ここでは、離散分布に対するモーメントの定義や様々な離散分布のモーメントの導出を行う。
モーメントの定義を行う前に、離散確率変数の期待値や一般化した関数に対する期待値を述べる。
離散分布の期待値
離散確率変数\(X\)が\(x_1, x_2, \ldots, x_k\)の値をとり、\(X\)の確率質量関数を\(\mathrm{Pr}\{X=x_i\}, i=1, 2, \ldots k\)とする。このとき、\(X\)の期待値は次で定義される。
定義1 離散確率変数の期待値
次に、より一般化したな期待値の定義を与える。確率変数\(X\)の関数\(g(X)\)の期待値を考える。
定義2 \(g(X)\)の期待値
最後に、\eqref{eq1}と\eqref{eq2}を一般化した定義を与える。
定義3 一般化した\(g(X)\)の期待値
この定義では、\(x_1, x_2, \ldots\)は\(X\)がとりうる値で、\(\mathrm{Pr}\{X=x_1\}, \mathrm{Pr}\{X=x_2\}, \ldots\)はこれらに対応する確率である。\(X\)が\(x_1, x_2, \ldots\)という無限この値を取りうるとき、上の定義の無限級数は収束すると仮定する。つまり個の級数は絶対収束するという強い仮定をおく。
離散分布\(k\)次モーメント
定義4 離散確率変数\(X\)の原点周りの\(k\)モーメント
\(X\)の\(k\)次モーメントは、分布の\(k\)次のモーメント、またはその分布をもつ確率変数\(X\)の\(k\)次モーメントとも呼ばれる。モーメントの例として、\(1\)次モーメント\(\mu_1\)は\(\mathrm{E}[X]\)であり、これは\(X\)の期待値であり、便宜上\(\mu=\mu_1\)で表す。
また、平均値周りのモーメントについても触れていく。
定義4 離散確率変数\(X\)の平均値周りの\(k\)モーメント
この定義より、\(X\)の分散\(\mathrm{Var}[X] = \mathrm{E}[(X-\mu)^2]\)を求めるのが容易になる。\eqref{eq3}に\(k=2\)をあてはめると、次を得る。
\begin{align}\mu_2 &= \sum_{i=1}^{\infty}(x_i-\mu)^2\mathrm{Pr}\{X=x_i\}\\&=\sum_{i=1}^{\infty}x_i^2\mathrm{Pr}\{X=x_i\} -2\mu\sum_{i=1}^{\infty}x_i\mathrm{Pr}\{X=x_i\} + \mu^2\sum_{i=1}^{\infty}\mathrm{Pr}\{X=x_i\}\\&=\mu_2-2\mu^2+\mu^2\\&=\mu_2-\mu^2.\end{align}
したがって、\(X\)の分散は次のように表現される。
\begin{align}\label{eq4}\mathrm{Var}[X]=\mathrm{E}[X^2]-\bigl(\mathrm{E}[X]\bigr)^2.\tag{4}\end{align}
原点周りの1、2次モーメントから、確率変数\(X\)の平均と分散を求めることができ、このことから、原点周りの1、2次モーメントの重要性がわかる。
離散分布のモーメント
ベルヌーイ分布
確率変数\(X\)がベルヌーイ分布に従うとき、\(0\leq p\leq 1\)に対して、\(X\)の確率関数は次で与えられる。
\begin{align}\mathrm{Pr}\{X=1\} &= p,\\ \mathrm{Pr}\{X=0\}&=1-p. \end{align}
ベルヌーイ分布に従う確率変数\(X\)の1次、2次モーメントを導出する。定義4より、\(X\)の1次モーメントは
\begin{align}\mu_1 &=1\cdot p+0\cdot(1-p)\\&=p\end{align}
であり、また\(X\)の2次モーメントは
\begin{align}\mu_2 &= 1^2\cdot p+0^2(1-p)\\&= p.\end{align}
である。故に、\eqref{eq4}より\(X\)の期待値と分散は、それぞれ
\begin{align}\mathrm{E}[X]&=\mu_1 = p\\\mathrm{Var}[X]&=\mu_2-\mu_1^2\\&=p-p^2\\&=p(1-p)\end{align}
である。
2項分布
確率変数\(X\)が2項分布に従うとき、\(0\leq p\leq 1\)、\(n\in\{0, 1, 2, \ldots\}\)に対して、\(X\)の確率関数は次で与えられる。
\begin{align}\label{eq5}\mathrm{Pr}\{X=k\}=\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}p^k(1-p)^{n-k}, \ \ \ \ k = 0, 1, 2, \ldots, n.\tag{5}\end{align}
2項分布に従う確率変数\(X\)の1次、2次モーメントを導出する。\(X\)の1次モーメントは
\begin{align}\mu_1 &= \sum_{k=0}^n k\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}p^k(1-p)^{n-k}\\&=\sum_{k=1}^n k\cfrac{n!}{k!(n-k)!}p^k(1-p)^{n-k}\\\label{eq6}&=np\sum_{k=1}^n \cfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}p^{k-1}(1-p)^{n-k}.\tag{6}\end{align}
