COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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期待値

理論

期待値

定理≪期待値の線形性≫

 任意の試行の確率変数 $X,$ $Y,$ 実数 $c$ に対して,
(a)
$E(X+Y) = E(X)+E(Y).$ 
(b)
$E(cX) = cE(X).$ 
(c)
$E(X+c) = E(X)+c.$ 

証明

 $x_1,$ $\cdots,$ $x_m$ と $y_1,$ $\cdots,$ $y_n$ を $X$ と $Y$ の取りうる値をもれも重複もなく書き出したものとする.
(a)
各番号 $i \in \{ 1,\ \cdots,\ m\},$ $j \in \{ 1,\ \cdots,\ n\}$ に対して, \begin{align*} P(X = x_i) &= \sum\limits_{j = 1}^nP(X = x_i,\ Y = y_j), \\ P(Y = y_j) &= \sum\limits_{i = 1}^mP(X = x_i,\ Y = y_j). \end{align*} よって, \begin{align*} &E(X+Y) = \sum\limits_{i = 1}^m\sum\limits_{j = 1}^n(x_i+y_j)P(X = x_i,\ Y = y_j) \\ &= \sum\limits_{i = 1}^m\sum\limits_{j = 1}^nx_iP(X = x_i,\ Y = y_j) \\ &\qquad +\sum\limits_{i = 1}^m\sum\limits_{j = 1}^ny_jP(X = x_i,\ Y = y_j) \\ &= \sum\limits_{i = 1}^mx_i\sum\limits_{j = 1}^nP(X = x_i,\ Y = y_j) \\ &\qquad +\sum\limits_{j = 1}^ny_j\sum\limits_{i = 1}^mP(X = x_i,\ Y = y_j) \\ &= \sum\limits_{i = 1}^mx_iP(X = x_i)+\sum\limits_{j = 1}^nx_jP(Y = y_j) \\ &= E(X)+E(Y). \end{align*}
(b)
(i)
$c = 0$ のとき. $cX = 0$ より, $E(cX) = 0 = 0\cdot E(X).$
(ii)
$c \neq 0$ のとき. $cX$ の取り得る値は, $cx_1,$ $\cdots,$ $cx_m$ であり, \[ P(cX = cx_i) = P(X = x_i).\] よって, \begin{align*} E(cX) &= \sum\limits_{i = 1}^mcx_iP(cX = cx_i) \\ &= c\sum\limits_{i = 1}^mx_iP(X = x_i) = cE(X). \end{align*}
(c)
$Y$ を $1$ のみに値を持つ確率変数とすると, \[ E(Y) = 1\cdot 1 = 1.\] よって, \begin{align*} E(X+c) &= E(X+cY) = E(X)+E(cY) \\ &= E(X)+cE(Y) = E(X)+c. \end{align*}

定理≪積の期待値≫

 与えられた試行において, 確率変数 $X,$ $Y$ が独立であるとき, \[ E(XY) = E(X)E(Y).\]

証明

 $x_1,$ $\cdots,$ $x_m$ と $y_1,$ $\cdots,$ $y_n$ を $X$ と $Y$ の取りうる値をもれも重複もなく書き出したものとする. $X,$ $Y$ は独立だから, 各番号 $i \in \{ 1,\ \cdots,\ m\},$ $j \in \{ 1,\ \cdots,\ n\}$ に対して, \[ P(X = x_i,\ Y = y_j) = P(X = x_i)P(Y = y_j).\] さらに, $(X,\ Y) = (x_{i_1},\ y_{j_1}),$ $\cdots,$ $(x_{i_r},\ y_{j_r})$ のときに限り $XY = xy$ となるとき, \begin{align*} xy\sum\limits_{k = 1}^rP(XY = xy) &= xy\sum\limits_{k = 1}^rP(X = x_{i_k},\ Y = y_{j_k}) \\ &= \sum\limits_{k = 1}^rx_{i_k}y_{j_k}P(X = x_{i_k},\ Y = y_{j_k}). \end{align*} よって, \begin{align*} E(XY) &= \sum\limits_{i = 1}^m\sum\limits_{j = 1}^nx_iy_jP(X = x_i,\ Y = y_j) \\ &= \sum\limits_{i = 1}^m\sum\limits_{j = 1}^nx_iy_jP(X = x_i)P(Y = y_j) \\ &= \left(\sum\limits_{i = 1}^mx_iP(X = x_i)\right)\left(\sum\limits_{j = 1}^ny_jP(Y = y_j)\right) \\ &= E(X)E(Y). \end{align*}

