ポアソン分布・指数分布の公式|期待値・分散の証明・二項分布の極限・無記憶性と例題【大学院入試・確率統計】

ポアソン分布・指数分布の公式|期待値・分散の証明・二項分布の極限・無記憶性と例題【大学院入試・確率統計】

合格大作戦 算数・数学公式辞典 › 場合の数・確率

大学院入試

P(X=k)=e−λλkk!,f(x)=λe−λxP(X=k)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!},\qquad f(x)=\lambda e^{-\lambda x}

ポアソン分布は平均・分散ともに λ\lambda、指数分布は平均 1λ\dfrac1\lambda・分散 1λ2\dfrac1{\lambda^2}

この公式のポイント

  • ポアソン分布は二項分布で np=λnp=\lambda を一定にした極限
  • ポアソン分布は平均=分散=λ\lambda
  • 指数分布は待ち時間の分布で平均 1λ\dfrac1\lambda
  • 指数分布は無記憶性をもつ
うかるくん

うかるくん

ポアソン分布って、二項分布とどうつながっているの?

合格先生

合格先生

平均 np=λnp=\lambda を一定にして n→∞n\to\infty にした極限だ。(1−λn)n\left(1-\dfrac\lambda n\right)^n が e−λe^{-\lambda} になるのがカギだぞ。

ポアソン分布・指数分布の公式

「一定時間に起こる回数」はポアソン分布、「次に起こるまでの待ち時間」は指数分布で表します。どちらも、まれな出来事がでたらめに起こるようすのモデルで、2つは表と裏の関係です。

ポアソン分布 Po(λ)\mathrm{Po}(\lambda)(λ>0\lambda>0)

P(X=k)=e−λλkk!(k=0,1,2,⋯ ),E[X]=λ,V[X]=λP(X=k)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}\quad(k=0,1,2,\cdots),\qquad E[X]=\lambda,\quad V[X]=\lambda

指数分布 Ex(λ)\mathrm{Ex}(\lambda)(λ>0\lambda>0)

f(x)=λe−λx(x≥0),P(X>t)=e−λt,E[X]=1λ,V[X]=1λ2f(x)=\lambda e^{-\lambda x}\quad(x\ge0),\qquad P(X>t)=e^{-\lambda t},\qquad E[X]=\frac1\lambda,\quad V[X]=\frac1{\lambda^2}

無記憶性:P(X>s+t∣X>s)=P(X>t)P(X>s+t\mid X>s)=P(X>t)

関係:単位時間あたり平均 λ\lambda 回でたらめに起こる出来事では、時間 tt の間の回数は Po(λt)\mathrm{Po}(\lambda t)、最初に起こるまでの時間は Ex(λ)\mathrm{Ex}(\lambda) にしたがう。

00.10.20.301234567k0.271 0.285ポアソン分布(λ=2):e⁻²・2ᵏ/k!二項分布 B(20, 0.1)(平均も 2)
ポアソン分布 Po(2)\mathrm{Po}(2) と二項分布 B(20, 0.1)B(20,\ 0.1):ほとんど同じ形

なぜこの式になるのか(証明)

① ポアソン分布は二項分布の極限

二項分布 B(n, p)B(n,\ p) で、平均 np=λnp=\lambda を一定にしたまま n→∞n\to\infty(p=λn→0p=\dfrac\lambda n\to0)とします。kk を固定すると

nCk pk(1−p)n−k=λkk!⋅n(n−1)⋯(n−k+1)nk⋅(1−λn)n⋅(1−λn)−k{}_n\mathrm{C}_k\,p^k(1-p)^{n-k}=\frac{\lambda^k}{k!}\cdot\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}\cdot\left(1-\frac\lambda n\right)^{n}\cdot\left(1-\frac\lambda n\right)^{-k}

n→∞n\to\infty で、2つ目の因子は 1⋅(1−1n)⋯→11\cdot\left(1-\dfrac1n\right)\cdots\to1、3つ目は e−λe^{-\lambda}(ee の定義から)、4つ目は 11。よって e−λλkk!e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^k}{k!} に近づきます。図1の B(20, 0.1)B(20,\ 0.1) でも、すでにかなり近い値です。

② 平均と分散

∑k=0∞λkk!=eλ\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^k}{k!}=e^{\lambda}(マクローリン展開)を使います。

E[X]=∑k=1∞k e−λλkk!=λe−λ∑k=1∞λk−1(k−1)!=λe−λeλ=λE[X]=\sum_{k=1}^{\infty}k\,e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}=\lambda e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}=\lambda e^{-\lambda}e^{\lambda}=\lambda

同じように E[X(X−1)]=λ2e−λ∑k=2∞λk−2(k−2)!=λ2E[X(X-1)]=\lambda^2e^{-\lambda}\displaystyle\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\lambda^{k-2}}{(k-2)!}=\lambda^2。よって V[X]=E[X(X−1)]+E[X]−(E[X])2=λ2+λ−λ2=λV[X]=E[X(X-1)]+E[X]-(E[X])^2=\lambda^2+\lambda-\lambda^2=\lambda。

