ポアソン分布について。再生性や少数法則など。

Def.

Prop&Proof.

ポアソン分布の定義より、任意の $k\in\mathbb N_0$ に対して
$$ \mathbb P(X=k) = e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} $$
である。
また、$X$ は非負整数値確率変数であるから、期待値の定義より、
$$ \mathbb E[X] = \sum_{k=0}^{\infty}k\mathbb P(X=k) $$
である。したがって、
$$ \begin{aligned} \mathbb E[X] &= \sum_{k=0}^{\infty}k\mathbb P(X=k)\\ &= \sum_{k=0}^{\infty}k e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} \end{aligned} $$
である。
ここで、$k=0$ の項は
$$ 0\cdot e^{-\lambda}\frac{\lambda^0}{0!}=0 $$
であるから、
$$ \mathbb E[X] = \sum_{k=1}^{\infty}k e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} $$
である。$k\ge1$ に対して
$$ k! = k(k-1)! $$
であるから、
$$ \frac{k}{k!} = \frac{1}{(k-1)!} $$
である。よって、
$$ \begin{aligned} \mathbb E[X] &= \sum_{k=1}^{\infty}k e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}\\ &= \sum_{k=1}^{\infty} e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{(k-1)!}\\ &= \sum_{k=1}^{\infty} e^{-\lambda}\frac{\lambda\lambda^{k-1}}{(k-1)!}\\ &= \lambda e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} \end{aligned} $$
である。
ここで、$\ell=k-1$ とおくと、$k=1,2,3,\ldots$ に対応して $\ell=0,1,2,\ldots$ である。したがって、
$$ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} = \sum_{\ell=0}^{\infty}\frac{\lambda^\ell}{\ell!} $$
である。ゆえに、
$$ \mathbb E[X] = \lambda e^{-\lambda}\sum_{\ell=0}^{\infty}\frac{\lambda^\ell}{\ell!} $$
である。指数関数の級数表示より、任意の実数 $x$ に対して
$$ e^x = \sum_{\ell=0}^{\infty}\frac{x^\ell}{\ell!} $$
である。特に $x=\lambda$ とおけば、
$$ e^\lambda = \sum_{\ell=0}^{\infty}\frac{\lambda^\ell}{\ell!} $$
である。したがって、
$$ \mathbb E[X] = \lambda e^{-\lambda}e^\lambda = \lambda $$
である。$\lambda$ は正の実数であるから $\lambda<\infty$ である。よって、
$$ \mathbb E[|X|] = \mathbb E[X] = \lambda < \infty $$
である。したがって、$X$ は可積分である。
以上より、
$$ \mathbb E[X]=\lambda $$
が成り立つ。
$$ \Box$$

