LoginSignup
0

More than 5 years have passed since last update.

ベルヌイ試行のz変換(最も簡単なz変換) 2.3

Posted at

問題

{$X_i$}を独立なベルヌイ試行列の確率変数とします.すなわち$i$回目の試行結果が1である確率は$P[X_i=1]=p$で,0である確率は$P[X_i=0]=(1-p)$です.ここでN回の試行結果の和を$S_n=X_1+X_2+\cdots+X_N$とします.ただし$N$は平均$\lambda$のポアソン分布の確率変数です.$S_n$は平均$p\lambda$をもつポアソン分布となることを示してください.

解答例

$N$を固定して$S_N$を確率変数として,$p_k=P[S_n=k]$とすると,数列{$p_k$}の z変換は

\begin{align}
P(z|N=n)&= \sum_{k=0}^\infty p_kz^k\\
&=E[z^{S_n}] \\
&=E[z^{(X_1+X_2+\cdots+X_N)}] \\
&=E[z^Xz^Xz^X\cdots z^X] \\
&=(E[z^X])^N
\end{align}

ここで1回だけの試行のz変換は 0が確率$p_0=1-p$ , 1 が確率$p_1=p$ なので

\begin{align}
E[z^X]&=p_0z^0+p_1z^1 \\
&=(1-p)+pz \\
&=1-p(1-z)
\end{align}

これより$P(z|N=n)=(1-p(1-z))^N$となり,$N$をポアソン分布に従う確率変数として考えたときのz変換$P(z)$は$P(z|N=n)$の$N$での平均となって

\begin{align}
P(z)&=\sum_{n=0}^\infty P(N=n)P(z|N=n)  \\
&=\sum_{n=0}^\infty \frac{\lambda ^ n}{n!}e^{-\lambda}(1-p(1-z))^n \\
&= e^{-\lambda}\sum_{n=0}^\infty \frac{(\lambda - p\lambda(1-z))^n }{n!} \\
&=e^{-\lambda}\cdot e^{\lambda - p\lambda(1-z)} \\
&=e^{- p\lambda(1-z)}
\end{align}

ここで第3式から第4式へは テーラー展開$e^x=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$を使いました.
最終式は$e^{-a(1-z)}$の形をしており,これは平均値aのポアソン分布のz変換でしたので,逆変換すると以下のような確率シーケンスが得られます.
$$ e^{-p\lambda}\frac{(p\lambda)^n}{n!}$$

Register as a new user and use Qiita more conveniently

  1. You get articles that match your needs
  2. You can efficiently read back useful information
  3. You can use dark theme
What you can do with signing up
0