③ 指数分布:待ち時間を数える

最初の出来事までの時間を TT とすると、「T>tT>t」は「時間 tt の間に1回も起こらない」ことなので、P(T>t)=P(Po(λt)=0)=e−λtP(T>t)=P(\mathrm{Po}(\lambda t)=0)=e^{-\lambda t}。分布関数 1−e−λt1-e^{-\lambda t} を微分して密度 λe−λt\lambda e^{-\lambda t} が出ます。

平均は部分積分で E[T]=∫0∞tλe−λtdt=[−te−λt]0∞+∫0∞e−λtdt=1λE[T]=\displaystyle\int_0^{\infty}t\lambda e^{-\lambda t}dt=\Big[-te^{-\lambda t}\Big]_0^{\infty}+\int_0^{\infty}e^{-\lambda t}dt=\frac1\lambda。同様に E[T2]=2λ2E[T^2]=\dfrac{2}{\lambda^2} なので V[T]=2λ2−1λ2=1λ2V[T]=\dfrac2{\lambda^2}-\dfrac1{\lambda^2}=\dfrac1{\lambda^2}。

④ 無記憶性

P(X>s+t∣X>s)=P(X>s+t)P(X>s)=e−λ(s+t)e−λs=e−λt=P(X>t)P(X>s+t\mid X>s)=\frac{P(X>s+t)}{P(X>s)}=\frac{e^{-\lambda(s+t)}}{e^{-\lambda s}}=e^{-\lambda t}=P(X>t)
xO1/22468f(x)=(1/2)e^(−x/2)P(X>2)=e⁻¹≒0.368P(X>4)=e⁻²≒0.135X>2 の条件のもとで X>4 となる確率はe⁻² ÷ e⁻¹=e⁻¹=P(X>2) → 使った時間を「忘れる」(無記憶性:P(X>s+t | X>s)=P(X>t))
指数分布(λ=1/2\lambda=1/2):x>2x>2 の条件のもとで x>4x>4 となる確率は、最初から x>2x>2 となる確率と同じ

大学院入試では

大学院入試

例題1(ポアソン分布の確率)

ある窓口には1時間に平均3件の問い合わせがあり、件数はポアソン分布にしたがうとする。ある1時間の件数が0件である確率と、2件以上である確率を求めなさい。

解き方

X∼Po(3)X\sim\mathrm{Po}(3)。P(X=0)=e−3≒0.0498P(X=0)=e^{-3}\fallingdotseq0.0498。

P(X≥2)=1−P(X=0)−P(X=1)=1−e−3−3e−3=1−4e−3≒0.801P(X\ge2)=1-P(X=0)-P(X=1)=1-e^{-3}-3e^{-3}=1-4e^{-3}\fallingdotseq0.801。

答え P(X=0)=e−3≒0.050P(X=0)=e^{-3}\fallingdotseq0.050、P(X≥2)=1−4e−3≒0.801P(X\ge2)=1-4e^{-3}\fallingdotseq0.801

大学院入試

例題2(指数分布と無記憶性)

ある部品の寿命 XX(時間)は平均1000時間の指数分布にしたがう。(1) 2000時間をこえて動く確率を求めなさい。(2) すでに500時間動いた部品が、さらに1000時間以上動く確率を求めなさい。

解き方

平均 1λ=1000\dfrac1\lambda=1000 より λ=11000\lambda=\dfrac1{1000}。

(1) P(X>2000)=e−2≒0.135P(X>2000)=e^{-2}\fallingdotseq0.135。

(2) 無記憶性より P(X>1500∣X>500)=P(X>1000)=e−1≒0.368P(X>1500\mid X>500)=P(X>1000)=e^{-1}\fallingdotseq0.368。すでに動いた500時間は関係ない。

答え (1) e−2≒0.135e^{-2}\fallingdotseq0.135 (2) e−1≒0.368e^{-1}\fallingdotseq0.368

大学院入試

例題3(ポアソン分布の再生性)

X∼Po(λ)X\sim\mathrm{Po}(\lambda)、Y∼Po(μ)Y\sim\mathrm{Po}(\mu) が独立のとき、X+Y∼Po(λ+μ)X+Y\sim\mathrm{Po}(\lambda+\mu) を示しなさい。

解き方

P(X+Y=n)=∑k=0nP(X=k)P(Y=n−k)=∑k=0ne−λλkk!e−μμn−k(n−k)!P(X+Y=n)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}P(X=k)P(Y=n-k)=\sum_{k=0}^{n}e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^k}{k!}e^{-\mu}\dfrac{\mu^{n-k}}{(n-k)!}。

