$\gdef \vec#1{\boldsymbol{#1}} \\ \gdef \rank {\mathrm{rank}} \\ \gdef \det {\mathrm{det}} \\ \gdef \Bern {\mathrm{Bern}} \\ \gdef \Bin {\mathrm{Bin}} \\ \gdef \Mn {\mathrm{Mn}} \\ \gdef \Cov {\mathrm{Cov}} \\ \gdef \Po {\mathrm{Po}} \\ \gdef \HG {\mathrm{HG}} \\ \gdef \Geo {\mathrm{Geo}}\\ \gdef \N {\mathrm{N}} \\ \gdef \LN {\mathrm{LN}} \\ \gdef \U {\mathrm{U}} \\ \gdef \t {\mathrm{t}} \\ \gdef \F {\mathrm{F}} \\ \gdef \Exp {\mathrm{Exp}} \\ \gdef \Ga {\mathrm{Ga}} \\ \gdef \Be {\mathrm{Be}} \\ \gdef \NB {\mathrm{NB}}$
（再掲）
$X \sim \Po (\lambda)$である時、その確率関数$p(x)$は、
$$\begin{aligned} p(x) (= Pr\{ X=x \}) = \frac{e^{- \lambda} \lambda^x}{x!} ~~ (x = 0, 1, \cdots) \end{aligned}$$であり、その特性値は、
$$\begin{aligned} &{\small ①平均：}E[X] = \lambda \\ &{\small ②分散：}V[X] = \lambda \\ &{\small ③確率母関数：}G^X(s) = \exp[\lambda (s – 1)] \end{aligned}$$となる。
（①平均$E[X]$の証明）
$$\begin{aligned} E[X] &= \sum_{x=0}^{\infty} x p(x) \\ &= \sum_{x=0}^{\infty} x \cdot \frac{e^{- \lambda} \lambda^x}{x!} \\ &= \sum_{x=1}^{\infty} x \cdot \frac{e^{- \lambda} \lambda^x}{x!} \\ &= (e^{-\lambda} \lambda) \cdot \sum_{x=1}^{\infty} \dfrac{\lambda^{x-1}}{(x-1)!} \\ &= (e^{-\lambda} \lambda) \cdot e^{\lambda} \\ &{\scriptsize (e^x=1 + \dfrac{x}{1!} + \dfrac{x^2}{2!} + \cdots、より、\sum_{x=1}^{\infty} \dfrac{\lambda^{x-1}}{(x-1)!} = e^{\lambda})} \\ &= \lambda \end{aligned}$$
（②分散$V[X]$の証明）
$V[X]$を求めるにあたり、まず$E[X(X-1)]$を求める。
$$\begin{aligned} E[X(X-1)] &= \sum_{x=0}^{\infty} x(x-1) p(x) \\ &= \sum_{x=0}^{\infty} x(x-1) \cdot \frac{e^{- \lambda} \lambda^x}{x!} \\ &= \sum_{x=2}^{\infty} x(x-1) \cdot \frac{e^{- \lambda} \lambda^x}{x!} \\ &= \sum_{x=2}^{\infty} \frac{e^{- \lambda} \lambda^x}{(x-2)!} \\ &= (e^{-\lambda} \lambda^2) \cdot \sum_{x=2}^{\infty} \dfrac{\lambda^{x-2}}{(x – 2)!} \\ &= (e^{-\lambda} \lambda^2) \cdot e^{\lambda} \\ &{\scriptsize (e^x=1 + \dfrac{x}{1!} + \dfrac{x^2}{2!} + \cdots、より、\sum_{x=2}^{\infty} \dfrac{\lambda^{x-2}}{(x-2)!} = e^{\lambda})} \\ &= \lambda^2 \end{aligned}$$
よって、$$\begin{aligned} V[X] &= E[X^2] – (E[X])^2 \\[5px] &= \{ E[X(X-1)] + E[X] \} – (E[X])^2 \\[5px] &= \lambda^2 + \lambda – (\lambda)^2 \\[5px] &= \lambda \end{aligned}$$
（③確率母関数$G^X(s)$の証明）
$$\begin{aligned} G^X(s) &= E[s^X] \\ &= \sum_{x=0}^{\infty} s^x p(x) \\ &= \sum_{x=0}^{\infty} s^x \cdot \frac{e^{- \lambda} \lambda^x}{x!} \\ &= (e^{-\lambda}) \cdot \sum_{x=0}^{\infty} \dfrac{(\lambda s)^x}{x!} \\ &= (e^{-\lambda}) \cdot e^{\lambda s} \\ &{\scriptsize (e^x=1 + \dfrac{x}{1!} + \dfrac{x^2}{2!} + \cdots、より、\sum_{x=0}^{\infty} \dfrac{(\lambda s)^x}{x!} = e^{\lambda s})} \\ &= \exp[\lambda (s – 1)] \end{aligned}$$
