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東京工業大学 情報理工学院 数理・計算科学系 2016年8月実施 午前 問6

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Author​

祭音Myyura (co-authored with GPT 5.6 SOL)

Description​

店 A、B の毎日の来客人数 X,YX,Y は、独立に Poisson 分布 Po⁡(λ),Po⁡(ν)\operatorname{Po}(\lambda),\operatorname{Po}(\nu) に従う。nn 日間の観測データ (xi,yi)i=1n(x_i,y_i)_{i=1}^n が得られている。確率質量関数は

P(X=k;λ)=λkk!e−λ(k=0,1,2,…),λ>0P(X=k;\lambda)=\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} \quad(k=0,1,2,\ldots),\qquad \lambda>0

である。以下の問いに、導出過程も記して答えよ。

(1) 上式が確率分布を定めることを示せ。

(2) ∑ixi≠0,∑iyi≠0\sum_i x_i\ne0,\sum_i y_i\ne0 として、λ,ν\lambda,\nu の最尤推定量を求めよ。

(3) ある日の合計来客人数 N=X+YN=X+Y が既知のとき、XX の条件付き分布を求めよ。

(4) 独立性の仮定を変更し、X=kX=k のもとでの YY の条件付き分布が

P(Y=ℓ∣X=k;a)=fa(k)ℓℓ!e−fa(k),fa(k)=a(1+k),a>0P(Y=\ell\mid X=k;a)=\frac{f_a(k)^\ell}{\ell!}e^{-f_a(k)}, \qquad f_a(k)=a(1+k),\quad a>0

で表されるとする。∑iyi≠0\sum_i y_i\ne0 として、観測データから aa の最尤推定量を求めよ。

题目描述​

商店 A 与商店 B 的每日顾客数分别记为 XX 和 YY。二者相互独立，并分别服从参数为 λ>0\lambda>0、ν>0\nu>0 的 Poisson 分布 Po⁡(λ)\operatorname{Po}(\lambda)、Po⁡(ν)\operatorname{Po}(\nu)。现有 nn 天的观测数据 (xi,yi)i=1n(x_i,y_i)_{i=1}^n。Poisson 分布的概率质量函数给定为

P(X=k;λ)=λkk!e−λ(k=0,1,2,…).P(X=k;\lambda)=\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} \quad(k=0,1,2,\ldots).

回答以下各问，并写出推导过程。

  1. 验证上述质量函数确实构成一个概率分布，即证明 ∑k=0∞P(X=k;λ)=1\sum_{k=0}^{\infty}P(X=k;\lambda)=1。
  2. 在 ∑i=1nxi≠0\sum_{i=1}^n x_i\neq0 且 ∑i=1nyi≠0\sum_{i=1}^n y_i\neq0 的假设下，求参数 λ\lambda 和 ν\nu 的最大似然估计量。
  3. 令总顾客数 N=X+YN=X+Y，求已知 NN 时 XX 的条件分布。
  4. 现改用如下条件模型：当 X=kX=k 时，YY 的条件分布为
P(Y=ℓ∣X=k;a)=fa(k)ℓℓ!e−fa(k),fa(k)=a(1+k),P(Y=\ell\mid X=k;a) =\frac{f_a(k)^\ell}{\ell!}e^{-f_a(k)}, \qquad f_a(k)=a(1+k),

其中 a>0a>0 未知。在 ∑i=1nyi≠0\sum_{i=1}^n y_i\neq0 的条件下，求 aa 的最大似然估计量。

Kai​

(1)​

各確率は非負であり、指数関数の級数展開から

∑k=0∞P(X=k;λ)=e−λ∑k=0∞λkk!=e−λeλ=1.\sum_{k=0}^{\infty}P(X=k;\lambda) =e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^k}{k!} =e^{-\lambda}e^{\lambda}=1.

したがって確率分布を定める。

(2)​

独立性より対数尤度のパラメータに依存する部分は

ℓ(λ,ν)=(∑ixi)log⁡λ−nλ+(∑iyi)log⁡ν−nν+const.\ell(\lambda,\nu) =\left(\sum_i x_i\right)\log\lambda-n\lambda +\left(\sum_i y_i\right)\log\nu-n\nu+\text{const.}

である。偏微分を 0 とおくと

λ^=1n∑i=1nxi,ν^=1n∑i=1nyi.\boxed{\widehat\lambda=\frac1n\sum_{i=1}^n x_i, \qquad \widehat\nu=\frac1n\sum_{i=1}^n y_i}.

仮定により両者は正であり、各パラメータについて二階微分が負なので一意な最尤推定値である。

(3)​

N=mN=m とする。独立な Poisson 分布の和は Po⁡(λ+ν)\operatorname{Po}(\lambda+\nu) なので、 k=0,…,mk=0,\ldots,m に対して

P(X=k∣N=m)=P(X=k)P(Y=m−k)P(N=m)=(mk)(λλ+ν)k(νλ+ν)m−k.\begin{aligned} P(X=k\mid N=m) &=\frac{P(X=k)P(Y=m-k)}{P(N=m)}\\ &=\binom{m}{k} \left(\frac{\lambda}{\lambda+\nu}\right)^k \left(\frac{\nu}{\lambda+\nu}\right)^{m-k}. \end{aligned}

したがって

X∣(N=m)∼Bin⁡(m,λλ+ν).\boxed{X\mid(N=m)\sim \operatorname{Bin}\left(m,\frac{\lambda}{\lambda+\nu}\right)}.

(4)​

xix_i を条件として得られる aa の対数尤度は

ℓ(a)=(∑iyi)log⁡a−a∑i(1+xi)+const.\ell(a) =\left(\sum_i y_i\right)\log a -a\sum_i(1+x_i)+\text{const.}

である。したがって

ℓ′(a)=∑iyia−∑i(1+xi)=0\ell'(a)=\frac{\sum_i y_i}{a}-\sum_i(1+x_i)=0

を解き、

a^=∑i=1nyi∑i=1n(1+xi)=∑i=1nyin+∑i=1nxi.\boxed{\widehat a =\frac{\sum_{i=1}^n y_i}{\sum_{i=1}^n(1+x_i)} =\frac{\sum_{i=1}^n y_i}{n+\sum_{i=1}^n x_i}}.

ℓ′′(a)=−(∑iyi)/a2<0\ell''(a)=-(\sum_i y_i)/a^2<0 なので一意な最大値である。

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