§B4.8確率変数の期待値・分散

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試行の結果そのものと、結果へ数を対応させた確率変数と、確率変数がとる値の確率分布を区別します。

1 確率変数と確率分布

定義 1.1 (確率変数と確率分布). 有限標本空間Ω\Omega上の確率変数とは、各結果ω∈Ω\omega\in\Omegaに実数X(ω)X(\omega)を対応させる関数です。XXがとりうる値をx1,…,xmx_1,\ldots,x_mとするとき、

pi=P(X=xi)p_i=P(X=x_i)

を並べたものをXXの確率分布といいます。各pi≥0p_i\ge0であり、∑i=1mpi=1\sum_{i=1}^{m}p_i=1が成り立ちます。

2 期待値と分散

定義 2.1 (期待値・分散・標準偏差). 有限個の値x1,…,xmx_1,\ldots,x_mをとる確率変数XXの期待値、分散、標準偏差を

E[X]=∑i=1mxipi,V[X]=E[(X−E[X])2],σX=V[X]E[X]=\sum_{i=1}^{m}x_ip_i,\qquad V[X]=E[(X-E[X])^2],\qquad \sigma_X=\sqrt{V[X]}

と定義します。

期待値は試行を多数回繰り返したときの平均の理論値ですが、一回の試行で実際に得る値とは限りません。公平な六面体サイコロの出る目の期待値は3.53.5ですが、一回の試行で3.53.5の目は出ません。

公式 2.2 (分散の計算公式).

V[X]=E[X2]−E[X]2.V[X]=E[X^2]-E[X]^2.

証明.(X−E[X])2=X2−2E[X]X+E[X]2(X-E[X])^2=X^2-2E[X]X+E[X]^2の期待値を取り、定数E[X]E[X]を用いて整理すると公式を得ます。▨

3 期待値の線形性

定理 3.1 (期待値の線形性). 同じ有限標本空間上の確率変数X,YX,Yと実数a,ba,bについて、

E[aX+bY]=aE[X]+bE[Y]E[aX+bY]=aE[X]+bE[Y]

が成り立ちます。X,YX,Yの独立性は仮定しません。

証明.X=xi,Y=yjX=x_i,Y=y_jとなる同時確率をpijp_{ij}とすると、

E[aX+bY]=∑i,j(axi+byj)pij.E[aX+bY]=\sum_{i,j}(ax_i+by_j)p_{ij}.

和を分け、∑jpij=P(X=xi)\sum_jp_{ij}=P(X=x_i)と∑ipij=P(Y=yj)\sum_ip_{ij}=P(Y=y_j)を用いると結論を得ます。▨

4 共分散と分散の加法性

定義 4.1 (共分散). 有限個の値をとる確率変数X,YX,Yの共分散を

Cov⁡(X,Y)=E[(X−E[X])(Y−E[Y])]\operatorname{Cov}(X,Y)=E[(X-E[X])(Y-E[Y])]

と定義します。

公式 4.2 (和の分散).

V[X+Y]=V[X]+V[Y]+2Cov⁡(X,Y).V[X+Y]=V[X]+V[Y]+2\operatorname{Cov}(X,Y).

したがって、Cov⁡(X,Y)=0\operatorname{Cov}(X,Y)=0ならばV[X+Y]=V[X]+V[Y]V[X+Y]=V[X]+V[Y]が成り立ちます。

証明.(X+Y−E[X+Y])2(X+Y-E[X+Y])^2を展開し、期待値の線形性を用いると公式を得ます。▨

定義 4.3 (確率変数の独立). 有限個の値をとる確率変数X,YX,Yが、すべての実数x,yx,yについて

P(X=x,Y=y)=P(X=x)P(Y=y)P(X=x,Y=y)=P(X=x)P(Y=y)

を満たすとき、XXとYYは独立であるといいます。

定理 4.4.X,YX,Yが独立で、有限個の値をとるならば、Cov⁡(X,Y)=0\operatorname{Cov}(X,Y)=0です。

証明. 独立性から同時確率が積に分かれるのでE[XY]=E[X]E[Y]E[XY]=E[X]E[Y]です。共分散をE[XY]−E[X]E[Y]E[XY]-E[X]E[Y]と書けば0になります。▨

独立性は分散の加法性の十分条件ですが、必要条件ではありません。

例 4.5.XXが−1,0,1-1,0,1をそれぞれ確率1/31/3でとり、Y=X2Y=X^2とします。YYはXXから決まるので独立ではありません。一方、E[X]=0E[X]=0かつE[XY]=E[X3]=0E[XY]=E[X^3]=0なので、Cov⁡(X,Y)=0\operatorname{Cov}(X,Y)=0です。

例 4.6. 表の確率がppである硬貨について、表ならばX=1X=1、裏ならばX=0X=0とします。このとき

E[X]=p,V[X]=p(1−p)E[X]=p,\qquad V[X]=p(1-p)