となり、\eqref{eq6}において、\(l=k-1\)とおくと、\eqref{eq6}は
\begin{align}&np\sum_{k=1}^n \cfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}p^{k-1}(1-p)^{n-k}\\&=np\sum_{l=0}^{n-1}\cfrac{(n-1)!}{l!(n-1-l)!}p^l(1-p)^{n-1-l}\\&=np\sum_{l=0}^{n-1}\begin{pmatrix}n-1 \\ l \end{pmatrix}p^l(1-p)^{n-1-l}\end{align}
となる。右辺は、\eqref{eq5}のパラメータ\(n-1\)、\(p\)の二項分布\(Bin(n-1, p)\)の確率関数を\(l=0,1, 2, \ldots, n-1\)について和とったものなので
\begin{align}np\sum_{l=0}^{n-1}\begin{pmatrix}n-1 \\ l \end{pmatrix}p^l(1-p)^{n-1-l}= np\end{align}
である。次に、2次モーメントを求めるために、\(\mathrm{E}[X(X-1)]\)を考える。
\begin{align}\mathrm{E}[X(X-1)]&= \sum_{k=0}^nk(k-1) \begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}p^k(1-p)^{n-k}\\&=\sum_{k=2}^nk(k-1)\cfrac{n!}{k!(n-k)!}p^k(1-p)^{n-k}\\&=n(n-1)p^2\sum_{k=2}^{n}\cfrac{(n-2)!}{(k-2)!(n-k)!} p^{k-2}(1-p)^{n-k}\end{align}
である。ここで\(l=k-2\)とおくと、次を得る。
\begin{align}&n(n-1)p^2\sum_{k=2}^{n}\cfrac{(n-2)!}{(k-2)!(n-k)!} p^{k-2}(1-p)^{n-k}\\\label{eq7}&=n(n-1)p^2\sum_{l=0}^{n-2}\cfrac{(n-2)!}{l!(n-2-l)!}p^l(1-p)^{n-2-l}.\tag{7}\end{align}
\eqref{eq7}の右辺は、二項分布\(Bin(n-2, p)\)の確率関数を\(l=0, 1, 2, \ldots, n-2\)について和をとったものなので\eqref{eq7}は
\begin{align}&n(n-1)p^2\sum_{l=0}^{n-2}\cfrac{(n-2)!}{l!(n-2-l)!}p^l(1-p)^{n-2-l}\\&=n(n-1)p^2\end{align}
である。したがって、2次モーメント\(\mu_2\)は次で与えられる。
\begin{align}\mu_2 &= \mathrm{E}[X(X-1)]+\mathrm{E}[X]\\&=n(n-1)p^2-np\\&=np(1-p+np).\end{align}
故に、\(X\)の期待値と分散は、それぞれ
\begin{align}\mathrm{E}[X] &= \mu_1= np,\\\mathrm{Var}[X] &=\mu_2-\mu_1^2 \\&=np(1-p+np)-(np)^2\\&=np(1-p)\end{align}
である。
負の2項分布
確率変数\(X\)が負の2項分布に従うとき、\(0\leq p\leq1\)、\(r\in\{1,2,\ldots\}\)に対して、\(X\)の確率関数は次で与えられる。
\begin{align}\mathrm{Pr}\{X=k\}=\begin{pmatrix}k+r-1\\k\end{pmatrix}(1-p)^rp^k, k = 0, 1, 2, \ldots.\end{align}
2項分布に従う確率変数\(X\)の1次、2次モーメントを導出する。\(X\)の1次モーメントは
\begin{align}\mu_1 &=\sum_{k=0}^{\infty}k \begin{pmatrix}k+r-1\\k\end{pmatrix}(1-p)^rp^k\\&=\sum_{k=0}^{\infty}k \cfrac{(k+r-1)!}{k!(r-1)!)}(1-p)^rp^k\\&= rp^r(1-p)\sum_{k=1}^{\infty}k\cfrac{(k+r-1)!}{k!r!}(1-p)^{k-1} \\&=rp^r(1-p)\sum_{l=0}^{\infty}\cfrac{(l+r)!}{l!r!}(1-p)^{l}\\\label{eq8}&=rp^r(1-p)\sum_{l=0}^{\infty}\begin{pmatrix}l+r\\l\end{pmatrix}(1-p)^{l}\tag{8}.\end{align}
ここで、次の関係を用いる。
\begin{align}(1-x)^{-(k+1)} = \sum_{i=0}^{\infty}\begin{pmatrix}i+k\\i\end{pmatrix}x^i.\end{align}
したがって、\eqref{eq8}は次となる。