定理≪期待値の分割≫

 与えられた試行において, 事象 $A_1,$ $\cdots,$ $A_r$ が互いに排反で, $A_1\cup\cdots\cup A_n$ が全事象であるとする. 各事象 $A$ の下での確率変数 $X$ の期待値を $E_A(X)$ で表すとき, \[ E(X) = \sum\limits_{k = 1}^rP(A_k)E_{A_k}(X).\]

証明

 $x_1,$ $\cdots,$ $x_n$ を $X$ の取りうる値をもれも重複もなく書き出したものとする. 試行の結果は全部で $u$ 通りあるとし, 各番号 $k \in \{ 1,\ \cdots,\ r\},$ $\ell \in \{ 1,\ \cdots,\ n\}$ に対して $A_k$ が起こり $X = x_\ell$ となる場合の数を $a_{k\ell}$ とおく. このとき, $A_1,$ $\cdots,$ $A_r$ は互いに排反であるという仮定より, \[ P(X = x_\ell ) = \sum\limits_{k = 1}^r\frac{a_{k\ell}}{u}.\] よって, \[ E(X) = \sum\limits_{\ell = 1}^nx_\ell\sum\limits_{k = 1}^r\frac{a_{k\ell}}{u} \quad \cdots [1].\] 一方, 各番号 $k \in \{ 1,\ \cdots r\}$ に対して $A_k$ が起こる場合の数を $a_k$ 通りとすると, \begin{align*} \sum\limits_{k = 1}^rP(A_k)E_{A_k}(X) &= \sum\limits_{k = 1}^r\frac{a_k}{u}\sum\limits_{\ell = 1}^nx_\ell\frac{a_{k\ell}}{a_k} \\ &= \sum\limits_{k = 1}^rx_\ell\sum\limits_{\ell = 1}^nx_\ell\frac{a_{k\ell}}{u} \quad \cdots [2]. \end{align*} $[1],$ $[2]$ の右辺は等しいから, 求める等式が得られた.

定理≪分散と期待値の関係≫

 確率変数 $X$ の分散は, \[ V(X) = E(X^2)-E(X)^2.\]

証明

\begin{align*} &V(X) = \sum\limits_{k = 1}^n(x_k-E(X))^2P(X = x_k) \\ &= \sum\limits_{k = 1}^n(x_k-2E(X)x_k+E(X)^2)P(X = x_k) \\ &= \sum\limits_{k = 1}^nx_k{}^2P(X^2 = x_k{}^2) \\ &\quad -2E(X)\sum\limits_{k = 1}^nx_kP(X = x_k)+E(X)^2\sum\limits_{k = 1}^nP(X = x_k) \\ &= E(X^2)-2E(X)E(X)-E(X)^2\cdot 1 \\ &= E(X^2)-E(X)^2. \end{align*}

定理≪和の分散≫

(a)
独立な確率変数 $X,$ $Y$ に対して, \[ V(X+Y) = V(X)+V(Y).\]
(b)
任意の実数 $c,$ 確率変数 $X$ に対して, \[ V(cX) = c^2V(X), \quad V(X+c) = V(X).\]

