確率論 I レジメ2010/12/08, 西岡

1 確率論とは何か• 確率論を一口で言うと, ‘偶然量の法則性を調べる数学’ である.

(i) ところが偶然というのは, ‘本来予測できない’ という意味だから, ‘その法則性’ という説明は自己矛盾とも考えられる.

(ii) しかし実際には, ‘粒子の存在確率’ という偶然性の概念が量子力学の基礎となっており, それを取り除くと幾つもの物理現象の説明は大変難しくなる*1. ⇒ つまり, 自然界での偶然量には法則がある.

(iii) また近年金融の基礎となりつつある「数理ファイナンス」は, 株価の変動をある法則性を持つ確率現象と捉え, ‘オプション’ と呼ばれる金融派生商品の適正価格を決定する理論である.

⇒ これらは ‘偶然量の法則’ が実社会に意味のある研究対象であることを示す例と言える.

• それではどういう ‘偶然量’ が, 数学= 確率論 の対象になるのか?

確率論が扱う偶然量 (i) 何回でも繰り返すと何らかの安定性のある量が現れるような ‘偶然量’ だけを対象としている.

(ii) どういうときに, この安定性が出現するかは 極限定理 という言葉で厳密に定義されている.

(iii) 良く知られている ‘極限定理’ としては,「大数の法則 」「ポアッソンの小数法則」「中心極限定理」などが有るa.

(iv) これらの極限定理どれも保険業務や統計などの基礎理論であり, 社会と密接に関連している.

a 「確率論 II」で講義する. 1.1 確率論の始まり–ラプラスによる確率の定義

• 数学史で確率論の発端といわれるのは, パスカルが父親から,「ゲームを途中で止めたときに掛け金をどう配分したらよいか?」という質問を受けた事とされている. 掛け金は「賭の勝率の期待値」 に従って配分するので, これは確率計算の問題になる.

• パスカル以前にもケプラーやガリレオなども確率の計算結果を発表したり, 本を書いたりしている.

またパスカルと同時代の, フェルマー, ベルヌーイ, ドゥ・モワブル, ラプラス なども確率論を研究した.

• この頃の確率論の問題は,「サイコロの問題」とかごく簡単なものが対象なので, ‘確率’ という概念も厳密な吟味を必要としなかった. 例えばラプラスは, 次を確率の定義としている*2.

定義 1.1 (ラプラス). 全体が同じように起こりうる n 個の場合から成る. 事象 A がそのうちの k 個の場合から成るとき, 事象 A の起こる確率 P[A] = k/n である.

*1 有名なアインシュタインは, 当初 ‘偶然性 ‘ を物理学に持ち込むことに反対で,「神はサイコロを振らない」という言葉を残した. しかし晩年には, その立場を変えた.

*2 高校数学で学ぶ確率論でも, ‘確率の定義’ として 定義 1.1 を採用している.

1

1.2 ベルヌ-イの発見–大数の法則

17 世紀までの確率論では, 有限な事象に対して組み合わせ論的な計算で確率を求めることが主な研究だった.

この段階から本質的な飛躍が起こったのがベルヌーイの「大数の法則」の発見である. 「大数の法則」は後で詳しく講義するが, その直感的イメージは次のようなものである:

‘大数の法則’ のイメージ: 公平なサイコロを n 回振るとき, 1 の目がでる回数を n1 とする. するとn → ∞ のとき, n1/n → 1/6 となる.

これは「無限個のランダムな量に関する法則性が発見された」と見る事ができ, 確率論と実社会との接点となる発見であった*3.

1.3 有限から無限事象へ

• ベルヌーイの大数の法則がそれまでの確率論からの“本質的な飛躍”と言う意味は, 無限個のランダムな量を扱う故である.

• ところが, 無限個の量を扱う場合には, 「ラプラスによる確率の定義 1.1 」自体の正当性を再検討する必要がある*4 .

• 実際に, ラプラスの定義 1.1 では不十分な例を「ベルトランドのパラドクス」(付録を参照) で挙げた.

1.4 近代確率論の立場 – 確率空間

• 近代の確率論では,「極限定理」に代表されるように, “無限個の値をとる偶然量”が主たる対象となる.

• そこでは「ベルトランドのパラドクス」と同じように, ‘確率の解釈での曖昧さ’ が出現するので,「まず確率を定義してから議論を開始する」 との立場が共通認識となっている.

より詳しくいうと, 近代確率論では

(a) 観測する対象の全体: “事象空間”と呼ばれ, Ω と表記されることが多い.

(b) 数学的な操作ができる対象のクラス: “加算加法族”と呼ばれ, F 等と表記される. 数理ファイナンスや確率論の専門家には重要なことだが, 本書の段階では気にしなくて良い.

(c) 確率: 事象空間 Ω に属する全てのものにたいし, それが起こる確率 P を定義する. P は確率測度と呼ばれる.

の三つ組み (Ω,F ,P) を予め確定してから, 議論を開始する.

つまり, 確率は予め宣言するものであり, 観測や経験から導かれるものではないが「確率とはなにか」への回答と要約できる.

注意 1.2. (i) この三つ組み (Ω,F ,P) は 確率空間 と呼ばれ, これを準備することが近代確率論の特徴である. F や P は幾つかの条件を満たすことが要請されているが, その概略は 後に述べる.

(ii) ただし, 本講義で主に扱う“Ω が有限個の場合”には, 前記 (i) の厳密な準備は必要が無い場合が多く,

「ラプラスによる確率の定義 1.1」でもそれほど不都合は生じない.

*3 競馬, カジノ, 宝くじ などの事業での利益を保証する原理である.*4 無限を扱う場合, 一見常識とは異なる事態が起こりえる. 例えば, 次の等式が厳密に成立している: 0.999 · · · = 1

2

(iii) 事象空間 Ω が無限個からなるとき, 上記 (c) (事象空間 Ω に属する全てのものにたいし, それが起こる確率 P を定義する) を実行することは, 決して簡単ではない*5.

2 確率空間(i) 現代の確率論では, 無限個の事象を扱うため, 「まず適当な確率空間 (Ω, P) を定義する」という方法をとる. ただし, 事象が有限個の場合, そのような厳密さを必要としない.

(ii) また, 近代確率論では「集合論の演算と記号」を多用する.