ポアソン分布の定義より、任意の $k\in\mathbb N_0$ に対して
$$ \mathbb P(X=k)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} $$
である。
$X^2$ は非負確率変数であるから、期待値の定義より、
$$ \begin{aligned} \mathbb E[X^2] &= \sum_{k=0}^{\infty}k^2\mathbb P(X=k)\\ &= \sum_{k=0}^{\infty}k^2 e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} \end{aligned} $$
である。ここで、$k=0$ の項は
$$ 0^2e^{-\lambda}\frac{\lambda^0}{0!}=0 $$
であるから、
$$ \mathbb E[X^2] = \sum_{k=1}^{\infty}k^2 e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} $$
である。$k\ge1$ に対して
$$ k!=k(k-1)! $$
であるから、
$$ \frac{k^2}{k!} = \frac{k}{(k-1)!} $$
である。したがって、
$$ \begin{aligned} \mathbb E[X^2] &= \sum_{k=1}^{\infty}k^2 e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}\\ &= e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}k\frac{\lambda^k}{(k-1)!} \end{aligned} $$
である。ここで、
$$ k=(k-1)+1 $$
であるから、
$$ \begin{aligned} \mathbb E[X^2] &= e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}\{(k-1)+1\}\frac{\lambda^k}{(k-1)!}\\ &= e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}(k-1)\frac{\lambda^k}{(k-1)!} + e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\lambda^k}{(k-1)!} \end{aligned} $$
である。
第 $1$ 項について、$k=1$ の項は $0$ であるから、
$$ e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}(k-1)\frac{\lambda^k}{(k-1)!} = e^{-\lambda}\sum_{k=2}^{\infty}(k-1)\frac{\lambda^k}{(k-1)!} $$
である。さらに、$k\ge2$ に対して
$$ (k-1)!=(k-1)(k-2)! $$
であるから、
$$ \frac{k-1}{(k-1)!} = \frac{1}{(k-2)!} $$
である。したがって、
$$ e^{-\lambda}\sum_{k=2}^{\infty}(k-1)\frac{\lambda^k}{(k-1)!} = e^{-\lambda}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\lambda^k}{(k-2)!} $$
である。よって、
$$ \mathbb E[X^2] = e^{-\lambda}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\lambda^k}{(k-2)!} + e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\lambda^k}{(k-1)!} $$
である。
第 $1$ 項において $\ell=k-2$ とおくと、$k=2,3,4,\ldots$ に対応して $\ell=0,1,2,\ldots$ である。したがって、
$$ \begin{aligned} e^{-\lambda}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\lambda^k}{(k-2)!} &= e^{-\lambda}\sum_{\ell=0}^{\infty}\frac{\lambda^{\ell+2}}{\ell!}\\ &= e^{-\lambda}\lambda^2\sum_{\ell=0}^{\infty}\frac{\lambda^\ell}{\ell!} \end{aligned} $$
である。
また、第 $2$ 項において $m=k-1$ とおくと、$k=1,2,3,\ldots$ に対応して $m=0,1,2,\ldots$ である。したがって、
$$ \begin{aligned} e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\lambda^k}{(k-1)!} &= e^{-\lambda}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\lambda^{m+1}}{m!}\\ &= e^{-\lambda}\lambda\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\lambda^m}{m!} \end{aligned} $$
である。
以上より、
$$ \mathbb E[X^2] = e^{-\lambda}\lambda^2\sum_{\ell=0}^{\infty}\frac{\lambda^\ell}{\ell!} + e^{-\lambda}\lambda\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\lambda^m}{m!} $$
である。指数関数の級数表示より、
$$ e^\lambda = \sum_{r=0}^{\infty}\frac{\lambda^r}{r!} $$
であるから、
$$ \sum_{\ell=0}^{\infty}\frac{\lambda^\ell}{\ell!}=e^\lambda $$
かつ
$$ \sum_{m=0}^{\infty}\frac{\lambda^m}{m!}=e^\lambda $$
である。したがって、
$$ \begin{aligned} \mathbb E[X^2] &= e^{-\lambda}\lambda^2e^\lambda + e^{-\lambda}\lambda e^\lambda\\ &= \lambda^2+\lambda \end{aligned} $$
である。
$\lambda$ は正の実数であるから、
$$ \lambda^2+\lambda<\infty $$
である。したがって、
$$ \mathbb E[X^2]<\infty $$
であり、$X$ は二乗可積分である。
また、すでに示した通り、ポアソン分布の期待値は
$$ \mathbb E[X]=\lambda $$
である($1$つ上の命題)。よって、分散の公式より、
$$ \begin{aligned} \mathbb V(X) &= \mathbb E[X^2]-\{\mathbb E[X]\}^2\\ &= (\lambda^2+\lambda)-\lambda^2\\ &= \lambda \end{aligned} $$
である。
以上より、
$$ \mathbb V(X)=\lambda $$
が成り立つ。
$$ \Box$$