証明

(a)
\begin{align*} &V(X+Y) = E((X+Y)^2)-E(X+Y)^2 \\ &= E(X^2+2XY+Y^2)-(E(X)+E(Y))^2 \\ &= E(X^2)+2E(XY)+E(Y^2) \\ &\qquad -E(X)^2-2E(X)E(Y)-E(Y)^2 \\ &= E(X^2)+2E(X)E(Y)+E(Y^2) \\ &\qquad -E(X)^2-2E(X)E(Y)-E(Y)^2 \\ &= E(X^2)-E(X)^2+E(Y^2)-E(Y)^2 \\ &= V(X)+V(Y). \end{align*}
(b)
\begin{align*} &V(cX) = E((cX)^2)-E(cX)^2 \\ &= E(c^2X^2)-(cE(X))^2 = c^2E(X^2)-c^2E(X)^2 \\ &= c^2(E(X^2)-E(X)^2) = c^2V(X). \end{align*} また, $Y$ を $1$ のみに値を持つ確率変数とすると, $Y^2$ も $1$ のみに値を持つから, \[ V(Y) = E(Y^2)-E(Y)^2 = 1-1 = 0.\] $P(X \!=\! x,\ cY \!=\! c) = P(X \!=\! x)P(cY \!=\! c) = P(X \!=\! x)$ より, $X$ と $cY$ は互いに独立だから, \begin{align*} V(X+c) &= V(X+cY) = V(X)+V(cY) \\ &= V(X)+cV(Y) = V(X). \end{align*}

定理≪共分散と期待値の関係≫

 確率変数 $X,$ $Y$ の共分散は, \[\operatorname{Cov}(X,\ Y) = E(XY)-E(X)E(Y).\]

証明

\begin{align*} &\operatorname{Cov}(X,\ Y) = E((X-E(X))(Y-E(Y))) \\ &= E(XY-E(Y)X-E(X)Y+E(X)E(Y)) \\ &= E(XY)-E(Y)E(X)-E(X)E(Y)+E(X)E(Y) \\ &= E(XY)-E(X)E(Y). \end{align*}

二項分布

定義≪二項分布≫

 $0 \leqq p \leqq 1$ なる与えられた実数 $p$ と非負整数 $n$ に対して, $0$ 以上 $n$ 以下の整数を値として取る確率変数 $X$ が \[ P(X = k) = {}_n\mathrm C_kp^k(1-p)^k \quad (k \in \{ 0,\ \cdots,\ n\})\] を満たすとき, 確率変数 $X$ は二項分布(Binomial distribution) $B(n,\ p)$ に従うという.

定理≪二項分布の期待値・分散≫

 確率変数 $X$ が二項分布 $B(n,\ p)$ に従うとき,
(1)
$E(X) = np.$ 
(2)
$V(X) = np(1-p).$ 

証明

(1)
\begin{align*} &E(X) = \sum\limits_{k = 1}^nkP(X = k) \\ &= \sum\limits_{k = 1}^nk{}_n\mathrm C_kp^k(1-p)^{n-k} \\ &= \sum\limits_{k = 1}^nn\,{}_{n-1}\mathrm C_{k-1}p^k(1-p)^{n-k} \\ &= np\sum\limits_{k = 1}^n\,{}_{n-1}\mathrm C_{k-1}p^{k-1}(1-p)^{n-k} \\ &= np\sum\limits_{k = 0}^{n-1}{}_{n-1}\mathrm C_kp^k(1-p)^{n-1-k} \\ &= np(p+1-p)^{n-1} = np. \end{align*}
(2)
\begin{align*} &E(X^2) = \sum\limits_{k = 0}^nk^2(X^2 = k^2) \\ &= \sum\limits_{k = 0}^nk^2P(X = k) \\ &= \sum\limits_{k = 0}^nk^2{}_n\mathrm C_kp^k(1-p)^{n-k} \\ &= \sum\limits_{k = 0}^nk(k-1+1){}_n\mathrm C_kp^k(1-p)^{n-k} \\ &= \sum\limits_{k = 0}^nk(k-1){}_n\mathrm C_kp^k(1-p)^{n-k} \\ &\qquad +\sum\limits_{k = 0}^nk\,{}_n\mathrm C_kp^k(1-p)^{n-k} \\ &= \sum\limits_{k = 2}^nk(k-1){}_n\mathrm C_kp^k(1-p)^{n-k}+E(X) \\ &= n(n-1)\sum\limits_{k = 2}^n{}_{n-2}\mathrm C_{k-2}p^k(1-p)^{n-k}+np \\ &= n(n-1)p^2\sum\limits_{k = 0}^{n-2}{}_{n-2}\mathrm C_kp^k(1-p)^{n-2-k}+np \\ &= n(n-1)p^2(p+1-p)^{n-2}+np \\ &= n(n-1)p^2+np. \end{align*} よって, \begin{align*} &V(X) = E(X^2)-E(X)^2 \\ &= n(n-1)p^2+np-n^2p^2 = np(1-p). \end{align*}