\begin{align}& rp^r(1-p)\sum_{l=0}^{\infty}\begin{pmatrix}l+r\\l\end{pmatrix}(1-p)^{l}\\&= rp^r(1-p)\bigl\{1-(1-p)\bigr\}^{-(r+1)}\\&=\cfrac{r(1-p)}{p}.\end{align}
となる。2次モーメントを求めるために、\(\mathrm{E}[X(X-1)]\)を考える。
\begin{align}\mathrm{E}[X(X-1)] &=\sum_{k=0}^{\infty}k(k-1) \begin{pmatrix}k+r-1\\k\end{pmatrix}(1-p)^rp^k\\&=\sum_{k=2}^{\infty}k(k-1)\cfrac{(k+r-1)!}{k!(r-1)!}p^r(1-p)^k\\&=r(r+1)p^r(1-p)^2\sum_{k=2}^{\infty}\cfrac{(k+r-1)!}{(k-2)!(r+1)!}(1-p)^{k-2}\\&=r(r+1)p^r(1-p)^2\sum_{l=0}^{\infty}\cfrac{(l+r+1)!}{l!(r+1)!}(1-p)^{l}\\&=r(r+1)p^r(1-p)^2\sum_{l=0}^{\infty}\begin{pmatrix}l+r+1\\l\end{pmatrix}(1-p)^{l}\\&=r(r+1)p^r(1-p)^2\bigl\{1-(1-p)\bigr\}^{-(r+2)}\\&=\cfrac{r(r+1)(1-p)^2}{p^2}\end{align}
である。したがって、2次モーメント\(\mu_2\)は次で与えられる。
\begin{align}\mu_2&=\mathrm{E}[X(X-1)]+\mathrm{E}[X]\\&=\cfrac{r(r+1)(1-p)^2}{p^2}+\cfrac{r(1-p)}{p}\\&=\cfrac{r(1-p)\bigl\{(r+1)(1-p)+p \bigr\}}{p^2}\\&=\cfrac{r(1-p)(r-rp+1)}{p^2}\end{align}
故に\(X\)の期待値と分散は、それぞれ
\begin{align}\mathrm{E}[X] &= \mu_1 =\cfrac{r(1-p)}{p} ,\\\mathrm{Var}[X]&=\mu_2-\mu_1^2\\&=\cfrac{r(1-p)(r-rp+1)-r^2(1-p)^2}{p^2}\\&=\cfrac{r(1-p)}{p^2}\end{align}
である。
ポアソン分布
確率変数\(X\)がポアソン分布に従うとき、\(\lambda > 0\)に対して、\(X\)の確率関数は次で与えられる。
\begin{align}\mathrm{Pr}\{X=k\} = \cfrac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}, \ \ \ \ k=0, 1, 2, \ldots\end{align}
ポアソン分布に従う確率変数\(X\)の1次、2次モーメントを導出する。\(X\)の1次モーメントは
\begin{align}\mu_1 &= \sum_{k=0}^{\infty}k\cfrac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}\\&=e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}k\cfrac{\lambda^k}{k!}\\\label{eq9}&=\lambda e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}\cfrac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}\tag{9}\end{align}
となる。ここで\(l=k-1\)とおくと、\eqref{eq9}は次となる。
\begin{align}&\lambda e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}\cfrac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}\\&=\lambda e^{-\lambda}\sum_{l=0}^{\infty}\cfrac{\lambda^{l}}{l!}\\&=\lambda e^{-\lambda}e^{\lambda}\\&=\lambda.\end{align}
次に、2次モーメントを求めるために、\(\mathrm{E}[X(X-1)]\)を考える。
\begin{align}\mathrm{E}[X(X-1)]&= \sum_{k=0}^{\infty}k(k-1)\cfrac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}\\&=e^{-\lambda}\sum_{k=2}^{\infty}k(k-1)\cfrac{\lambda^k}{k!}\\\label{eq10}&=\lambda^2 e^{-\lambda}\sum_{k=2}^{\infty}\cfrac{\lambda^{k-2}}{(k-2)!}\tag{10}\end{align}
となり、\(l=k-2\)とおくと、\eqref{eq10}は次となる。