$k\in\mathbb N_0$ を任意に固定する。

1. まず、$k=0$ の場合を示す。
   $n\ge n_0$ とする。このとき、二項分布の確率質量関数より、
   $$ \begin{aligned} \mathbb P(X_n=0) &= \binom{n}{0}p_n^0(1-p_n)^n \\ &= \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^n \end{aligned} $$
   である。指数関数の極限より、
   $$ \lim_{n\to\infty} \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^n = e^{-\lambda} $$
   である。一方、
   $$ e^{-\lambda}\frac{\lambda^0}{0!} = e^{-\lambda} $$
   である。
   したがって、
   $$ \lim_{n\to\infty}\mathbb P(X_n=0) = e^{-\lambda}\frac{\lambda^0}{0!} $$
   が成り立つ。
   $ $
2. 次に、$k\ge1$ の場合を示す。
   $k\in\mathbb N_{>0}$ を固定し、$n\ge\max\{n_0,k\}$ とする。
   このとき、$k\le n$ であり、$p_n=\lambda/n$ であるから、二項分布の確率質量関数より、
   $$ \begin{aligned} \mathbb P(X_n=k) &= \binom{n}{k}p_n^k(1-p_n)^{n-k} \quad \because X_n\sim\operatorname{Bin}(n,p_n)\\ &= \binom{n}{k}\left(\frac{\lambda}{n}\right)^k \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k} \quad \because p_n=\frac{\lambda}{n}\\ &= \frac{n!}{k!(n-k)!} \left(\frac{\lambda}{n}\right)^k \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k} \quad \because \binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}\\ &= \frac{1}{k!}n(n-1)\cdots(n-k+1) \left(\frac{\lambda}{n}\right)^k \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k}\\ &= \frac{\lambda^k}{k!} \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k} \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k} \quad \because \left(\frac{\lambda}{n}\right)^k=\frac{\lambda^k}{n^k}\\ &= \frac{\lambda^k}{k!} \frac{n}{n}\frac{n-1}{n}\cdots\frac{n-k+1}{n} \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k}\\ &= \frac{\lambda^k}{k!} \left(1-\frac{0}{n}\right) \left(1-\frac{1}{n}\right) \cdots \left(1-\frac{k-1}{n}\right) \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k} \end{aligned} $$
   ここで、最後の変形は
   $$ \frac{n}{n}=1-\frac{0}{n} $$
   および
   $$ \frac{n-1}{n}=1-\frac{1}{n} $$
   および一般に $j=0,1,\ldots,k-1$ に対して
   $$ \frac{n-j}{n}=1-\frac{j}{n} $$
   であることを用いた変形である。すなわち、
   $$ \left(1-\frac{0}{n}\right) \left(1-\frac{1}{n}\right) \cdots \left(1-\frac{k-1}{n}\right) = \prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right) $$
   であるから、
   $$ \mathbb P(X_n=k) = \frac{\lambda^k}{k!} \prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right) \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k} $$
   である。さらに、
   $$ \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k} = \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^n \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{-k} $$
   であるから、
   $$ \mathbb P(X_n=k) = \frac{\lambda^k}{k!} \prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right) \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^n \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{-k} $$
   である。いま $k$ は固定されているので、各 $j=0,1,\ldots,k-1$ に対して、
   $$ \lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{j}{n}\right)=1 $$
   である。したがって、有限個の積の極限より、
   $$ \lim_{n\to\infty} \prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right) = 1 $$
   である。また、
   $$ \lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)=1 $$
   であるから、固定された $k$ に対して、
   $$ \lim_{n\to\infty} \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{-k} = 1 $$
   である。さらに、指数関数の極限より、
   $$ \lim_{n\to\infty} \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^n = e^{-\lambda} $$
   である。以上より、
   $$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\mathbb P(X_n=k) &= \lim_{n\to\infty} \left[ \frac{\lambda^k}{k!} \prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right) \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^n \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{-k} \right] \\ &= \frac{\lambda^k}{k!}\cdot1\cdot e^{-\lambda}\cdot1 \\ &= e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} \end{aligned} $$
   である。

