2020 確統 ii. 問.0.1 ★★★★以下の演習問題のいくつ...

2020確統 II.問.0.1

� �★★★★ 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。� �

2020確統 II.問 1.1

.

µ [mu] ミュー，σ [sigma] シグマ

� �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) =

13 x = −316 x = 012 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√2π

e−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。

2020確統 II.問 1.2

.

ϕ [phi] ファイ

� �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√2πσ2

e−(x−µ)2

2σ2 =1√2πσ

exp

(− (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。

2020確統 II.問 1.3

� �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√2π

e−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

0z

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√2π

e−z2/2 dz , (p1.11)

とは以下の関係がある：

Q(z0) =1

2− I(z0) . (p1.12)

2020確統 II.問 1.4

.

� �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)


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√2π

e−z2/2 dz =

∫ ∞

a

1√2π

e−z2/2 dz −∫ ∞

b

1√2π

e−z2/2 dz = 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)

2020確統 II.問 1.5

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。

2020確統 II.問 2.1

.

µ [mu] ミュー，σ [sigma] シグマ


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



★★★★ 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，fXY (1, 0)，は1

5であり，黒の奇数のカードがでる確率，fXY (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，fX|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，fX|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 fY (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) = fX|Y(xi|yj)fY(yj) = fY|X(yj |xi)fX(xi) . (p2.3)

・周辺確率と条件付き確率との関係

fX(xi) =∑yj

fXY(xi, yj) =∑yj

fX|Y(xi|yj)fY(yj) , (p2.4)

fY(yj) =∑xi

fXY(xi, yj) =∑xi

fY|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−z2

dz =√π . (p2.7)

2020確統 II.問 2.2

.


解 2-1

(1) 同時確率と条件付き確率の関係式 (p3.2)より，

fX|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，

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

fY (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，

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

fY (1)=

4

153 =

4

5. (p2.12)

別の考え方として

fX|Y (1|1) =fXY (1, 1)

fY (1)=

1/15

1/3=

1

5(p2.13)

より

fX|Y (0|1) = 1− fX|Y (1|1) = 1− 1

5=

4

5(p2.14)


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−z2

dz =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− x

10 )2+ x2

5 dx

=2

π√5e−

45x

2

∫ ∞

−∞e−z2

dz =2√5π

e−45x

2

. (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。

2020確統 II.問 3.1


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



★★★★ 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 3-1 2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) fY (1)と fXY (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：

fY |X(1|1) , fY |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，(fY (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，fX(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，fX|Y (0|0)，を求めなさい。


・同時確率と条件付き確率との関係

fXY(xi, yj) = fX|Y(xi|yj)fY(yj) = fY|X(yj |xi)fX(xi) . (p3.2)

・周辺確率と条件付き確率との関係

fX(xi) =∑yj

fXY(xi, yj) =∑yj

fX|Y(xi|yj)fY(yj) ,

fY(yj) =∑xi

fXY(xi, yj) =∑xi

fY|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

fX|Y (x|y) =fY |X(y|x)fX(x)∑xifY |X(y|xi)fX(xi)

, fY |X(y|x) =fX|Y (x|y)fY (y)∑

yjfX|Y (x|yj)fY (yj)

. (p3.5)

2020確統 II.問 3.2

.


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

fY (1) = fXY (1, 1) + fXY (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= fXY (1, 1) = fX(1)fY (1) =

(fXY (1, 0) + fXY (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

(67− a)より a =

3

28. (p3.13)

解 3-2

(1)問題文より

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

20, fY |X(0|0) = 1− fY |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) = fY |X(1|0)fX(0) + fY |X(1|1)fX(1)

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

=(fY |X(1|1)− fY |X(1|0)

)fX(1) + fY |X(1|0) (p3.16)

より，

fX(1) =fY (1)− fY |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。

2020確統 II.問 3.3

(3)

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

fY (0)=

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

1− fY (1)=

fY |X(0|0)(1− fX(1))

1− fY (1)

=0.85× (1− 0.25)

1− 0.35=

0.6375

0.65=

51

52= 0.98 · · · (p3.18)

となる。

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

fY (0)=

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

fY |X(0|0)fX(0) + fY |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，fX|Y (1|1)，は

fX|Y (1|1) =fXY (1, 1)

fY (1)=

fY |X(1|1)fX(1)

fY (1)=

0.95× 0.25

0.35=

19

28≈ 0.68 (p3.20)

となる。

2020確統 II.問 4.1

.