2.1 確率空間の定義

確率空間 • Ω は n 個の元からなる集合

Ω = w1, w2, · · · , wn

であり, 事象空間a sample space と呼ばれ, その元 wk ∈ Ω は 事象 sample と呼ばれる.

• P は 確率測度 probability measureであり, ある集合族b F 上の集合関数で, 次の条件を満たしている:

0 ≤ P[A] ≤ 1, P[Ω] = 1, P[∅] = 0,

i 6= k なら Aj ∩ Ak = ∅⇒ P[A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An] = P[A1] + P[A2] + · · · + P[An]

(2.1)

a しばしば, “事象空間 ”とも呼ばれる.b この講義では, F としては, 常に“巾集合族= Ω の部分集合の全体”を考えるので, 今後は気にしなくて良い.

• つまり確率 P は予め与えられており, 観測などから自動的に導かれるものではない.

練習問題 2.1. 確率空間 (Ω,P) において, 次のことを確かめよ.

(i) P[Ac] = 1 − P[A], (ii) A ⊂ B ⇒ P[A] ≤ P[B]

(iii) A ∩ B = ∅ ⇒ P[A ∪ B] = P[A] + P[B]. ]

2.2 確率空間の例

例題 2.2. サイコロを 1 回投げる. 起こり得る事象は

w1 ≡ 1 の目がでる , w2 ≡ 2 の目がでる , · · · , w6 ≡ 6 の目がでる

の 6 通りであり, 事象空間は Ω = w1, · · · , w6 *6.

*5 20世紀初頭に, ロシア人の数学者 A. N. コルモゴロフ が (iii) を実行する一般的な方法 (「コルモゴロフの拡張定理」)を提案し, 近代確率論への道を切り開いた.

*6 F は Ω の巾集合族

F ≡ ∅, Ω, w1, · · · , w6, w1 ∪ w2, · · · , w5 ∪ w6, w1 ∪ w2 ∪ w3, · · ·

で 26 = 64 個の集合から成っている.

3

また, このサイコロが公正なものとすると, 確率測度 P は

P[w1] =16, P[w2] =

16, · · · ,P[w6] =

16

となる.

練習問題 2.3. 例題 2.2 の確率空間 (Ω,P) で,

A ≡サイコロの目が奇数 = w1, w3, w5, B ≡サイコロの目が 4以上 = w4, w5, w6

とおく. 次の確率を計算せよ.

(i) P[A ∩ B], (ii) P[A ∪ B], (iii) P[A] + P[B] − P[A ∩ B]. ]

例題 2.4. コインを 2 回投げる. 起こり得る事象は

w1 ≡ 1 回目=表, 2 回目=表 , w2 ≡ 1 回目=裏, 2 回目=表 ,w3 ≡ 1 回目=表, 2 回目=裏 , w4 ≡ 1 回目=裏, 2 回目=裏 ,

の 4 通りであり, 事象空間は Ω = w1, · · · , w4, その巾集合族 F は 16 個の集合から成っている*7. ここで

(2.2) 投げたコインは必ずしも公正ではなく, 表がでる確率が p, 0 < p < 1,

とする. このとき 確率測度 P は

P[w1] = p2, P[w2] = P[w3] = p(1 − p), P[w4] = (1 − p)2

となる.

• 次の例の様に, 事象の数が多いときに, 確率空間をきちんと定義することは易しくない. 20世紀初頭にロシア人の数学者コロモゴロフ Kolmogorov が,

次の例題 2.5 で n → ∞ の場合にも, 確率空間を定義できる方法 (= Kolmogorov の拡張定理)

を証明し, 近代確率論が誕生した.

例題 2.5. 今度は (2.2) のコインを n 回投げる. 起こり得る事象は

w1 ≡ 1 回目=表, 2 回目=表, 3 回目=表, · · · , n 回目=表 ,w2 ≡ 1 回目=裏, 2 回目=表, 3 回目=表, · · · , n 回目=表 ,w3 ≡ 1 回目=表, 2 回目=裏, 3 回目= 表, · · · , n 回目=表 ,

...

wN ≡ 1 回目=裏, 2 回目=裏, 3 回目=裏, · · · , n 回目=裏 ,

(2.3)

の N = 2n 通りであり, 事象空間は Ω = w1, · · · , wN *8.

このように極めて多数の元からなる Ω を扱う場合には, (2.3) を次のように書き直した方が分かり易くなる.

*7 Ω の巾集合族は

F ≡ ∅, Ω, w1, · · · , w4, w1 ∪ w2, · · · , w3 ∪ w4, w1 ∪ w2 ∪ w3, · · · , w2 ∪ w3 ∪ w4

で 24 = 16 個の集合から成っている.*8 F は Ω のべき集合族で 2N = 22n 個の集合から成っている.

4

別の表記法 : 1 が表, 0 が裏を表すとして,

w ∈ Ω にたいし w = (w(1), w(2), · · · , w(n))

ここで w(k) = 1 もしくは 0.(2.4)

この表記法を使うと, (2.3) は

w1 = (1, 1, · · · , 1), w2 = (0, 1, · · · 1), w3 = (1, 0, 1, · · · , 1), · · · , wN = (0, 0, · · · , 0)

となる. すると確率測度 P は

w ∈ Ω にたいし P[w] = p|w| (1 − p)n−|w|,

ここで |w| ≡ w(1) + w(2) + · · · + w(n) =表がでた回数(2.5)

となる.

3 条件付き確率と独立確率空間 (Ω,P) を固定する.

定義 3.1. P[B] 6= 0 である事象 A, B にたいし,

事象 B が起こった後に, 事象 A が起こる確率

を 条件付き確率 conditional probability P[A/B] と呼び,

(3.1) P[A/B] ≡ P[A ∩ B]P[B]

(ベイズの公式)

で定義する*9.

定理 3.2 (ベイズの定理). P[H] 6= 0, P[A] 6= 0 である事象 H, A にたいし, 次の等式が成立する:

(3.2) P[H/A] =P[H] · P[A/H]

P[H] · P[A/H] + P[Hc] · P[A/Hc].

ただし, P[Hc] = 0 の場合, P[Hc] · P[A/Hc] = 0 と約束する.

