期待値の線形性を使う技法 | 場合の数と確率統計

1 指示確率変数

定義 1.1 (指示確率変数). 有限標本空間上の事象 $A$ に対して、

\mathbf{1}_A(\omega)= \begin{cases} 1&(\omega\in A),\\ 0&(\omega\notin A) \end{cases}

で定める確率変数を $A$ の指示確率変数といいます。

定理 1.2. 有限標本空間上の事象 $A$ について、

E[\mathbf{1}_A]=P(A)

が成り立ちます。

証明. $\mathbf{1}_A$ は確率 $P(A)$ で1を、確率 $1-P(A)$ で0をとるので、

E[\mathbf{1}_A]=1\cdot P(A)+0\cdot(1-P(A))=P(A)

です。▨

有限個の事象について、起こった事象の個数の期待値を求めます。

定理 1.3. $A_1,\ldots,A_n$ を同じ有限標本空間上の事象とし、起こった事象の個数を

N=\sum_{i=1}^{n}\mathbf{1}_{A_i}

とします。このとき、事象間の独立性を仮定せずに

E[N]=\sum_{i=1}^{n}P(A_i)

が成り立ちます。

証明. 期待値の線形性と指示確率変数の期待値から、

E[N]=\sum_{i=1}^{n}E[\mathbf{1}_{A_i}] =\sum_{i=1}^{n}P(A_i)

を得ます。▨

期待値の線形性そのものは§B4.8 確率変数の期待値・分散で証明します。本記事では有限個の指示確率変数への分解を扱います。

例 1.4. $n\ge2$ とし、 $n$ 人へ $n$ 通の手紙を無作為に一通ずつ配ります。人 $i$ が自分宛ての手紙を受け取る事象を $A_i$ とすると、 $P(A_i)=1/n$ です。自分宛てを受け取る人数 $N$ の期待値は

E[N]=\sum_{i=1}^{n}\frac1n=1

です。各事象は独立ではありませんが、期待値の計算には影響しません。

定理 1.5. 有限標本空間上の非負整数値確率変数 $X$ が $E[X]>0$ を満たすならば、 $X(\omega)\ge1$ を満たす結果 $\omega$ が存在します。

証明. すべての結果で $X=0$ ならば $E[X]=0$ です。したがって $E[X]>0$ ならば、少なくとも一つの結果で $X\ge1$ です。▨

2 例題

レベル3 — 期待値の線形性を使う技法

期待値の線形性（独立でなくても E[X+Y] $=$ E[X]+E[Y]）を用いて、次の期待値を求めよ。

解法の型「回数」「個数」の期待値は指示確率変数 X_i（起きたら1）の和に分解し、E[X] $=$ $\Sigma$ P(A_i) とする。全体の分布は求めなくてよい

3 人が自分の帽子を1つずつ持ち寄り、無作為に1つずつ取る。自分の帽子を取る人数を X とするとき、E[X] を求めよ。

例 2.1.

3\ \text{人が帽子を無作為に取るとき、自分の帽子を取る人数}\ X\ \text{の期待値}\ E[X]

答 $1$

注意 X_i を「i 番目の人が自分の帽子を取る」とき 1、そうでないとき 0 とすると X $=$ X_1 + … + X_3。i 番目の人が自分の帽子を取る確率は 1/3 なので E[X_i] $=$ 1/3。線形性より E[X] $=$ 3 × (1/3) $=$ 1。X_i どうしは独立でない（誰かが自分の帽子を取ると他の人の確率が変わる）が、線形性は独立性を要求しないので、そのまま足せる。人数によらず常に平均ちょうど1人。

3 演習

問題 3.1. 公平な硬貨を10回投げたとき、表の回数の期待値を指示確率変数で求めよ。

解答.

$i=1,\ldots,10$ について、第 $i$ 回に表が出る事象を $A_i$ とする。表の回数は $N=\sum_{i=1}^{10}\mathbf{1}_{A_i}$ であり、硬貨は公平なので $P(A_i)=1/2$ である。定理 1.3により、

E[N]=\sum_{i=1}^{10}P(A_i)=10\cdot\frac12=5

であり、表の回数の期待値は5回である。▨

問題 3.2. $n\ge2$ とする。例 1.4で、人 $i$ が自分宛ての手紙を受け取る事象 $A_i$ が互いに独立でないことを確かめよ。また、独立でないにもかかわらず、自分宛てを受け取る人数の期待値を1と求める計算が変わらない理由を説明せよ。

解答.