λ[lambda] ラムダ階乗 (factorial) n! = n · (n− 1) · · · · 2 · 1 0! = 1

∞∑n=0

an

n!= ea


モーメント母関数 (離散型確率変数の場合)，ポアソン分布



★★★★ 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：

fX(x) = e−λ λx

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。


・モーメント母関数

MX(t) = E[etX ] =

∞∑k=0

tk

k!E[Xk]

=

{ ∑xifX(xi)e

txi X が離散型確率変数の場合∫∞−∞ fX(x)etxdx 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

MXY (t1, t2) = E[et1X+t2Y

]. (p4.5)

2020確統 II.問 4.2

.

log(1− x) = −∞∑

n=0

xn

n= −x−

x2

2+ · · ·


解 4-1 (p4.5)より


]Y=n−X

= E[et1X+t2(n−X)

]= et2nE

[e(t1−t2)X

](7.7)= et2n

(pet1−t2 + 1− p

)n=(pet1 + qet2

)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


]=∑x,y

fXY (x, y)et1x+t2y y=n−x

=

n∑x=0

nCx pxqn−xet1x+t2(n−x)

=n∑

x=0

nCx

(pet1

)x (qet2

)n−x (7.8)=

(pet1 + qet2

)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[esX+t(X+Y )

]= etn

(pes + 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(pes + 1− p

)n，X + Y のモーメント母関数

は etn 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，

MX(t) = e−λ∞∑x=0

λx

x!etx = e−λ

∞∑x=0

(λet)x

x!= e−λeλe

t

= exp(λ(et − 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 (pet + 1− p)n である。極限をとると，

limn→∞

(pet + 1− p

)n= lim

n→∞exp

(n log(1 + p(et − 1))

)= lim

n→∞exp

(np(et − 1)− n

p2(et − 1)2

2+ · · ·

)= lim

n→∞exp

(λ(et − 1)− λ2

2n(et − 1)2 + · · ·

)= exp

(λ(et − 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。

2020確統 II.問 4.3

.

limx→∞

(1 +

1

x

)x

= limx→−∞

(1 +

1

x

)x

= limx→0

(1 + x)1/x = e�� 三宅微積定理 1.3.2, p.18

なお，2項分布の確率分布

fX(x) = nCx px(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

nCx px(1− p)n−x =n(n− 1) · · · (n− (x− 1))

x!

(λ

n

)x(1− λ

n

)n−x

=λx

x!

n(n− 1)(n− 2) · · · (n− (x− 1))

nx

(1− λ

n

)n(1− λ

n

)−x

=λx

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

)→ 1x = 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：

nCx px(1− p)n−x → λx

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(et − 1)なので，

d logMX(t)

dt= λ

d

dt(et − 1) = λet

t=0−→ λ , (p4.18)

d2 logMX(t)

dt2= λ

d

dtet = λet

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] =d logMX(t)

dt

∣∣∣∣t=0

= λ , V [X] =d2 logMX(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

xλx

x!= e−λ

∞∑x=1

λx

(x− 1)!= e−λλ

∞∑x=1

λx−1

(x− 1)!= e−λλeλ

= λ , (p4.21)

E[X(X − 1)] =

∞∑x=0

x(x− 1)fX(x) = e−λ∞∑x=0

x(x− 1)λx

x!= e−λλ2

∞∑x=2

λx−2

(x− 2)!= e−λλ2eλ

= 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)

2020確統 II.問 5.1


モーメント母関数 (幾何分布，指数分布)



★★★★ 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 MX(t)を求めなさい。ただし，tの値はMX(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MX(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：

fX(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 MX(t)を求めなさい。ただし，tの値はMX(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MX(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。)

2020確統 II.問 5.2


・無限等比級数の和 |r| < 1の場合，次の等式が成り立つ：

∞∑x=0

rx =1

1− r. (p5.5)


MX(t) = E[etX ] =∞∑k=0

tk

k!E[Xk]

=

{ ∑xifX(xi)e

txi X が離散型確率変数の場合∫∞−∞ fX(x)etxdx X が連続型確率変数の場合

. (p5.6)

2020確統 II.問 5.3

.