[証明] ベイズの公式を使う. P[A ∩ H] + P[A ∩ Hc] = P[A] になることに注意して,

(3.2) の右辺 =P[A ∩ H]

P[A ∩ H] + P[A ∩ Hc]=

P[A ∩ H]P[A]

= (3.2) の左辺. 2

例題 3.3 (ベイジアン・フィルター). 迷惑メールの防止フィルターを, 件名に ‘援助交際’ という言葉が含まれているか否かで設定する. 事象 H,A を

H = 迷惑メールである ,A = 文中に ‘援助交際’ の言葉が含まれる ,

とおく. 過去の統計データによれば

(3.3) P[A/H] = 0.3, P[A/Hc] = 0.01,P[Hc]P[H]

= 2

であった. この迷惑メールの判定フィルターの有効確率 P[H/A] を求めよ.

*9 T. Bayes は英国長老派教会の牧師でアマチュア数学者. ベイズの公式 (3.1) は彼の死後に発表された. 条件付き確率 P[A/B]

は ‘事後確率’ とも呼ばれる. なお, この公式は「朝日新聞」の特集記事で紹介されるなど, 各方面へ応用され近年注目を集めている.

5

[解答] まず, ベイズの公式 から

P[H ∩ A] =P[H ∩ A]

P[H]· P[H] = P[A/H] · P[H].

P[A] = P[A ∩ H] + P[A ∩ Hc] =P[A ∩ H]

P[H]· P[H] +

P[A ∩ Hc]P[Hc]

· P[Hc]

= P[A/H] · P[H] + P[A/Hc] · P[Hc].

これを求めるべきP[H/A] =

P[H ∩ A]P[A]

.

の分母/分子に代入する.

P[H/A] =P[A/H] · P[H]

P[A/H] · P[H] + P[A/Hc] · P[Hc]=

P[A/H]P[A/H] + P[A/Hc] ·

(P[Hc]/P[H]

) .

この右辺に統計データを代入して

P[H/A] =0.3

0.3 + 2 × 0.01' 0.94.

なお, 統計データ (3.3) を時間と共に更新することで, 時間経過で進化する ‘学習型のベイジアン・フィルター’ が得られる. 2

例題 3.4 (迷惑メールの割合とベイジアン・フィルターの有効性). 例題 3.3 で使用した統計データで

迷惑メールの割合 P[H]

が増加/減少するとき, 迷惑メールの判定フィルターの有効確率 P[H/A] はどう変化するか ?

H = 迷惑メールである , A = 文中に ‘援助交際’ の言葉が含まれる ,P[A/H] = 0.3, P[A/Hc] = 0.01, P[H] = x

と, 迷惑メールの割合 P[H] = x を変数とし, P[H/A] を x の関数として表せ.

[解答] 前と同じ計算で, P[H/A] =P[H] · P[A/H]

P[H] · P[A/H] + P[Hc] · P[A/Hc].

ここでP[H] + P[Hc] = 1 ⇒ P[Hc] = 1 − P[H] = 1 − x

を代入して, P[H/A] =x · 0.3

x · 0.3 + (1 − x) · 0.01=

30x

1 + 29x.

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5x

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

実際に計算すると

x 0.05 0.1 0.2 0.3 0.5 0.7 0.9P[H/A] 0.61 0.77 0.88 0.93 0.97 0.99 0.996

つまり, 迷惑メールの割合 x = P[H] が 30 % 以上ないと, その有効性は急激に低くなる. 2

6

定義 3.5. “事象 A と B が独立 independent”とは

(3.4) P[A ∩ B] = P[A] · P[B]

が成立することである.

• ベイズの公式を使うと, “独立”が “事象 A と B は無関係”と同値であることが判る.

定理 3.6. 事象 A と B が独立. ⇔ P[A/B] = P[A].

[証明] まず ⇒ を示す. ベイズの公式 (3.1) と 独立の定義 (3.4) より

P[A/B] =P[A ∩ B]

P[B]=

P[A] · P[B]P[B]

= P[A].

次に ⇐ を示す. 定理の仮定と ベイズの公式 (3.1) より

P[A ∩ B]P[B]

= P[A/B] = P[A]

となる. 両辺に P[B] を乗じて, ‘独立’ の定義 (3.4) が得られる. 2

• 3個以上の事象にたいしては, 独立 を定義すること自体が煩雑な作業である.

定義 3.7. (i) “3 個の事象 A,B, C が互いに独立”とは, 次の四つの等式が成立することである:

P[A ∩ B] = P[A] · P[B], P[B ∩ C] = P[B] · P[C],

P[C ∩ A] = P[C] · P[A],(3.5a)

(3.5b) P[A ∩ B ∩ C] = P[A] · P[B] · P[C].

(ii) “k 個の事象 A1, A2, · · · , Ak が互いに独立”とは, A1, A2, · · · , Ak から取り出した任意の j 個の事象Ai1 , Ai2 , · · · , Aij にたいし, 次の等式が成立することである:

P[Ai1 ∩ Ai2 ∩ · · · ∩ Aij ] = P[Ai1 ] · P[Ai2 ] · · ·P[Aij ].

注意 3.8. 事象 A,B, C にたいし (3.5a) が成立していても (3.5b) が成立するとは限らない.

反例: 4枚のカード a, b, c, d があり,

「a には 2」, 「b には 3」,「c には 5」, 「d には 30」

と数字が書かれている. いまランダムにカードを選ぶとし, 事象 A, B,C を

事象 A : カードの数字が 2 で割り切れる,

事象 B : カードの数字が 3 で割り切れる,

事象 C : カードの数字が 5 で割り切れる,

とする. このとき (3.5a) は成立しているが, (3.5b) は不成立である.

例題 3.9. 注意 3.8 の 反例 を証明せよ.

7

[解答] カード a, b, c, d が選ばれる確率は各々 1/4 なので,

P[A ∩ B] = P[カード d を選ぶ] =14

だがP[A] = P[カード a または d を選ぶ] =

12, P[B] = P[カード b または d を選ぶ] =

12

となり, (3.5a) の第一式が成立している. また

P[B ∩ C] = P[カード d を選ぶ] =14

だがP[B] = P[カード b または d を選ぶ] =

12, P[C] = P[カード c または d を選ぶ] =

12

となり, 第二式も成立している. 第三式もこれと同様の計算で成立が示される. 一方,

P[A ∩ B ∩ C] = P[カード d を選ぶ] =14,

P[A] · P[B] · P[C] =12· 12· 12

=18

だから, (3.5b) は不成立である. 2

• さらに (3.5b) が成立していても (3.5a) が成立するとは限らない.