-1. と 2. より、任意の固定された $k\in\mathbb N_0$ に対して、
$$ \lim_{n\to\infty}\mathbb P(X_n=k) = e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} $$
が成り立つ。
$$ \Box$$

累積分布関数の定義より、任意の $x\in\mathbb R$ に対して
$$ F_X(x)=\mathbb P(X\le x) $$
である。
以下、$x$ の範囲で場合分けする。

1. $x<0$ の場合
   $x<0$ とする。このとき、任意の $k\in\mathbb N_0$ に対して
   $$ k\ge0>x $$
   である。
   したがって、$X\le x$ が成り立つならば、$X$ は $\mathbb N_0$ に属さない。すなわち、
   $$ \{X\le x\}\subseteq\{X\notin\mathbb N_0\} $$
   である。
   仮定より、
   $$ \mathbb P(X\in\mathbb N_0)=1 $$
   であるから、
   $$ \mathbb P(X\notin\mathbb N_0)=0 $$
   である。よって、確率の単調性( 証明はコチラ )より
   $$ 0\le\mathbb P(X\le x)\le\mathbb P(X\notin\mathbb N_0)=0 $$
   である。したがって、
   $$ F_X(x)=\mathbb P(X\le x)=0 $$
   である。
   $ $
2. $x\ge0$ の場合
   $x\ge0$ とする。仮定より、
   $$ \mathbb P(X\in\mathbb N_0)=1 $$
   である。ここで、
   $$ A:=\{X\le x\} $$
   および
   $$ B:=\left\{X\in\{0,1,2,\dots,\lfloor x\rfloor\}\right\} $$
   とおく。
   $X\in\mathbb N_0$ が成り立つところでは、$X\le x$ であることと、$X\in\{0,1,2,\dots,\lfloor x\rfloor\}$ であることは同値である。
   したがって、
   $$ A\triangle B\subseteq\{X\notin\mathbb N_0\} $$
   である。仮定より、
   $$ \mathbb P(X\notin\mathbb N_0)=0 $$
   であるから、
   $$ \mathbb P(A\triangle B)=0 $$
   である。また、任意の事象 $A,B$ に対して
   $$ |\mathbb P(A)-\mathbb P(B)| \le \mathbb P(A\triangle B) $$
   が成り立つ( 証明はコチラ )。したがって、
   $$ |\mathbb P(A)-\mathbb P(B)| \le \mathbb P(A\triangle B) = 0 $$
   である。
   よって、
   $$ \mathbb P(A)=\mathbb P(B) $$
   である。すなわち、
   $$ \mathbb P(X\le x) = \mathbb P\left(X\in\{0,1,2,\dots,\lfloor x\rfloor\}\right) $$
   である。したがって、
   $$ \mathbb P(X\le x) = \mathbb P\left(\bigcup_{j=0}^{\lfloor x\rfloor}\{X=j\}\right) $$
   である。
   また、$j\neq l$ ならば
   $$ \{X=j\}\cap\{X=l\}=\varnothing $$
   である。したがって、右辺の事象の族は互いに排反である。
   よって、確率の有限加法性より、
   $$ \begin{aligned} F_X(x) &= \mathbb P(X\le x)\\ &= \mathbb P\left(\bigcup_{j=0}^{\lfloor x\rfloor}\{X=j\}\right)\\ &= \sum_{j=0}^{\lfloor x\rfloor}\mathbb P(X=j) \end{aligned} $$
   である。
   ポアソン分布の定義より、任意の $j\in\mathbb N_0$ に対して
   $$ \mathbb P(X=j) = e^{-\lambda}\frac{\lambda^j}{j!} $$
   であるから、
   $$ F_X(x) = \sum_{j=0}^{\lfloor x\rfloor}e^{-\lambda}\frac{\lambda^j}{j!} $$
   である。