解 5-1

(1) モーメント母関数の定義 (p5.6)より，

MX(t) = E[etX ] =∞∑x=0

fX(x)etx =∞∑x=0

p(1− p)xetx = p∞∑x=0

((1− p)et

)x=

p

1− (1− p)et(p5.7)

となる。なお，無限級数の和が収束するためには，

(1− p)et < 1 つまり t < − log(1− p) (p5.8)

である必要がある。

(2) logMX(t) = log p− log(1− (1− p)et

)なので，

d logMX(t)

dt= − d

dtlog(1− (1− p)et

)= − 1

1− (1− p)etd

dt

(1− (1− p)et

)=

(1− p)et

1− (1− p)et=

1− p

e−t − 1 + p

t=0−→ 1− p

p, (p5.9)

d2 logMX(t)

dt2= (1− p)

d

dt

(e−t − 1 + p

)−1

= (1− p)(−1)(e−t − 1 + p

)−2 de−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] =d logMX(t)

dt

∣∣∣∣t=0

=1− p

p, V [X] =

d2 logMX(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MX(t) =

pet

1− (1− p)et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[etX ] =

∫ ∞

0

fX(x)etx dx = λ

∫ ∞

0

e−λx etx dx = λ

∫ ∞

0

e−(λ−t)x dx

= − λ

λ− te−(λ−t)x

∣∣∣x=∞

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) = log λ− log(λ− t)なので，

d logMX(t)

dt= − d

dtlog(λ− t) = − 1

λ− t

d

dt(λ− t) =

1

λ− t

t=0−→ 1

λ, (p5.14)

d2 logMX(t)

dt2=

d

dt(λ− t)−1 = −(λ− t)−2 d

dt(λ− t) =

1

(λ− t)2t=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] =d logMX(t)

dt

∣∣∣∣t=0

=1

λ, V [X] =

d2 logMX(t)

dt2

∣∣∣∣t=0

=1

λ2. (p5.16)

2020確統 II.問 5.4

(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：X2 = 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 MX1(t)には次の関係がある：

MX2(t) = E[etX2 ] = E[et∆tX1 ] = MX1(t∆t) =p

1− (1− p)et∆t. (p5.17)

p = λ∆tとして，∆t → 0とすると，

MX2(t) =

λ∆t

1− (1− λ∆t)et∆t−→ λ

λ− t(p5.18)

となり，(p5.12)と一致する。

2020確統 II.問 6.1


ポアソン分布



★★★★ レポート課題６ ★★★★出題：5月 25日 (月)，提出期限：5月 28日 (木)

配点：小問各３点� �問題 6-1

�� 岩薩林 p.73 問題 10 を変更ある人にはあまり電子メールが来ず，1日平均 3通という。1日当たりの

メールの数はポアソン分布に従うとして，1日に 3通以上メールが来る確率を求めなさい。尚，e−3 は小数

になおさなくても構いません。

問題 6-2 独立なポアソン分布の和

確率変数 X1 と X2 が独立で，それぞれ λ1 と λ2 のポアソン分布に従うとする：

X1 ∼ Po(λ1) , X2 ∼ Po(λ2) . (p6.1)

(1) Y = X1 +X2 のモーメント母関数，

MY (t) = E[etY ] = E[etX1etX2 ] (p6.2)

を求めなさい。

(2) (1)で求めたMY (t)を用いて Y の母平均 E[Y ]と母分散 V [Y ] を計算しなさい。


・ポアソン分布非負の整数値をとる離散型確率変数 X が次の確率分布，

fX(x) = e−λ λx

x!, x = 0, 1, 2, · · · , (ここで，λ > 0) (p6.3)

に従うとき，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) . (p6.4)

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。ポアソン分布のモーメント母関数は

MX(t) = exp(λ(et − 1)

). (p6.5)


MX(t) = E[etX ] =

∞∑k=0

tk

k!E[Xk]

=

{ ∑xi

fX(xi)etxi X が離散型確率変数の場合∫∞

−∞ fX(x)etxdx X が連続型確率変数の場合, (p6.6)

E[X] =d logMX(t)

dt

∣∣∣∣t=0

, V [X] = E[X2]− E[X]2 =d2 logMX(t)

dt2

∣∣∣∣t=0

. (p6.7)

・X と Y が独立な確率変数の場合に成り立つ性質

E[ϕ1(X) ϕ2(Y )] = E[ϕ1(X)] E[ϕ2(Y )] . (p6.8)

2020確統 II.問 3.2

.


解 6-1

P (X ≥ 3) = 1− P (X < 3) = 1−2∑

x=0

e−λ λx

x!= 1− e−3

(1 + 3 +

32

2

)= 1− 17

2e−3

(≈ 0.58

). (p6.9)

解 6-2

(1)

MY (t) = E[etY ] = E[etX1etX2 ] = E[etX1 ] E[etX2 ] = exp(λ1(e

t − 1))

exp(λ2(e

t − 1))

= exp((λ1 + λ2)(e

t − 1)). (p6.10)

(2) logMY (t) = (λ1 + λ2)(et − 1)なので，

d logMY (t)

dt= (λ1 + λ2)

d

dt(et − 1) = (λ1 + λ2)e

t , (p6.11)

d2 logMY (t)

dt2= (λ1 + λ2)

d

dtet = (λ1 + λ2)e

t (p6.12)