\begin{align} &\lambda^2 e^{-\lambda}\sum_{k=2}^{\infty}\cfrac{\lambda^{k-2}}{(k-2)!} \\&= \lambda^2 e^{-\lambda}\sum_{l=0}^{\infty}\cfrac{\lambda^{l}}{l!} \\&= \lambda^2 e^{-\lambda}e^{\lambda}\\&= \lambda^2\end{align}
したがって、2次モーメント\(\mu_2\)は次で与えられる。
\begin{align}\mu_2 &= \mathrm{E}[X(X-1)]+\mathrm{E}[X]\\&=\lambda^2+\lambda\\&=\lambda(\lambda+1).\end{align}
故に\(X\)の期待値と分散は、それぞれ
\begin{align}\mathrm{E}[X] &= \mu_1 = \lambda,\\\mathrm{Var}[X]&=\mu_2-\mu_1^2\\&=\lambda(\lambda+1)-\lambda^2\\&=\lambda\end{align}
である。
幾何分布
確率変数\(X\)が幾何分布に従うとき、\(0\leq p\leq1\)に対して、\(X\)の確率関数は次で与えられる。
\begin{align}\mathrm{Pr}\{X=k\} = (1-p)^{k-1}p, \ \ \ \ k=1,2, \ldots\end{align}
幾何分布に従う確率変数\(X\)の1次、2次モーメントを導出する。\(X\)のモーメントを求めるために、まず\((1-x)^{-1}\)を原点周りでテイラー展開をする。
\begin{align}(1-x)^{-1} = \sum_{k=0}^{\infty}x^k.\end{align}
\(x\)に関して微分をすると次を得る。
\begin{align}\cfrac{d}{dx}(1-x)^{-1} &= (1-x)^{-2} \\&= \sum_{k=0}^{\infty}kx^{k-1} \\\label{eq11}&= \sum_{k=1}^{\infty}kx^{k-1}.\tag{11}\end{align}
また2階微分すると次を得る。
\begin{align}\cfrac{d^2}{dx^2}(1-x)^{-1} &= 2(1-x)^{-3}\\ &= \sum_{k=0}^{\infty}k(k-1)x^{k-2}\\\label{eq12}&=\sum_{k=2}k(k-1)x^{k-2}.\tag{12}\end{align}
よって\eqref{eq11}より、1次モーメントは
\begin{align}\mu_1&=\sum_{k=0}^{\infty}kp(1-p)^{k}\\&=p\sum_{k=1}^{\infty}k(1-p)^{k}\\&=p(1-p)\bigl\{1-(1-p)\bigr\}^{-2}\\&=\cfrac{1-p}{p}\end{align}
である。また\eqref{eq12}より、\(\mathrm{E}[X(X-1)]\)は
\begin{align}\mathrm{E}[X(X-1)] &=\sum_{k=0}^{\infty}k(k-1)k(k-1)p(1-p)^{k}\\&=p(1-p)\sum_{k=0}^{\infty}k(k-1)(1-p)^{k-1}\\&=2p(1-p)^2\bigl\{1-(1-p)\bigr\}^{-3}\\&=\cfrac{2(1-p)^2}{p^2}\end{align}
である。したがって、2次モーメント\(\mu_2\)は
\begin{align}\mu_2&=\mathrm{E}[X(X-1)]+\mathrm{E}[X]\\&=\cfrac{2(1-p)^2}{p^2}+\cfrac{1-p}{p}\\&=\cfrac{(1-p)\bigl\{2(1-p)+p\bigr\}}{p^2}\\&=\cfrac{(1-p)(2-p)}{p^2}\end{align}
である。故に\(X\)の期待値と分散は、それぞれ
\begin{align}\mathrm{E}[X] &= \mu_1 = \cfrac{1}{p}\\\mathrm{Var}[X]&=\mu_2-\mu_1^2\\&=\cfrac{2-p}{p^2}-\cfrac{1}{p^2}\\&=\cfrac{1-p}{p^2}\end{align}
である。
超幾何分布
確率変数\(X\)が超幾何分布に従うとき、\(N\in\{0, 1, 2, \ldots\}\)、\(K\in\{0, 1, 2, \ldots, N\}\)、\(n\in\{0, 1, 2, \ldots, N\}\)に対して、\(X\)の確率関数は次で与えられる。
\begin{align}\mathrm{Pr}\{X=k\} = \cfrac{\begin{pmatrix}K\\k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}N-K\\n-k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}N\\n\end{pmatrix}}, \ \ \ \ \max(0,n+K-N)\leq k \leq\min(K,n)\end{align}
超幾何分布に従う確率変数\(X\)の1次、2次モーメントを導出する。1次モーメントは