別証明

 確率 $p$ で成功する試行を $n$ 回繰り返し行うとき, 成功する回数 $X$ は二項分布 $B(n,\ p)$ に従う. $k$ 回目に成功するとき $X_k = 1,$ 失敗するとき $X_k = 0$ と定めると, \[ P(X_k = 0) = 1-p, \quad P(X_k = 1) = p\] であり, \[ X = \sum\limits_{k = 1}^nX_k.\]
(1)
各 $1 \leqq k \leqq n$ に対して, \[ E(X_k) = 0\cdot (1-p)+1\cdot p = p.\] ゆえに, \[ E(X) = E\left(\sum\limits_{k = 1}^nX_k\right) = \sum\limits_{k = 1}^nE(X_k) = np.\]
(2)
各 $1 \leqq k \leqq n$ に対して, \[ E(X_k{}^2) = 0^2\cdot (1-p)+1^2\cdot p = p\] より, \[ V(X_k) = E(X_k{}^2)-E(X_k)^2 = p-p^2 = p(1-p).\] ゆえに, $X_1,$ $\cdots,$ $X_n$ は互いに独立であることに注意すると, \[ V(X) = V\left(\sum\limits_{k = 1}^nX_k\right) = \sum\limits_{k = 1}^nV(X_k) = np(1-p).\]

問題

期待値

問題≪最大値の期待値≫

 $1$ 番から $n$ 番までの $n$ 枚の番号札から同時に $r$ 枚を引くとき, 引いた番号の最大値 $X$ の期待値を求めよ.

解答例

\begin{align*} E(X) &= \sum\limits_{k = r}^nk\cdot\frac{{}_{k-1}\mathrm C_{r-1}}{{}_n\mathrm C_r} \\ &= \frac{1}{{}_n\mathrm C_r}\sum\limits_{k = r}^nk\,{}_{k-1}\mathrm C_{r-1} = \frac{1}{{}_n\mathrm C_r}\sum\limits_{k = r}^nr\,{}_k\mathrm C_r \\ &= \frac{r}{{}_n\mathrm C_r}\sum\limits_{k = r}^n{}_k\mathrm C_r = \frac{r}{{}_n\mathrm C_r}\cdot{}_{n+1}\mathrm C_{r+1} \\ &= \frac{r(n+1)}{r+1}. \end{align*}

問題≪さいころの目の和の期待値≫

(a)
さいころを $2$ 回振って出る目の和の期待値を求めよ.
(b)
さいころを $2$ 回振るゲームがある. $1$ 回目には出た目を得点とし, $2$ 回目には出た目の $2$ 倍を得点とする. このゲームの合計点の期待値を求めよ.