です。

5 例題

レベル2 — 確率変数の期待値・分散

次の確率分布に従う確率変数 X について、期待値 E[X] と分散 V(X) を求めよ。

解法の型E[X]==Σ\Sigmax⋅P(X=x)x\cdot P(X=x)、V(X)==E[X²] − (E[X])²、E[aX+b]==aE[X]+b、V(aX+b)==a²V(X)

例 5.1. 10 本のくじがあり、得点が 0 点のものが 5 本、1 点のものが 1 本、2 点のものが 3 本、3 点のものが 1 本ある。この中から1本を無作為に引いたときの得点を X とする。Y==3X - 6 とおくとき、Y の期待値 E[Y] と分散 V(Y) を求めよ。

X0123計P121103101101Y=3X−6\begin{array}{c|cccc|c} X & 0 & 1 & 2 & 3 & \text{計} \\\hline P & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{10} & \dfrac{3}{10} & \dfrac{1}{10} & 1 \end{array} \qquad Y = 3X - 6

答E[Y]=−3,V(Y)=545E[Y] = -3,\quad V(Y) = \dfrac{54}{5}

注意 まず E[X]==1、V(X)==E[X²] − (E[X])²==22/10 − 1==12/10==6/5。あとは E[aX+b]==aE[X]+b、V(aX+b)==a²V(X)（定数 b は散らばりを動かさないので分散には効かない）を使う。a==3, b==-6 より E[Y]==3×1 − 6==-3、V(Y)==9×(6/5)==54/5。

例 5.2. 10 本のくじがあり、得点が 1 点のものが 2 本、2 点のものが 1 本、3 点のものが 2 本、4 点のものが 5 本ある。この中から1本を無作為に引いたときの得点を X とする。X の期待値 E[X] と分散 V(X) を求めよ。

X1234計P1511015121\begin{array}{c|cccc|c} X & 1 & 2 & 3 & 4 & \text{計} \\\hline P & \dfrac{1}{5} & \dfrac{1}{10} & \dfrac{1}{5} & \dfrac{1}{2} & 1 \end{array}

答E[X]=3,V(X)=75E[X] = 3,\quad V(X) = \dfrac{7}{5}

注意 E[X]==(1×2 + 2×1 + 3×2 + 4×5) / 10==3。E[X²]==(1×2 + 4×1 + 9×2 + 16×5) / 10==104/10。V(X)==E[X²] − (E[X])²==104/10 − 9==14/10==7/5。

6 演習

問題 6.1. 確率変数XXがP(X=0)=1/4P(X=0)=1/4、P(X=2)=3/4P(X=2)=3/4を満たすとき、XXの期待値と分散を求めよ。

解答.

定義 2.1により、

E[X]=0⋅14+2⋅34=32,E[X2]=02⋅14+22⋅34=3E[X]=0\cdot\frac14+2\cdot\frac34=\frac32,\qquad E[X^2]=0^2\cdot\frac14+2^2\cdot\frac34=3

である。公式 2.2により、V[X]=E[X2]−E[X]2=3−9/4=3/4V[X]=E[X^2]-E[X]^2=3-9/4=3/4である。▨

問題 6.2.V[X+Y]=V[X]+V[Y]V[X+Y]=V[X]+V[Y]が成り立つために、XXとYYが独立であることは必要条件ではない。その理由を説明せよ。

解答.

公式 4.2により、Cov⁡(X,Y)=0\operatorname{Cov}(X,Y)=0ならばV[X+Y]=V[X]+V[Y]V[X+Y]=V[X]+V[Y]が成り立つ。したがって、独立でないが共分散が0である確率変数X,YX,Yが一つでも存在すれば、独立性は必要条件ではない。例 4.5のXXとY=X2Y=X^2は独立ではなく、共分散は0である。

この例のX,YX,Yについて、等式を直接確かめる。XXは−1,0,1-1,0,1をそれぞれ確率1/31/3でとるので、V[X]=E[X2]−E[X]2=2/3V[X]=E[X^2]-E[X]^2=2/3である。YYは1を確率2/32/3、0を確率1/31/3でとるので、V[Y]=2/3−(2/3)2=2/9V[Y]=2/3-(2/3)^2=2/9である。X+YX+Yは、X=−1,0X=-1,0のとき0、X=1X=1のとき2をとるので、0を確率2/32/3、2を確率1/31/3でとる。したがって、

V[X+Y]=43−(23)2=89=23+29=V[X]+V[Y]V[X+Y]=\frac43-\left(\frac23\right)^2=\frac89=\frac23+\frac29=V[X]+V[Y]

が成り立つ。XXとYYは独立でないので、独立性はV[X+Y]=V[X]+V[Y]V[X+Y]=V[X]+V[Y]の必要条件ではない。▨

問題 6.3.定理 3.1の証明で独立性を使っていないことを、同時分布の和の計算から確かめよ。

解答.