\begin{align}\mu_1 &= \sum_{k = 0}^{\infty} k \cfrac{\begin{pmatrix}K\\k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}N-K\\n-k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}N\\n\end{pmatrix}}\\\label{eq13}&=\sum_{k=0}^{\infty}\cfrac{k\begin{pmatrix}K\\k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}N-K\\n-k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}N\\n\end{pmatrix}}\tag{13}\end{align}
となり、ここで二項係数について
\begin{align}k\begin{pmatrix}K\\k\end{pmatrix}&=\cfrac{kK!}{k!(K-k)!} =K\cfrac{(K-1)!}{(k-1)!\bigl\{(K-1)-(k-1)\bigr\}!}=K\begin{pmatrix}K-1\\k-1\end{pmatrix} ,\\\begin{pmatrix}N-K\\n-k\end{pmatrix}&=\cfrac{(N-k)!}{(n-k)!\bigl\{(N-K)-(n-k)\bigr\}}\\&=\cfrac{\bigl\{(N-1)-(K-1)\bigr\}!}{\bigl\{(n-1)-(k-1)\bigr\}!\bigl[(N-1)-(K-1)-\bigl\{(n-1)-(k-1)\bigr\}\bigr]!}\\&=\begin{pmatrix}(N-1)-(K-1)\\(n-1)-(k-1)\end{pmatrix},\\\begin{pmatrix}N\\n\end{pmatrix}&=\cfrac{N!}{n!(N-n)!} = \cfrac{N}{n}\cfrac{(N-1)!}{(n-1)!\bigl\{(N-1)-(n-1)\bigr\}!}=\cfrac{N}{n}\begin{pmatrix}N-1\\n-1\end{pmatrix}.\end{align}
が成り立つことから、\eqref{eq13}は
\begin{align}&\sum_{k=0}^{\infty}\cfrac{k\begin{pmatrix}K\\k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}N-K\\n-k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}N\\n\end{pmatrix}}\\&=\sum_{k=0}^{\infty}\cfrac{K\begin{pmatrix}K-1\\k-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}(N-1)-(K-1)\\(n-1)-(k-1)\end{pmatrix}}{(N/n)\begin{pmatrix}N-1\\n-1\end{pmatrix}}\\\label{eq14}&=\cfrac{nK}{N}\sum_{k=0}^{\infty}\cfrac{\begin{pmatrix}K-1\\k-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}(N-1)-(K-1)\\(n-1)-(k-1)\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}N-1\\n-1\end{pmatrix}}\tag{14}\end{align}
となる。\eqref{eq14}の右辺は、超幾何分布\(HG(N, K, n)\)の確率関数を\(k=0,1,2, \ldots\)について和をとったものなので、\eqref{eq14}は次となる。
\begin{align}&\cfrac{nK}{N}\sum_{k=0}^{\infty}\cfrac{\begin{pmatrix}K-1\\k-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}(N-1)-(K-1)\\(n-1)-(k-1)\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}N-1\\n-1\end{pmatrix}}\\&=\cfrac{nK}{N}.\end{align}
次に、2次モーメントを求めるために、\(\mathrm{E}[X(X-1)]\)を考える。
\begin{align}\mathrm{E}[X(X-1)] &= \sum_{k = 0}^{\infty} k(k-1) \cfrac{\begin{pmatrix}K\\k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}N-K\\n-k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}N\\n\end{pmatrix}} \\\label{eq15}&=\sum_{k = 0}^{\infty} \cfrac{k(k-1)\begin{pmatrix}K\\k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}N-K\\n-k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}N\\n\end{pmatrix}} \tag{15}\end{align}