-以上より、任意の $x\in\mathbb R$ に対して
$$ F_X(x) = \begin{cases} 0, & x<0,\\ \displaystyle\sum_{j=0}^{\lfloor x\rfloor}e^{-\lambda}\frac{\lambda^j}{j!}, & x\ge0 \end{cases} $$
が成り立つ。
$$ \Box$$

$X:=X_1+X_2$ とおく。
$X\sim\operatorname{Poisson}(\lambda_1+\lambda_2)$ を示すには、任意の $k\in\mathbb N_0$ に対して
$$ \mathbb P(X=k) = e^{-(\lambda_1+\lambda_2)} \frac{(\lambda_1+\lambda_2)^k}{k!} $$
を示せばよい。
$ $
任意に $k\in\mathbb N_0$ を固定する。
$X_1$ と $X_2$ はポアソン分布に従うので、どちらも非負整数値確率変数である。したがって、事象 $\{X_1+X_2=k\}$ は
$$ \{X_1+X_2=k\} = \bigcup_{j=0}^{k}\left(\{X_1=j\}\cap\{X_2=k-j\}\right) $$
と表される。
また、$j\ne j'$ ならば、
$$ \left(\{X_1=j\}\cap\{X_2=k-j\}\right) \cap \left(\{X_1=j'\}\cap\{X_2=k-j'\}\right) = \varnothing $$
である(補足を参照)。したがって、これらの事象は互いに排反である。
よって、有限加法性より、
$$ \begin{aligned} \mathbb P(X=k) &= \mathbb P(X_1+X_2=k)\\ &= \sum_{j=0}^{k} \mathbb P(X_1=j,\ X_2=k-j) \end{aligned} $$
である。
ここで、仮定より $X_1$ と $X_2$ は独立であるから、各 $j=0,1,\ldots,k$ に対して、事象 $\{X_1=j\}$ と $\{X_2=k-j\}$ も独立である。
したがって、
$$ \mathbb P(X_1=j,\ X_2=k-j) = \mathbb P(X_1=j)\mathbb P(X_2=k-j) $$
である。また、
$$ X_1\sim\operatorname{Poisson}(\lambda_1), \qquad X_2\sim\operatorname{Poisson}(\lambda_2) $$
であるから、
$$ \mathbb P(X_1=j) = e^{-\lambda_1}\frac{\lambda_1^j}{j!} $$
かつ
$$ \mathbb P(X_2=k-j) = e^{-\lambda_2}\frac{\lambda_2^{k-j}}{(k-j)!} $$
である。したがって、
$$ \begin{aligned} \mathbb P(X=k) &= \sum_{j=0}^{k} \mathbb P(X_1=j,\ X_2=k-j)\\ &= \sum_{j=0}^{k} \mathbb P(X_1=j)\mathbb P(X_2=k-j)\\ &= \sum_{j=0}^{k} \left( e^{-\lambda_1}\frac{\lambda_1^j}{j!} \right) \left( e^{-\lambda_2}\frac{\lambda_2^{k-j}}{(k-j)!} \right)\\ &= e^{-(\lambda_1+\lambda_2)} \sum_{j=0}^{k} \frac{\lambda_1^j}{j!} \frac{\lambda_2^{k-j}}{(k-j)!} \end{aligned} $$
である。
ここで、和の部分について、
$$ \begin{aligned} \sum_{j=0}^{k} \frac{\lambda_1^j}{j!} \frac{\lambda_2^{k-j}}{(k-j)!} &= \sum_{j=0}^{k} \frac{\lambda_1^j\lambda_2^{k-j}}{j!(k-j)!}\\ &= \sum_{j=0}^{k} \frac{k!}{k!} \frac{\lambda_1^j\lambda_2^{k-j}}{j!(k-j)!}\\ &= \frac{1}{k!} \sum_{j=0}^{k} \frac{k!}{j!(k-j)!} \lambda_1^j\lambda_2^{k-j}\\ &= \frac{1}{k!} \sum_{j=0}^{k} \binom{k}{j} \lambda_1^j\lambda_2^{k-j}\\ &= \frac{1}{k!} (\lambda_1+\lambda_2)^k \end{aligned} $$
である。最後の等号では二項定理を用いた。
よって、
$$ \begin{aligned} \mathbb P(X=k) &= e^{-(\lambda_1+\lambda_2)} \sum_{j=0}^{k} \frac{\lambda_1^j}{j!} \frac{\lambda_2^{k-j}}{(k-j)!}\\ &= e^{-(\lambda_1+\lambda_2)} \frac{(\lambda_1+\lambda_2)^k}{k!} \end{aligned} $$
である。これは、パラメーター $\lambda_1+\lambda_2$ のポアソン分布の確率質量関数に他ならない。
したがって、
$$ X_1+X_2\sim\operatorname{Poisson}(\lambda_1+\lambda_2) $$
が成り立つ。
$$ \Box$$