X=xi,Y=yjX=x_i,Y=y_jとなる同時確率をpijp_{ij}とする。事象{X=xi,Y=yj}\{X=x_i,Y=y_j\}（jjを動かす）は互いに排反であり、その和集合は{X=xi}\{X=x_i\}なので、∑jpij=P(X=xi)\sum_jp_{ij}=P(X=x_i)である。同様に∑ipij=P(Y=yj)\sum_ip_{ij}=P(Y=y_j)である。これらを用いると、

E[aX+bY]=∑i,j(axi+byj)pij=a∑ixi∑jpij+b∑jyj∑ipij=a∑ixiP(X=xi)+b∑jyjP(Y=yj)E[aX+bY]=\sum_{i,j}(ax_i+by_j)p_{ij} =a\sum_ix_i\sum_jp_{ij}+b\sum_jy_j\sum_ip_{ij} =a\sum_ix_iP(X=x_i)+b\sum_jy_jP(Y=y_j)

となり、右辺はaE[X]+bE[Y]aE[X]+bE[Y]である。この計算で用いたのは、和の順序の入れ替えと、排反な事象の確率の加法性だけである。独立性を用いるのはpij=P(X=xi)P(Y=yj)p_{ij}=P(X=x_i)P(Y=y_j)と積に分解する場合であるが、この計算ではpijp_{ij}を積に分解していない。したがって、定理 3.1の証明は独立性を使っていない。▨

レベル2 — 確率変数の期待値・分散

次の確率分布に従う確率変数 X について、期待値 E[X] と分散 V(X) を求めよ。

解法の型E[X]==Σ\Sigmax⋅P(X=x)x\cdot P(X=x)、V(X)==E[X²] − (E[X])²、E[aX+b]==aE[X]+b、V(aX+b)==a²V(X)

問題 6.4. 10 本のくじがあり、得点が 1 点のものが 4 本、2 点のものが 3 本、3 点のものが 2 本、4 点のものが 1 本ある。この中から1本を無作為に引いたときの得点を X とする。Y==3X + 3 とおくとき、Y の期待値 E[Y] と分散 V(Y) を求めよ。

X1234計P25310151101Y=3X+3\begin{array}{c|cccc|c} X & 1 & 2 & 3 & 4 & \text{計} \\\hline P & \dfrac{2}{5} & \dfrac{3}{10} & \dfrac{1}{5} & \dfrac{1}{10} & 1 \end{array} \qquad Y = 3X + 3
解答.

答E[Y]=9,V(Y)=9E[Y] = 9,\quad V(Y) = 9

注意 まず E[X]==2、V(X)==E[X²] − (E[X])²==50/10 − 4==10/10==1。あとは E[aX+b]==aE[X]+b、V(aX+b)==a²V(X)（定数 b は散らばりを動かさないので分散には効かない）を使う。a==3, b==3 より E[Y]==3×2 + 3==9、V(Y)==9×1==9。▨

問題 6.5. 12 本のくじがあり、得点が 0 点のものが 6 本、1 点のものが 2 本、2 点のものが 2 本、3 点のものが 2 本ある。この中から1本を無作為に引いたときの得点を X とする。X の期待値 E[X] と分散 V(X) を求めよ。

X0123計P121616161\begin{array}{c|cccc|c} X & 0 & 1 & 2 & 3 & \text{計} \\\hline P & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} & 1 \end{array}
解答.

答E[X]=1,V(X)=43E[X] = 1,\quad V(X) = \dfrac{4}{3}

注意 E[X]==(0×6 + 1×2 + 2×2 + 3×2) / 12==1。E[X²]==(0×6 + 1×2 + 4×2 + 9×2) / 12==28/12。V(X)==E[X²] − (E[X])²==28/12 − 1==16/12==4/3。▨

問題 6.6. 12 本のくじがあり、得点が 1 点のものが 1 本、2 点のものが 2 本、3 点のものが 5 本、4 点のものが 4 本ある。この中から1本を無作為に引いたときの得点を X とする。Y==3X - 3 とおくとき、Y の期待値 E[Y] と分散 V(Y) を求めよ。

X1234計P11216512131Y=3X−3\begin{array}{c|cccc|c} X & 1 & 2 & 3 & 4 & \text{計} \\\hline P & \dfrac{1}{12} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{5}{12} & \dfrac{1}{3} & 1 \end{array} \qquad Y = 3X - 3
解答.

答E[Y]=6,V(Y)=152E[Y] = 6,\quad V(Y) = \dfrac{15}{2}

注意 まず E[X]==3、V(X)==E[X²] − (E[X])²==118/12 − 9==10/12==5/6。あとは E[aX+b]==aE[X]+b、V(aX+b)==a²V(X)（定数 b は散らばりを動かさないので分散には効かない）を使う。a==3, b==-3 より E[Y]==3×3 − 3==6、V(Y)==9×(5/6)==15/2。▨

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