$n$ 通の手紙の配り方は $n!$ 通りあり、どれも同じ確率で起こる。人1と人2がともに自分宛てを受け取る配り方は、残りの $n-2$ 通を残りの $n-2$ 人へ配る $(n-2)!$ 通りなので、

P(A_1\cap A_2)=\frac{(n-2)!}{n!}=\frac1{n(n-1)}

である。一方、 $P(A_1)P(A_2)=1/n^2$ であり、 $n(n-1)<n^2$ なので $P(A_1\cap A_2)\ne P(A_1)P(A_2)$ である。したがって、 $A_1$ と $A_2$ は独立でない。

期待値の計算では、定理 1.3を用いて $E[N]=\sum_{i=1}^{n}P(A_i)$ とする。この等式は§B4.8 定理 3.1から導かれ、期待値の線形性は確率変数の独立性を仮定しない。 $E[N]$ の計算に用いるのは各 $P(A_i)=1/n$ だけであり、 $P(A_1\cap A_2)$ のような共通部分の確率は用いない。したがって、事象 $A_i$ が独立でなくても $E[N]=n\cdot(1/n)=1$ である。▨

問題 3.3.定理 1.5から非負整数値という仮定を外すと、 $E[X]>0$ であっても $X(\omega)\ge1$ を満たす結果 $\omega$ が存在しない例を作れ。

解答.

有限標本空間 $\Omega$ のすべての結果 $\omega$ について $X(\omega)=1/2$ と定める。 $X$ は非負の値をとるが、整数値ではない。 $E[X]=1/2>0$ である一方、すべての $\omega$ について $X(\omega)=1/2<1$ なので、 $X(\omega)\ge1$ を満たす結果 $\omega$ は存在しない。▨

レベル3 — 期待値の線形性を使う技法

期待値の線形性（独立でなくても E[X+Y] $=$ E[X]+E[Y]）を用いて、次の期待値を求めよ。

解法の型「回数」「個数」の期待値は指示確率変数 X_i（起きたら1）の和に分解し、E[X] $=$ $\Sigma$ P(A_i) とする。全体の分布は求めなくてよい

問題 3.4. 3 人が自分の帽子を1つずつ持ち寄り、無作為に1つずつ取る。自分の帽子を取る人数を X とするとき、E[X] を求めよ。

3\ \text{人が帽子を無作為に取るとき、自分の帽子を取る人数}\ X\ \text{の期待値}\ E[X]

解答.

答 $1$

問題 3.5. サイコロを 3 回投げるとき、出た目の種類の個数を X とする。E[X] を求めよ。

\text{サイコロを}\ 3\ \text{回投げたときに出る目の種類数}\ X\ \text{の期待値}\ E[X]

解答.

答 $\dfrac{91}{36}$

注意 X_k を「目 k が少なくとも1回出る」とき 1 とすると X $=$ X_1 + … + X_6。目 k が1回も出ない確率は (5/6)^3 なので E[X_k] $=$ 1 − (5/6)^3 $=$ (6^3 − 5^3)/6^3 $=$ 91/216。線形性より E[X] $=$ 6 × 91/216 $=$ 91/36。X_k は明らかに独立でないが、線形性には無関係。▨

問題 3.6. 3 種類のカードが等確率で1枚ずつ出るくじがある。3 種類すべてをそろえるまでに引く回数を X とするとき、E[X] を求めよ。

3\ \text{種類のカードを全部そろえるまでの回数}\ X\ \text{の期待値}\ E[X]

解答.

答 $\dfrac{11}{2}$

注意すでに i 種類そろっているとき、新しい種類が出る確率は (3 − i)/3 なので、次の1種類が増えるまでの回数の期待値は 3/(3 − i)（成功確率 p の試行を初めて成功するまでの回数の期待値は 1/p）。X をこの段階ごとの回数の和に分解して線形性で足すと E[X] $=$ 3(1 + 1/2 + 1/3) $=$ 11/2。▨

§B4.19期待値の線形性を使う技法

1 指示確率変数

2 例題

3 演習

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