例題 3.10. 24枚のカードがあり, 各カードには数字が一つ書かれている. ‘書かれた数字’ と ‘その数字が書いてあるカードの枚数’ は以下の通り:

カードに書いてある数字 カードの枚数2, 3, 5 それぞれ 5 枚ずつ

6, 10, 15 それぞれ 2枚ずつ30 3枚

いまランダムにカードを選ぶとし, 事象 A, B,C を

事象 A : カードの数字が 2 で割り切れる,

事象 B : カードの数字が 3 で割り切れる,

事象 C : カードの数字が 5 で割り切れる,

とする.

(i) (3.5b) が成立していることを示せ. (ii) (3.5a) は成立しないことを示せ.

4 確率変数確率空間 (Ω,P) を固定する.

“全ての事象 w ∈ Ω にたいし実数を与える関数” X : Ω → R を確率変数 random variable と呼ぶ.

２つの確率変数 X(w), Y (w) を考え, X(w) は a1, a2, · · · , an の値, Y (w) は b1, b2, · · · , bm の値をとるとする. X(w) と Y (w) が 独立 independent とは, すべての 1 ≤ j ≤ n, 1 ≤ k ≤ m にたいし

(4.1) P[X(w) = aj , Y (w) = bk] = P[X(w) = aj ] · P[Y (w) = bk]

が成立することである.

8

例題 4.1. 例題 2.4 の確率空間 (Ω,P) で 確率変数 X(w), Y (w) を次のように定義する:

X(w) ≡

1 1 回目に投げたコインが表−1 1 回目に投げたコインが裏

Y (w) ≡

1 2 回目に投げたコインが表−1 2 回目に投げたコインが裏

(4.2)

すると,

P[X(w) = 1] = P[w1 ∪ w3] = P[w1] + P[w3] = p2 + p(1 − p) = p,

P[X(w) = −1] = P[w2 ∪ w4] = P[w2] + P[w4]

= p(1 − p) + (1 − p)2 = 1 − p,

P[Y (w) = 1] = P[w1 ∪ w2] = P[w1] + P[w2] = p2 + p(1 − p) = p,

P[Y (w) = −1] = P[w3 ∪ w4] = P[w3] + P[w4]

= p(1 − p) + (1 − p)2 = 1 − p

(4.3)

となる.

練習問題 4.2. 上の (4.2) で述べた確率変数 X(w), Y (w) は独立である. 実際に

P[X(w) = 1, Y (w) = 1], P[X(w) = 1, Y (w) = −1],P[X(w) = −1, Y (w) = 1], P[X(w) = −1, Y (w) = −1],

を計算し, 独立であることを確かめよ. ]

練習問題 4.3. 例題 2.4 で述べたコインを２回投げ,

(4.4) Z(w) ≡ 表の出た数 ×100 円

だけ賞金がもらえる. この確率変数 Z(w) を (4.2) の X(w), Y (w) を使って表せ.

また次の確率を計算せよ.

(i) P[Z(w) = 200], (ii) P[Z(w) = 100], (iii) P[Z(w) = 0]. ]

例題 4.4. つぎに, 例題 2.5 の確率空間 (Ω,P) で, 確率変数 Xk(w), k = 1, 2, · · · , n, を次で定義する.

(4.5) Xk(w) ≡

1 k 回目に投げたコインが表−1 k 回目に投げたコインが裏

この場合に P[Xk(w) = ±1] の確率を計算してみよう: (2.4) の表記法を使う. 数学的帰納法を使えば

P[Xk(w) = 1] = P[w ∈ Ω : w(k) = 1] =X

w∈Ω,w(k)=1

P[w] = p

P[Xk(w) = −1] = P[w ∈ Ω : w(k) = 0] =X

w∈Ω,w(k)=0

P[w] = 1 − p

が簡単に証明できる.

定義 4.5. (4.5) の確率変数 Xk(w), k = 1, 2, · · · , n にたいし, 新しい確率変数を

(4.6) Sk(w) ≡

0 k = 0X1(w) + · · · + Xk(w) 1 ≤ k ≤ n.

この確率変数は標準ランダム・ウォーク random walk と呼ばれ, 応用上, 重要なものである.

9

命題 4.6. (4.6) の Sk(w), k = 0, 1, · · · , n, の確率分布は, 以下の通りである:

P[Sn(w) = m] = nC(n+m)/2 p(n+m)/2 (1 − p)(n−m)/2,

ここで − n ≤ m ≤ n かつ n + m は偶数. (4.7)

[証明] Sn(w) = m なるランダム・ウォークにたいし, u ≡ X1(w), · · · , Xn(w) のなかで, 1 の値をとるものの総数

v ≡ X1(w), · · · , Xn(w) のなかで, −1 の値をとるものの総数

⇒ 極端な例を考える: 最初から u 回は勝ち続け, v 回が負け続け.

0

(n,m)v

u

n

m

とすると, 次が成立:

u − v = m, u + v = n → u =n + m

2, v =

n − m

2.

n 回のなかで, u 回勝つ道筋の個数は n Cu, u 回勝つ確率は pu, v 回負ける確率は (1 − p)v.

これらを掛け合わせて 命題が得られる. 2

2 項分布 定義 4.7. ( (4.7) の右辺はもっとも基礎となる確率分布の一つで, 2項分布 binomial distribution

と呼ばれる. 5 確率変数の平均確率変数を特徴づける数値はいろいろあるが, 特に“平均”が重要である.

定義 5.1. (i) a1, · · · , an の値をとる確率変数 X(w) にたいして,

E[X(w)] ≡ a1 P[X(w) = a1] + a2 P[X(w) = a2] + · · · + an P[X(w) = an]

を“X(w) の平均 mean*10”と呼ぶ.

*10 しばしば, 期待値 expectation とも呼ばれる.

10

例題 5.2. 例題 4.1 で定義された確率変数 X(w) の平均を求める. (4.3) を使うと

E[X(w)] = 1 · P[X(w) = 1] + (−1) · P[X(w) = −1]= 1 · p + (−1) · (1 − p) = 2p − 1.