=e−(λ+μ)n!∑k=0nn!k!(n−k)!λkμn−k=e−(λ+μ)n!(λ+μ)n=\dfrac{e^{-(\lambda+\mu)}}{n!}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\lambda^k\mu^{n-k}=\dfrac{e^{-(\lambda+\mu)}}{n!}(\lambda+\mu)^n(二項定理)。

答え P(X+Y=n)=e−(λ+μ)(λ+μ)nn!P(X+Y=n)=e^{-(\lambda+\mu)}\dfrac{(\lambda+\mu)^n}{n!} なので X+Y∼Po(λ+μ)X+Y\sim\mathrm{Po}(\lambda+\mu)

学部の授業とのつながり・院試での注意

  • どの授業で習うか:「確率論」「確率統計」で代表的な分布として学びます。待ち行列(窓口の混み具合)や信頼性工学(部品の寿命)、通信のパケットの到着などのモデルとして、情報・工学系の院試でよく出ます。
  • 答案で示すべきこと:①どの分布にしたがうか(パラメータ λ\lambda の値と単位)②使う公式。λ\lambda が「1時間あたり」か「1分あたり」か、単位をそろえるのがポイントです。
  • よくある出題の形:二項分布からの極限の導出/平均・分散の導出/再生性(例題3)/無記憶性/積率母関数 E[etX]E[e^{tX}] の計算(ポアソン分布は eλ(et−1)e^{\lambda(e^t-1)}、指数分布は λλ−t (t<λ)\dfrac{\lambda}{\lambda-t}\ (t<\lambda))/最尤推定。
  • 近似の目安:nn が大きく pp が小さい二項分布は Po(np)\mathrm{Po}(np) で近似できます(練習問題3)。

よくある間違い

腕でバツを作る合格先生

合格先生

指数分布の平均は λ\lambda ではなく 1λ\dfrac1\lambda だ。平均1000時間なら λ=11000\lambda=\dfrac1{1000} だぞ。

  • 指数分布の λ\lambda を平均と取り違える:λe−λx\lambda e^{-\lambda x} の平均は 1λ\dfrac1\lambda。「平均1000時間」なら λ=11000\lambda=\dfrac1{1000} です。
  • P(X≥2)P(X\ge2) で P(X=1)P(X=1) を引き忘れる:余事象は「0件または1件」です。
  • 無記憶性をほかの分布にも使う:連続型で無記憶性をもつのは指数分布だけです。正規分布や一様分布の寿命では成り立ちません。

練習問題

「ここが大事!」と説明する合格先生

合格先生

λ\lambda の単位をそろえてから計算しよう。

  1. 大学院入試 X∼Po(λ)X\sim\mathrm{Po}(\lambda) で P(X=1)=P(X=2)P(X=1)=P(X=2) のとき、λ\lambda と P(X=0)P(X=0) を求めなさい。
    答えと解説を見るe−λλ=e−λλ22e^{-\lambda}\lambda=e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^2}{2} より λ=2\lambda=2(λ>0\lambda>0)。P(X=0)=e−2≒0.135P(X=0)=e^{-2}\fallingdotseq0.135
  2. 大学院入試 指数分布 Ex(λ)\mathrm{Ex}(\lambda) の中央値 mm(P(X>m)=12P(X>m)=\dfrac12 となる値)を求めなさい。
    答えと解説を見るe−λm=12e^{-\lambda m}=\dfrac12 より m=log⁡2λ≒0.693λm=\dfrac{\log2}{\lambda}\fallingdotseq\dfrac{0.693}{\lambda}(平均 1λ\dfrac1\lambda より小さい)
  3. 大学院入試 不良品の確率が 0.0020.002 の製品を1000個調べるとき、不良品が1個以下である確率をポアソン分布で近似して求めなさい。
    答えと解説を見るλ=1000×0.002=2\lambda=1000\times0.002=2。P(X≤1)≒e−2(1+2)=3e−2≒0.406P(X\le1)\fallingdotseq e^{-2}(1+2)=3e^{-2}\fallingdotseq0.406(二項分布で正確に計算しても 0.4060.406)

関連する公式

よくある質問

ポアソン分布とは?

まれな出来事が一定時間に起こる回数の分布で、P(X=k)=e^(−λ)λ^k/k! です。平均も分散もλになります。

ポアソン分布と二項分布の関係は?

二項分布B(n,p)で、平均np=λを一定にしたままnを大きくし、pを小さくした極限がポアソン分布です。nが大きくpが小さいときの近似に使えます。

指数分布の平均と分散は?

密度λe^(−λx)の指数分布の平均は1/λ、分散は1/λ²です。部分積分で求められます。

指数分布の無記憶性とは?

すでにs時間たったという条件のもとで、さらにt時間以上かかる確率が、最初からt時間以上かかる確率と同じになる性質です。P(X>s+t|X>s)=P(X>t)。

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出典・参考

  • 大学初年級の確率論・数理統計学

最終更新:2026年10月11日/作成:大学受験合格大作戦