$t\in\mathbb R$ を任意に固定する。
$X$ は $\mathbb N_0$ に値をとる離散型確率変数であるから、非負確率変数 $e^{tX}$ の期待値は
$$ \mathbb E[e^{tX}] = \sum_{k=0}^{\infty}e^{tk}\mathbb P(X=k) $$
で与えられる。
ポアソン分布の確率質量関数より、任意の $k\in\mathbb N_0$ に対して
$$ \mathbb P(X=k)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} $$
である。したがって、
$$ \begin{aligned} M_X(t) &= \mathbb E[e^{tX}]\\ &= \sum_{k=0}^{\infty}e^{tk}\mathbb P(X=k)\\ &= \sum_{k=0}^{\infty}e^{tk}e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}\\ &= e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\lambda e^t)^k}{k!} \end{aligned} $$
である。
ここで、指数関数の級数表示より、任意の実数 $x$ に対して
$$ e^x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!} $$
が成り立つ。
いま $t\in\mathbb R$ であり、$\lambda>0$ であるから、
$$ \lambda e^t\in\mathbb R $$
である。したがって、
$$ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\lambda e^t)^k}{k!} = e^{\lambda e^t} $$
である。ゆえに、
$$ \begin{aligned} M_X(t) &= e^{-\lambda}e^{\lambda e^t}\\ &= e^{\lambda e^t-\lambda}\\ &= e^{\lambda(e^t-1)}\\ &= \exp\left(\lambda(e^t-1)\right) \end{aligned} $$
である。
また、右辺は有限な実数であるから、任意の $t\in\mathbb R$ に対して $M_X(t)$ は有限に存在する。
以上より、
$$ M_X(t) = \exp\left(\lambda(e^t-1)\right) $$
が成り立つ。
$$ \Box$$