例題 5.3. 次の賭 Gを行う:

G : サイコロを 1 回投げ, 出た目 ×100 円の賞金を獲得

このとき, 賭 G の参加料を幾らに設定*11すれば主催者/参加者の両者に対し公平か?

解答. 例題 2.2 の確率空間 (Ω,P) を考えると, 賭 G で得られる賞金の額は

w = wk のとき Z(w) = k · 100, k = 1, 2, · · · , 6

と表現できる. §5 で述べる“Kolmogorov の強大数の法則”より

n を十分大きな数とする. 賭 G が n 回実施されたとき, 賞金の支払い総額は n · E[Z(w)] に近づく

が判っている. これより“賭 G の参加料”は

E[Z(w)] = 100 · P[Z(w) = 100] + · · · + 600 · P[Z(w) = 600]

= 100 · 16

+ · · · + 600 · 16

=2100

6= 350円

に設定すれば, 主催者/参加者の両者に対し公平である. 2

一般に, 平均の計算は易しくない. その計算を少しでも容易にするために, 次の補題がある.

平均の計算ツール 補題 5.4 (重要). X(w), Y (w) を確率変数, a, b を定数とする.

(i) E[aX(w) + b Y (w)] = aE[X(w)] + bE[Y (w)].

(ii) 定数 a にたいしては, E[a] = a.

(iii) X(w) と Y (w) が独立なら E[X(w) · Y (w)] = E[X(w)] · E[Y (w)]. 定義 5.5. 成功と失敗の２つの結果しかない試行を ベルヌーイ試行 と呼ぶ*12.

例題 5.6. 表が出る確率が p (0 < p < 1) である不正なコインを 2回投げる. 確率変数 X1(w), X2(w) を次で定義:

X1(w) ≡

1 1 回目に表0 1 回目に裏 X2(w) ≡

1 2 回目に表0 2 回目に裏.

(i) つぎの確率分布をもとめよ.

(a) X1 + X2, (b) (X1 + X2)2, (c) X1 · X2

(ii) つぎの平均を計算せよ.

(d) E[X1 + X2], (e) E[(X1 + X2)2], (f) E[X1 · X2].

[解答] (i) X1, X2 は独立で,

*11 運営費用は考えない.*12 ベルヌーイ試行は大変単純だが, 実は多くの確率現象がベルヌーイ試行の組み合わせで表現できる.

11

確率 1 − p p

X1 の値 0 1

確率 1 − p p

X2 の値 0 1

これより

確率 (1 − p)2 2 p(1 − p) p2

X1 + X2 の値 0 1 2

(X1 + X2)2 の値 0 1 4

確率 1 − p2 p2

X1 · X2 の値 0 1

(ii) 前の小問の解答を使うと

E[X1 + X2] = 0 · (1 − p)2 + 1 · 2p(1 − p) + 2 · p2 = 2p.

E[(X1 + X2)2] = 0 · (1 − p)2 + 1 · 2p(1 − p) + 4 · p2 = 2p + 2p2.

E[X1 · X2] = 0 · (1 − p2) + 4 · p2 = 4p2.

[別解] スマートな方法もある. まず

E[X1] = 0 · (1 − p) + 1 · p = p, E[X2] = 0 · (1 − p) + 1 · p = p.

補題 5.4, (i) を使うと,E[X1 + X2] = E[X1] + E[X2] = p + p = p.

つぎに X1 と X2 は独立だから, 補題 5.4, (iii) から

E[X1 · X2] = E[X1] · E[X2] = p2.

最後にE[X1

2] = 02 · (1 − p) + 12 · p = p, E[X22] = 02 · (1 − p) + 12 · p = p.

これより

E[(X1 + X2)2] = E[X12 + 2X1 · X2 + X2

2]

= E[X12] + 2E[X1 · X2] + E[X2

2] = p + 2 p2 + p = 2p + 2p2. 2

例題 5.7. 成功確率 p のベルヌーイ試行を成功するまで繰り返す.

(i) “k 回以内に成功する確率 F (k, p)”を計算せよ.

(ii) “成功するまでに要する回数 Y (w)”の平均を求めよ.

[解答] Step 1. q ≡ 1 − p とおくと,

1回目の成功する確率 : P[Y (w) = 1] = p,

2回目に成功する確率 : P[Y (w) = 2] = q p,

...

k 回目に成功する確率 : P[Y (w) = k] = qk−1 p,

...

(5.1)

となるので,

F (k, p) = p + qp + q2p + · · · + qk−1p = p · 1 − qk

1 − q= 1 − (1 − p)k.

12

ここで, いくつかの p にたいし F (k, p) の値を計算してみる:

成功確率 p 0.1 0.2 0.3 0.53回以内に成功する確率 F (3, p) 0.27 0.49 0.66 0.885回以内に成功する確率 F (5, p) 0.41 0.67 0.83 0.977回以内に成功する確率 F (7, p) 0.52 0.79 0.92 0.9910回以内に成功する確率 F (10, p) 0.65 0.89 0.97 ∼ 1

Step 2. Y (w) の平均値を求める. (5.1) と平均値の定義より,

E[Y (w)] = 1 · p + 2 · q p + 3 · q2 p + · · · + k · qk−1 p + · · ·

= p(1 + 2q + 3q2 + · · · + kqk−1 + · · ·

)=

p

(1 − q)2=

1p.

注: 次の級数の計算を確かめる事 (「基礎数学 I」「基礎数学 II」):

1 + 2q + 3q2 + · · · + kqk−1 + · · · =1

(1 − q)2. 2

例題 5.8. ガムの景品にカードを付ける. カードは４種類あり, すべての種類を揃えると, 別の景品と交換できる. Z(w) 個のガムを買うと, 4種類のカードがすべて揃ったとする. 確率変数 Z(w) の平均をもとめよ.

[解答]

• まずガムを 1個買うと, ある種類 a のカードが手に入る.

• つぎにガムを買ったとき, a 以外のカードを手に入れる確率は p = 3/4. つまり“成功確率 3/4 のベルヌーイ試行”を成功するまで繰り返すことになる. その試行の回数を Y1(w) とする.

