(x) < p(x+1) & (x\leq [\lambda -1]) \\ p(x) > p(x+1) & ( [\lambda -1]+1\leq x)\end{array}\right.\)
このことから、
\(p(0) < \cdots < p([\lambda-1]) \)\(< p([\lambda-1]+1)\)\(>p([\lambda-1]+2)\)\(> \cdots \)となるので、\(x\)の最頻値は\([\lambda-1]+1\)\(=[\lambda]\)。
[3]
日にちの経過とともに持ち込まれたPCの数を以下のように表にして記録していると考えると、
| 経過日数 [日目] | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| PC台数 [台] | 1 | 0 | 2 | 4 | 3 |
この表のようになる確率は、\(p(1)p(0)p(2)p(4)p(3)\)となる。
この例から、問題文の表のようになる確率(尤度)は、
\(L = p(0)^8p(1)^{15}p(2)^{12}p(3)^{10}p(4)^3p(5)^2 \)\(\displaystyle \times \frac{50!}{8!15!12!10!3!2!}\)
となる。ただし、\(\displaystyle \frac{50!}{8!15!12!10!3!2!}\)は並べ替えを考慮して掛けたものである。
よって\(X\)に対応する日数を\(N_X\)とすると、対数尤度関数\(l\)は
\(l\)\(\displaystyle = \ln \prod_{x=0}^5 p(x)^{N_x}\)(微分するので比例係数の部分は無視)
\(\displaystyle = \ln \prod_{x=0}^5 \left(\frac{\lambda^x}{x!}e^{-\lambda}\right)^{N_x}\)
\(\displaystyle = \sum_{x=0}^5 N_x \ln \left(\frac{\lambda^x}{x!}e^{-\lambda}\right)\)
\(\displaystyle = \sum_{x=0}^5 xN_x \ln \lambda -\sum_{x=0}^5 xN_x \ln x! \)\(\displaystyle -\lambda \sum_{x=0}^5 N_x \)
\(\displaystyle \frac{\partial l}{\partial \lambda}\)\(\displaystyle = \frac{1}{\lambda}\sum_{x=0}^5 xN_x-\sum_{x=0}^5 N_x\)\(=0\)として、
\(\displaystyle \hat{\lambda}=\frac{\sum_{x=0}^5 xN_x}{\sum_{x=0}^5 N_x}\)
\(\displaystyle =\frac{0\cdot 8+1\cdot 15+2\cdot 12+3\cdot 10+4\cdot 3+5\cdot 2 }{50}\)\(=1.82\)
[4]
\(M_Y(t)\)
\(M_Y(t)=E[e^{tY}]\)
\(\displaystyle =\sum_{y=1}^\infty e^{ty} \frac{\lambda^y}{(1-e^{-\lambda})y!}e^{-\lambda}\)
\(\displaystyle =\frac{e^{-\lambda}}{1-e^{-\lambda}}e^{\lambda e^t}\sum_{y=1}^\infty \frac{(\lambda e^t)^y}{y!}e^{-\lambda e^t}\)
\(\displaystyle =\frac{e^{-\lambda}}{1-e^{-\lambda}}e^{\lambda e^t}(1-e^{-\lambda e^t })\)(ポアソン分布の全確率1から\(y=0\)の場合を引いた)
\(\displaystyle =\frac{e^{\lambda e^t}-1}{e^\lambda -1}\)
\(E[Y]\)
\(E[Y]=M_Y'(0)\)
\(\displaystyle = \left. \frac{e^{\lambda e^t}}{e^\lambda -1}\lambda e^t \right|_{t=0}\)\(\displaystyle =\frac{\lambda }{e^\lambda -1}\)
\(\hat{\lambda}\)
\(Y\)に対応する日数を\(N_Y\)とすると、対数尤度関数\(l\)は
\(l\)\(\displaystyle = \ln \prod_{y=1}^\infty p(y)^{N_y}\)
\(\displaystyle = \ln \prod_{y=1}^\infty \left(\frac{\lambda^y}{(1-e^{-\lambda})y!}e^{-\lambda}\right)^{N_y}\)
\(\displaystyle = \sum_{y=1}^\infty N_y \ln \left(\frac{\lambda^y}{(1-e^{-\lambda})y!}e^{-\lambda}\right)\)
\(\displaystyle = \sum_{y=1}^\infty yN_y \ln \lambda -\sum_{y=1}^\infty yN_y \ln y! \)\(\displaystyle -\lambda \sum_{y=1}^\infty N_y \)\(\displaystyle -\sum_{y=1}^\infty N_y \ln (1-e^{-\lambda})\)
\(\displaystyle \frac{\partial l}{\partial \lambda}\)\(\displaystyle = \frac{1}{\lambda}\sum_{y=1}^\infty yN_y-\sum_{y=1}^\infty N_y \)\(\displaystyle -\frac{e^{-\lambda}}{1-e^{-\lambda}}\sum_{y=1}^\infty N_y\)\(=0\)として、
\(\displaystyle \frac{\lambda}{1-e^{-\lambda}}=\frac{\sum_{y=1}^\infty yN_y}{\sum_{y=1}^\infty N_y}\)
これを数値的に解けば\(\lambda\)を推定出来る。
コメント