となる。ここで、二項係数について
\begin{align}k(k-1)\begin{pmatrix}K\\k\end{pmatrix}&=\cfrac{k(k-1)K!}{k!(K-k)!} \\&= K(K-1)\cfrac{(K-2)!}{(k-2)!\bigl\{(K-2)-(k-2)\bigr\}!}\\&=K(K-1)\begin{pmatrix}K-2\\k-2\end{pmatrix},\\\begin{pmatrix}N-K\\n-k\end{pmatrix}&=\cfrac{\bigl\{(N-2)-(K-2)\bigr\}!}{\bigl\{(n-2)-(k-2)\bigr\}!\bigl[(N-2)-(K-2)- \bigl\{(n-2)-(k-2)\bigr\}\bigr]!}\\&=\begin{pmatrix}(N-2)-(K-2)\\(n-2)-(k-2)\end{pmatrix},\\\begin{pmatrix}N\\n\end{pmatrix}&=\cfrac{N!}{n!(N-n)!}\\&=\cfrac{N(N-1)}{n(n-2)}\cfrac{(N-2)!}{(n-2)!\bigl\{(N-2)-(n-2)\bigr\}!}\\&=\begin{pmatrix}N-2\\n-2\end{pmatrix}.\end{align}
よって\eqref{eq15}は次となる。
\begin{align}&\sum_{k = 0}^{\infty} \cfrac{k(k-1)\begin{pmatrix}K\\k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}N-K\\n-k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}N\\n\end{pmatrix}}\\&=\sum_{k = 0}^{\infty} \cfrac{K(K-1)\begin{pmatrix}K-2\\k-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}(N-2)-(K-2)\\(n-2)-(k-2)\end{pmatrix}}{N(N-1)/n(n-1)\begin{pmatrix}N-2\\n-2\end{pmatrix}}\\\label{eq16}&= \cfrac{n(n-1)K(K-1)}{N(N-1)}\sum_{k = 0}^{\infty} \cfrac{\begin{pmatrix}K-2\\k-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}(N-2)-(K-2)\\(n-2)-(k-2)\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}N-2\\n-2\end{pmatrix}}\tag{16}\end{align}
\eqref{eq16}の右辺は、\(HG(N-2, K-2, n-2)\)の確率関数を\(k=0, 1,2,\ldots\)について和をとったものなので、\eqref{eq16}は
\begin{align}&\cfrac{n(n-1)K(K-1)}{N(N-1)}\sum_{k = 0}^{\infty} \cfrac{\begin{pmatrix}K-2\\k-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}(N-2)-(K-2)\\(n-2)-(k-2)\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}N-2\\n-2\end{pmatrix}}\\&= \cfrac{n(n-1)K(K-1)}{N(N-1)}\end{align}
となる。したがって、2次モーメント\(\mu_2\)は次で与えられる。
\begin{align}\mu_2 &=\mathrm{E}[X(X-1)]+\mathrm{E}[X]\\&= \cfrac{n(n-1)K(K-1)}{N(N-1)}+\cfrac{nK}{N}\\&= \cfrac{nK\bigl\{(n-1)(K-1)+(N-1)\bigr\}}{N(N-1)}\\&=\cfrac{nK(nK-n-K+N)}{N(N-1)} .\end{align}
故に\(X\)の期待値と分散は、それぞれ
\begin{align}\mathrm{E}[X]&=\mu_1 = \cfrac{nK}{N}\\\mathrm{Var}[X]&= \mu_2-\mu_1^2\\&= \cfrac{nK(nK-n-K+N)}{N(N-1)}-\left(\cfrac{nK}{N}\right)^2\\&= \cfrac{nKN(nK-n-K+N)-n^2K^2(N-1)}{N^2(N-1)}\\&= \cfrac{nK\bigl\{N(nK-n-K+N)-nK(N-1)\bigr\}}{N^2(N-1)}\\&=\cfrac{nK(N^2-nN+nK-KN)}{N^2(N-1)}\\&= \cfrac{nK(N-K)(N-n)}{N^2(N-1)}\end{align}
である。