• 3種類目のカードを手に入れるには,“成功確率 2/4 のベルヌーイ試行”を成功するまで繰り返すことになる. その回数を Y2(w) とする.

• 4種類目のカードを手に入れるには,“成功確率 1/4 のベルヌーイ試行”を成功するまで繰り返すことになる. その回数を Y3(w) とする.

• 結局 1 + Y1(w) + Y2(w) + Y3(w) 個のガムを買うと, 4種類すべてのカードが揃う. ここで 例題 5.7

を使うと, Yk(w) の平均が計算できるので,

E[Z(w)] = E[1+Y1(w)+· · ·+Y3(w)] = 1+E[Y1(w)]+· · ·+E[Y3(w)] = 1+1

3/4+

12/4

+1

1/4=

253

.

6 確率変数の分散と相関係数確率変数の“散らばり具合”を特徴づける数値として, 分散 が重要である. また“二つの確率変数の独立性の度合い”を量る量として 相関係数 がある.

6.1 分散

確率変数 X(w) にたいし, 平均 m ≡ E[X(w)] を 定義 5.1 で与えた.

定義 6.1. a1, · · · , an の値をとる確率変数 X(w) にたいして,

σ2[X(w)] ≡ E[(X(w) − m

)2] =n∑

k=0

(ak − m

)2P[X(w) = ak]

を“X(w) の分散 variance”と呼ぶ.

13

注意 6.2. 次の 2種類の確率変数 X(w) と Y (w) を考えてみよう.

P[X(w) = 1] =12

= P[X(w) = −1],

P[Y (w) = 100] =12

= P[Y (w) = −100].

どちらの確率変数も

E[X(w)] = 1 · 12− 1 · 1

2= 0, E[Y (w)] = 100 · 1

2− 100 · 1

2= 0,

と平均は 0 である. ところが分散を比べると

σ2[X(w)] = E[(X(w) − 0

)2] = 12 · 12

+ (−1)2 · 12

= 1

σ2[Y (w)] = E[(Y (w) − 0

)2] = (100)2 · 12

+ (−100)2 · 12

= 10000

となり大きく異なる. X(w) は出入り 1 円, Y (w) は出入り 100円の公平な賭と考えると, 分散は“賭の危険度を表す”と解釈できる*13.

例題 6.3 (卵の運搬). ２つの卵を籠に入れて運搬する. 2種類の運搬方法

方法 A: 2つの卵を１つの籠で運ぶ.

方法 B: 卵を 1つずつ別の籠に入れ, 別々に運ぶ.

にたいし, それぞれのリスクを数値化せよ. ただし「籠を落としたとき, 卵はすべて割れる」とする.

( ヒント : 籠を落として卵を割る確率を q とし, 方法 A で届く卵の個数を X(w), 方法 B での個数を Y (w)

とおく. X(w) および Y (w) の分散がリスクである. )

[解答] リスクは「分散」を計算することで, 数値化される.

Step 1. まず X(w), Y (w) の分布を求める.

X(w)の値 0 2確率 q 1 − q

Y (w)の値 0 1 2確率 q2 2q(1 − q) (1 − q)2

この表から, それぞれの平均を計算する.

E[X(w)] = 0 · q + 2 · (1 − q) = 2(1 − q),E[Y (w)] = 0 · q2 + 1 · 2 q (1 − q) + 2 · (1 − q)2 = 2(1 − q).

つまり“無事に届く卵”の平均値は等しい.

Step 2. 次に分散を計算し, リスクを評価する.

X(w) = 0 のときX(w) − 2(1 − q)

2 = 4(1 − q)2,

X(w) = 2 のときX(w) − 2(1 − q)

2 = 4q2

だから X(w) − 2(1 − q)

2の値 4(1 − q)2 4q2

確率 q 1 − q

これより

σ2[X] = E[X(w) − 2(1 − q)

2]

= 4(1 − q)2 · q + 4q2 · (1 − q) = 4q(1 − q).

*13 株式市場では, 分散は“ボラタリティー”と呼ばれ, “相場変動の激しさ”をボラタリティーの大きさで判定している.

14

Step 3. 同様に

Y (w) = 0 のときY (w) − 2(1 − q)

2 = 4(1 − q)2,

Y (w) = 1 のときY (w) − 2(1 − q)

2 = (−1 + 2q)2,

Y (w) = 2 のときY (w) − 2(1 − q)

2 = 4q2,

だから Y (w) − 2(1 − q)

2の値 4(1 − q)2 (−1 + 2q)2 4q2

確率 q2 2q(1 − q) (1 − q)2

これより

σ2[Y ] = E[Y (w) − 2(1 − q)

2]

= 4(1 − q)2 · q2 + (−1 + 2q)2 · 2q(1 − q) + 4q2 · (1 − q)2 = 2q(1 − q).

Step 4. 以上よりσ2[X] = 2 σ2[Y ]

となる. つまり, 方法 B での運搬リスクは, 方法 A の 1/2 と計算され, 直感と一致する. 2

注意 6.4. ”すべての卵を一つの籠で運ぶ方法”がハイリスクであることは以下の事件で実証されている:

(i) 1949年, イタリアのサッカーリーグ, セリエ A で 4連覇を果たした ACトリノの選手 18人全員がポルトガルとの親善試合からの帰国中の飛行機事故で全員が命を落とした. 彼らはイタリア A 代表の主要メンバーでもあった.

(ii) 1958年, 英国プレミアリーグの強豪であるマンチェスターユナイテッドは, 欧州カップの準準決勝で勝利したが, 帰国途中の飛行機事故で 3 名を残して全員死亡. チーム再建に 10 年を要した.

(iii) 1961年, USAフィギュアスケート代表チームを乗せた飛行機がブリュッセルで墜落. 代表チーム全員を含む乗員乗客 73名が全員死亡.

この例に見るとおり, 全員が 1台の飛行機を利用する方法では, チーム全滅のリスクが高いので, ”別々の籠で卵を運ぶ方法”は実際に行われている (=遠征に出かける選手を半数ずつに分け, 別々の飛行機を使う.)

2

一般に, 平均や分散の計算は易しくない. その計算を少しでも容易にするために, 次の補題がある.

分散の計算ツール 補題 6.5 (重要). X(w), Y (w) を確率変数, c, c′ を定数とする.