1. 各 $i=1,2,\ldots,n$ に対して、
   $$ X_i\sim\operatorname{Poisson}(\lambda_i) $$
   であるから、ポアソン分布のモーメント母関数より、
   $$ M_{X_i}(t) = \mathbb E[e^{tX_i}] = \exp\left(\lambda_i(e^t-1)\right) $$
   である($1$つ上の命題で示した)。
   $ $
2. 特に、各 $i=1,2,\ldots,n$ について $M_{X_i}(t)$ は任意の $t\in\mathbb R$ で有限である。
   実際、$t\in\mathbb R$ であるから、
   $$ e^t<\infty $$
   である。また、$\lambda_i>0$ は実数であるから、
   $$ \lambda_i(e^t-1)\in\mathbb R $$
   である。したがって、
   $$ e^{\lambda_i(e^t-1)}<\infty $$
   である。ゆえに、
   $$ M_{X_i}(t) = e^{\lambda_i(e^t-1)} < \infty $$
   である。
   以上より、各 $i=1,2,\ldots,n$ について $M_{X_i}(t)$ は任意の $t\in\mathbb R$ で有限である。
   $ $
3. $S_n=X_1+X_2+\cdots+X_n$ とおく。
   モーメント母関数の定義より、
   $$ \begin{aligned} M_{S_n}(t) &= \mathbb E[e^{tS_n}]\\ &= \mathbb E\left[e^{t(X_1+X_2+\cdots+X_n)}\right] \end{aligned} $$
   である。指数法則より、
   $$ e^{t(X_1+X_2+\cdots+X_n)} = e^{tX_1}e^{tX_2}\cdots e^{tX_n} $$
   であるから、
   $$ M_{S_n}(t) = \mathbb E\left[e^{tX_1}e^{tX_2}\cdots e^{tX_n}\right] $$
   である。また、$X_1,X_2,\ldots,X_n$ は相互に独立であり、関数 $x\mapsto e^{tx}$ はボレル可測であるから、
   $$ e^{tX_1},e^{tX_2},\ldots,e^{tX_n} $$
   も相互に独立である(補足を参照)。
   さらに、各 $i=1,2,\ldots,n$ について
   $$ \mathbb E[e^{tX_i}]<\infty $$
   である。
   したがって、独立な確率変数の積の期待値の公式( 証明はコチラ )より、
   $$ \begin{aligned} M_{S_n}(t) &= \mathbb E[e^{tX_1}] \mathbb E[e^{tX_2}] \cdots \mathbb E[e^{tX_n}]\\ &= \prod_{i=1}^{n}M_{X_i}(t) \end{aligned} $$
   である。各 $i=1,2,\ldots,n$ について
   $$ M_{X_i}(t) = \exp\left(\lambda_i(e^t-1)\right) $$
   であるから、
   $$ \begin{aligned} M_{S_n}(t) &= \prod_{i=1}^{n} \exp\left(\lambda_i(e^t-1)\right)\\ &= \exp\left(\sum_{i=1}^{n}\lambda_i(e^t-1)\right)\\ &= \exp\left(\left(\sum_{i=1}^{n}\lambda_i\right)(e^t-1)\right) \end{aligned} $$
   である。
   以上の計算により、任意の $t\in\mathbb R$ に対して
   $$ M_{S_n}(t) = \prod_{i=1}^{n}M_{X_i}(t) = \exp\left(\left(\sum_{i=1}^{n}\lambda_i\right)(e^t-1)\right) $$
   である。
   ここで、$n$ は有限であり、各 $\lambda_i>0$ は実数である。また、$t\in\mathbb R$ ならば $e^t<\infty$ であるから、
   $$ \left(\sum_{i=1}^{n}\lambda_i\right)(e^t-1)\in\mathbb R $$
   である。
   したがって、
   $$ M_{S_n}(t) = \exp\left(\left(\sum_{i=1}^{n}\lambda_i\right)(e^t-1)\right) < \infty $$
   である。
   よって、$M_{S_n}(t)$ は任意の $t\in\mathbb R$ で有限に存在する。特に、$0$ の近傍で有限に存在する。
   $ $
4. 一方、
   $$ Y\sim\operatorname{Poisson}\left(\sum_{i=1}^{n}\lambda_i\right) $$
   を満たす確率変数 $Y$ をとる。
   ポアソン分布のモーメント母関数より、任意の $t\in\mathbb R$ に対して
   $$ M_Y(t) = \exp\left(\left(\sum_{i=1}^{n}\lambda_i\right)(e^t-1)\right) $$
   である。
   したがって、任意の $t\in\mathbb R$ に対して
   $$ M_{S_n}(t)=M_Y(t) $$
   が成り立つ。
   また、$M_{S_n}$ と $M_Y$ はどちらも任意の $t\in\mathbb R$ で有限に存在する。
   特に、ある $\varepsilon>0$ に対して、任意の $t\in(-\varepsilon,\varepsilon)$ で有限に存在する。よって、モーメント母関数の一意性定理より、
   $$ S_n\overset{d}{=}Y $$
   である(補足を参照)。

-したがって、
$$ S_n\sim\operatorname{Poisson}\left(\sum_{i=1}^{n}\lambda_i\right) $$
が成り立つ。
$$ \Box$$