となる。これより，以下が得られる：

E[Y ] =d logMY (t)

dt

∣∣∣∣t=0

= λ1 + λ2 , V [Y ] =d2 logMY (t)

dt2

∣∣∣∣t=0

= λ1 + λ2 . (p6.13)

logMY (t)ではなく，MY (t)を用いて計算する場合は，

dMY (t)

dt= (λ1 + λ2)e

t exp((λ1 + λ2)(e

t − 1)), (p6.14)

d2MY (t)

dt2= (λ1 + λ2)

d

dtexp

(t+ (λ1 + λ2)(e

t − 1))

= (λ1 + λ2)(1 + (λ1 + λ2)e

t)exp

(t+ (λ1 + λ2)(e

t − 1))

(p6.15)

より，

E[Y ] =dMY (t)

dt

∣∣∣∣t=0

= λ1 + λ2 , E[Y 2] =d2MY (t)

dt2

∣∣∣∣t=0

= (λ1 + λ2)(1 + λ1 + λ2) , (p6.16)

V [Y ] = E[Y 2]− E[Y ]2 = λ1 + λ2 . (p6.17)

注意 ! (p6.10)より，Y = X1 +X2 は母平均 λ1 + λ2 のポアソン分布に従うことがわかる：

X1 ∼ Po(λ1) , X2 ∼ Po(λ2)X1 と X2 は独立=⇒ X1 +X2 ∼ Po(λ1 + λ2) . (p6.18)

この例のように，同じ種類の確率分布に従う独立な確率変数X1とX2 の和， Y = X1 +X2，もまた同じ種類の

確率分布 (ただしパラメタは別でもよい) に従うとき, この確率分布は再生的であるという。

(参考) (p6.3) に従って，Y の確率分布を計算すると，以下のようになる：

fY (y) =

y∑x=0

fX1 (x) fX2 (y − x) =

y∑x=0

e−λ1λx1

x!e−λ2

λy−x2

(y − x)!=

e−(λ1+λ2)

y!

y∑x=0

y!

x!(y − x)!λx1λ

y−x2

=e−(λ1+λ2)

y!

(λ1 + λ2

)y. (p6.19)

上の最後の等式では 2 項定理を用いた：

y∑x=0

y!

x!(y − x)!λx1λ

y−x2 =

(λ1 + λ2

)y. (p6.20)

2020確統 II.問 7.1


2次元正規分布



★★★★ レポート課題７ ★★★★出題：6月 1日 (月)，提出期限：6月 4日 (木)

配点：小問各３点� �問題 10-1 次の 2変数確率密度関数は 2次元正規分布を定める (C は定数) ：

f(x1, x2) = C exp(−(x21 − 2x1x2 + 5x2

2

)). (p7.1)

次の問いに答えなさい。なお，この分布の場合，E[X1] = 0，E[X2] = 0です。

(1) X1 とX2 の母分散を求めなさい。

(2) X1 とX2 の母共分散と母相関係数を求めなさい。

(3) E[1] =

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞f(x1, x2)dx1dx2 = 1が満たされるように定数 C を定めなさい。


・2次元正規分布

確率密度関数

確率変数 X = (X1 , X2)T が 2次元正規分布 N(µ, V )に従う場合，同時確率密度は以下となる：

fX(x) =1

2π√detV

exp

(−1

2(x− µ)TA(x− µ)

), ただし，x = (x1 , x2)

T ,

=1

2π√detV

exp

−1

2

2∑i,j=1

Aij (xi − µi) (xj − µj)

. (p7.2)

確率密度関数は次のパラメータで決まる：

(母)平均 (ベクトル) µ = (µ1 , µ2)T , µi = E[Xi] , (p7.3)

(母)共分散行列 V = A−1 ,

Vij = E[(Xi − µi)(Xj − µj)

]=

{V [Xi] ; i = j 分散

Cov[Xi, Xj ] ; i ̸= j 共分散. (p7.4)

X1 とX2 の (母)相関係数： r =Cov[X1, X2]√V [X1]V [X2]

. (p7.5)

モーメント母関数

MX1X2(t1, t2) = exp

(tT µ+

1

2tT V t

)= exp

2∑i=1

µi ti +1

2

2∑i,j=1

Vij ti tj

, t = (t1 , t2)T . (p7.6)

・逆行列 (a b

c d

)−1

=1

ad− bc

(d −b

−c a

). (p7.7)

2020 確統 ii. 問.0.1 ★★★★以下の演習問題のいくつ...

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