(i) σ2[cX(w) + c′] = c2 σ2[X(w)].

(ii) σ2[c] = 0. 逆に分散 σ2[X(w)] = 0 となる 確率変数 X(w) は定数である.

(iii) σ2[X(w)] = E[(X(w)

)2] −(E[X(w)]

)2.

(iv) X(w) と Y (w) が独立なら

σ2[X(w) + Y (w)] = σ2[X(w)] + σ2[Y (w)]. 練習問題 6.6 (卵の運搬 2). n 個の卵を籠に入れて運搬する. 2種類の運搬方法

方法 C: n 個の卵を１つの籠で運ぶ.

15

方法 D: n 個の卵を 1つずつ別の籠に入れ, それぞれ別々に運ぶ.

にたいし, それぞれのリスクを計算せよ. ただし「籠を落としたとき, 卵はすべて割れる」とする.

[解答] 籠を落として卵を割る確率を q とし, 方法 C で届く卵の個数を X(w), 方法 D での個数を Y (w) とおく.

X(w) および Y (w) の分散がリスクである.

Step 1. まず X の分散を計算する.

X(w)の値 0 nX(w)

2の値 0 n2

確率 q 1 − q

となる. これより

E[X] = 0 · q + n · (1 − q) = n(1 − q), E[X2] = 02 · q + n2 · (1 − q) = n2(1 − q).

補題 6.5, (iii) より

σ2[X] = E[X2] −E[X]

2 = n2(1 − q) − n2(1 − q)2 = n2q(1 − q).

Step 2. Y の分散を計算する. Y は「1 個ずつ n 回運ぶ」=「独立なベルヌーイ試行 Z1, · · · , Zn の和」である: Y = Z1 + · · · + Zn.

確率 q 1 − q籠を落とす 籠を落とさない

Zk(w)の値 0 1

まず

E[Zk] = 0 · q + 1 · (1 − q) = (1 − q), E[Zk2] = 02 · q + 12 · (1 − q) = (1 − q).

σ2[Zk] = E[Zk2] −

E[Zk]

2 = (1 − q) − (1 − q)2 = q(1 − q).

補題 6.5, (iv) より E[Y ] = E[Z1] + · · · + E[Zn] = n(1 − q) = E[X].

σ2[Y ] = σ2[Z1] + · · · + σ2[Zn] = nq(1 − q) =σ2[X]

n. 2

例題 6.7. 確率変数 X の分布は以下の通り.

確率 1/3 1/3 1/6 1/6X の値 0 1 2 3

(i) X の平均 E[X] および 分散 σ2[X] を求めよ.

(ii) 新しい確率変数 Y を Y ≡ 2X − 3 とおく. Y の平均 E[Y ] および 分散 σ2[Y ] を求めよ.

[解答] (i) E[X] = 0 · 13

+ 1 · 13

+ 2 · 16

+ 3 · 16

=76.

E[X2] = 02 · 13

+ 12 · 13

+ 22 · 16

+ 32 · 16

=156

.

補題 6.5 より σ2[X] = E[X2] −E[X]

2 =156

− 4936

=4136

.

(ii) 補題 5.4 よりE[Y ] = E[2X − 3] = 2E[X] − 3 = 2 · 7

6− 3 = −2

3.

補題 6.5, (i) よりσ2[Y ] = σ2[2X − 3] = 22 σ2[X] = 22 · 41

36=

419

. 2

16

6.2 共分散と相関係数

2つの確率変数 X(w) と Y (w) が独立ということは, (4.1) で定義した. これより

X(w) と Y (w) が独立 ⇒ E[X(w) Y (w)] = E[X(w)] · E[Y (w)]

である.

一方, 独立でない確率変数 X(w) と Y (w) の関係の程度を数値化する手段として, 相関係数 がある.

定義 6.8. 平均がそれぞれ mX ,mY である確率変数 X(w), Y (w) にたいし,

Cov[X, Y ] ≡ E[(

X(w) − mX

)·(Y (w) − mY

)],

ρ[X, Y ] ≡ Cov[X, Y ]√σ2[X] σ2[Y ]

(6.1)

とおく. Cov[X,Y ] は 共分散 covariance, ρ[X, Y ] は 相関係数 correlation coefficient と呼ばれる.

相関係数の解釈 注意 6.9. 経験的に, 二つの確率現象の相関の度合いは, 相関係数から次のように解釈できる.

相関係数 相関の度合い

0.7 – 1 強い相関がある0.4 – 0.7 中程度の相関がある0.2 – 0.4 弱い相関がある0 – 0.2 殆ど相関がない

• 共分散, 相関係数の計算も大変やっかいである.

共分散の計算ツール 補題 6.10. X(w), Y (w), Z(w) を確率変数, a, b を定数とする.

(i) Cov[X, X] = σ2[X].

(ii) Cov[aX + bY, Z] = a Cov[X, Z] + bCov[Y,Z].

(iii) σ2[X(w) + Y (w)] = σ2[X(w)] + 2 Cov[X, Y ] + σ2[Y (w)].

(iv) X(w) と Y (w) が独立なら, Cov[X,Y ] = 0. 相関係数の性質 補題 6.11. (i) 分散が存在するすべての確率変数 X(w), Y (w) にたいし,

∣∣ρ[X,Y ]∣∣ ≤ 1.

(ii) X(w) と Y (w) が独立なら, ρ[X, Y ] = 0.

(iii) ある定数 a, b があり, Y (w) = aX(w) + b ならば,∣∣ρ[X, Y ]

∣∣ = 1. 逆に,∣∣ρ[X,Y ]

∣∣ = 1 なら,

X(w) − E[X(w)]√σ2[X]

=Y (w) − E[Y (w)]√

σ2[Y ].

注意 6.12. ρ[X, Y ] = 0 でも独立とは限らない. つぎの 例題 6.13 を参照せよ.

17

例題 6.13. 確率変数 X(w), Y (w) を

P[X(w) = 1] =14, P[X(w) = 0] =

12, P[X(w) = −1] =

14,

Y (w) ≡(X(w)

)2

とする.

(i) X(w) と Y (w) は独立でないことを示せ.

(ii) X(w) と Y (w) の相関係数 ρ(X, Y ) を計算せよ.

[解答] (i) まず

P[X(w) = 1] · P[Y (w) = 1] =14· 12

=18,

P[X(w) = 1, Y (w) = 1] = P[X(w) = 1] =14

だから, P[X(w) = 1] · P[Y (w) = 1] 6= P[X(w) = 1, Y (w) = 1] となり, X(w) と Y (w) は独立ではない,

cf. 等式 (4.1).

(ii) 一方, E[X(w)] = 0, E[Y (w)] = 1/2 だから,

Cov[X,Y ] = E[(

X(w) − 0)·(Y (w) − 1

2)]

= E[(X(w)

)3 − 12

X(w)]

= E[(X(w)

)3] − 12· E[X(w)] = 13 · 1

4+ 03 · 1

2+ (−1)3 · 1

4− 1

2· 0 = 0.

また σ2[X(w)] = 1/2, σ2[Y (w)] = 1/4 となるので,

ρ[X, Y ] =0√

1/2 ·√

1/4= 0

となり, X(w) と Y (w) の共分散, 相関係数ともに 0 である.

例題 6.14. A社の株 X(w) と B社の株 Y (w) がある. それぞれの間には,

σ2[X(w)] = 1, σ2[Y (w)] = 2, Cov[X, Y ] = 0.4

の関係がある. A社の株を x, B社の株を 1 − x 保持する時, x をどう決めれば最も安全か?

解答 A社の株を x, B社の株を 1 − x 保持したときの分散 F (x) を計算する. 補題 6.10 を使って,

F (x) = σ2[xX(w) + (1 − x)Y (w)] = σ2[xX(w)] + 2Cov[xX, (1 − x)Y ] + σ2[(1 − x)Y (w)]= x2 σ2[X(w)] + 2x(1 − x)Cov[X,Y ] + (1 − x)2 σ2[Y (w)] = x2 + 0.8x(1 − x) + 2 (1 − x)2

= 2.2x2 − 3.2x + 2 = 2.2 (x − 1.62.2

)2 + 2 − 1.62

2.2.

よって, x = 1.6/2.2 = 8/11 のときに分散が最小となり， もっとも安全. 2

例題 6.15. 店舗の平均客数と駅からの距離で相関係数を調べる: 12 の店舗があり, 各店の平均客数と駅からの距離は以下の通り:

店舗 w1 w2 w3 w4 w5 w6

平均客数 795 213 465 694 403 782駅からの距離 10m 1200m 500m 50m 740m 30m

店舗 w7 w8 w9 w10 w11 w12

平均客数 770 561 692 360 380 720駅からの距離 15m 360m 150m 930m 820m 70m

18

このとき, 「駅からの距離」と「客の数」は強い相関関係にあるか?

[ヒント] 次の確率変数 X(w), Y (w) の相関係数を調べる.

(6.2) X(wk) ≡ 店舗 wk の平均客数 Y (wk) ≡店舗 wk の駅からの距離.

[解答] Step 1. Ω = w1, w2, · · · , w12, P[wk] = 1/12 とおき, 確率空間 (Ω,P) を構成する. つぎに確率変数 X(w), Y (w) を (6.2) で定義し, X,Y の相関係数を調べる.

Step 2. X,Y の平均と分散を計算する:

E[X] =112

(795 + 213 + · · · + 720

)= 569.6,

E[Y ] =112

(10 + 1200 + · · · + 70

)= 406.3,

V[X] =112

((795)2 + · · · + (720)2

)− (569.6)2 = 39542.8,

V[Y ] =112

((10)2 + · · · + (70)2

)− (406.3)2 = 177741,

Step 3. X,Y の共分散および相関係数を計算する:

Cov[X, Y ] = E[X · Y ] − 569.6 · 406.3 =112

(795 · 10 + · · · + 720 · 70) − 569.6 · 406.3 = −75848.2,

ρ[X, Y ] =Cov[X, Y ]√V[X] · V[Y ]

= − 75848.2√39542.8 · 177741

= −0.905.

注意 6.9 より, 「客数と駅からの距離は, 強い負の相関がある (一方が増えれば, 他方が減少する) 」との結論が得られた. 2

練習問題 6.16. 10枚のカードがあり, それぞれに 1 から 10 までの数字が書かれている. そのなかから無作為に 1 枚選び, そのカードに書かれている数字を X とする. そして X を 3 で割ったときの余りを Y , 5

で割ったときの余りを Z とおく.

(i) 下の表を完成せよ :

X の値 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10確率 1/10 1/10 1/10 1/10 1/10 1/10 1/10 1/10 1/10 1/10

Y の値 1 2Z の値 1 0

Y · Z の値 1 0

(ii) Y の平均と分散を求めよ.

(iii) Z の平均と分散を求めよ.

(iv) Y と Z の共分散 Cov[Y, Z] を求めよ.

(v) Y と Z は独立でないことを証明せよ.

19

付録 A ベルトランドのパラドクス問題 [ベルトランドのパラドクス] 半径 1 の円周 C がある. これと交差するように直線をかたより無く引く.

このとき, 円周と直線との交点で出来る弦の長さが√

3 以上である確率 q を求めよ. ♣

いまこの問題に, 二通りの異なった解答を提出する. さてどちらが正解だろうか? それとも正解は別に有るのだろうか?

[解答 1]

• 直線はかたより無く引かれているので, 直線の方向を回転してよい.

• つまり, 全ての直線 L は x–軸に平行としてよい.

L

• この直線 L と円周 C との 2 交点の距離が√

3 以上である事と, L と y–軸との交点が円の中心から1/2 以内である事は必要十分.

• 直線 L はかたより無く引かれているから, 確率は“2 点 (0, 1), (0,−1) の間の距離”にたいする“2

点 (0, 1/2), (0,−1/2) の距離”の比になる. つまり, q = 1/2. 2

[解答 2]

• 直線はかたより無く引かれるから, 任意に指定した点 O を通るとしてよい.

• O を通って円周 C に接する直線を x–軸とする.

O

• O を通る直線 L と円周 C の 2 交点の距離が√

3 以上であるためには, L と x–軸とのなす角度が,

π/3 以上であることになる.

• 直線 L が円周 C と 2 点で交わるために可能な角度は π/3度. 直線はかたより無く引かれているから, 確率は“π/3 と π の比”になる. つまり, q = 1/3. 2

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