解答例

 $k \in \{ 1,\ 2\}$ に対して, 確率変数 $X_k$ を $k$ 回目にさいころを振って出る目の値として定めると, \[ E(X_k) = (1+2+3+4+5+6)\frac{1}{6} = \frac{7}{2}.\]
(a)
求める期待値は, \[ E(X_1+X_2) = E(X_1)+E(X_2) = \frac{7}{2}+\frac{7}{2} = 7.\]
(b)
求める期待値は, \[ E(X_1\!+\!2X_2) = E(X_1)\!+\!2E(X_2) = \frac{7}{2}\!+\!2\!\cdot\!\frac{7}{2} = \frac{21}{2}.\]

問題≪個数の期待値≫

 $1$ 番, $2$ 番, $3$ 番の番号札が $2$ 枚ずつある. これら $6$ 枚の番号札すべてを $1$ 列に並べるとき, 同じ番号で隣り合っている組の個数の期待値を求めよ.

解答例

 $k \in \{ 1,\ 2,\ 3\}$ に対して, 確率変数 $X_k$ を, 次のように定める.
  • $2$ 枚の $k$ が隣り合うとき, $X_k = 1.$
  • $2$ 枚の $k$ が隣り合わないとき, $X_k = 0.$
$2$ 枚の $k$ の配置が ${}_6\mathrm C_2$ 通りあり, そのうち $2$ 枚が隣り合うような配置は $5$ 通りあるから, $2$ 枚の $k$ が隣り合う確率 $p_k$ は \[ p_k = \frac{5}{{}_6\mathrm C_2} = \frac{1}{3}.\] よって, \[ E(X_k) = 1\cdot p_k+0\cdot (1-p_k) = p_k = \frac{1}{3}.\] ゆえに, 求める期待値は, \begin{align*} E(X_1+X_2+X_3) &= E(X_1)+E(X_2)+E(X_3) \\ &= \frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3} = 1. \end{align*}

問題≪期待値の積≫

(a)
四面体のさいころを $2$ 回振って出る目の積の期待値を求めよ.
(b)
$1$ 番から $4$ 番までの $4$ 枚の番後札から続けて $2$ 枚を引くとき, 引いた番号の積の期待値を求めよ.

解答例

(a)
$k \in \{ 1,\ 2\}$ に対して, 確率変数 $X_k$ を $k$ 回目にさいころを振って出る目の値として定めると, \[ E(X_k) = (1+2+3+4)\frac{1}{4} = \frac{5}{2}.\] $X_1,$ $X_2$ は独立だから, 求める期待値は \[ E(X_1X_2) = E(X_1)E(X_2) = \frac{5}{2}\cdot\frac{5}{2} = \frac{25}{4}.\]
(b)
求める期待値は, \[ (2+3+4+6+8+12)\frac{2}{{}_4\mathrm P_2} = \frac{35}{6}.\]

問題≪くじ引きの期待値の分割≫

 $n$ を正整数とする. $1$ 番から $n$ 番までの $n$ 枚の番号札から $1$ 枚を取り出すとき, 書かれてある番号を $X$ とおく. さらに, $1$ 番から $X$ 番までの $X$ 枚の番号札から $1$ 枚を取り出すとき, 書かれてある番号を $Y$ とおく.
(1)
$k$ を $1 \leqq k \leqq n$ なる整数とする. $X = k$ のときの $Y$ の期待値 $E_k(Y)$ を求めよ.
(2)
$Y$ の期待値 $E(Y)$ を求めよ.

解答例

(1)
\[ E(X_k) = \frac{1}{k}\sum\limits_{\ell = 1}^k\ell = \frac{1}{k}\cdot\frac{1}{2}k(k+1) = \frac{k+1}{2}.\]
(2)
$1 \leqq k \leqq n$ なる整数 $k$ に対して, $X = k$ となる確率は $\dfrac{1}{n}.$ よって, 期待値の分割の公式により, \begin{align*} E(Y) &= \sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{n}E_k(Y) = \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^nE_k(Y) \\ &= \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{k+1}{2} = \frac{1}{2n}\left(\sum\limits_{k = 1}^nk+\sum\limits_{k = 1}^n1\right) \\ &= \frac{1}{2n}\left(\frac{n(n+1)}{2}+n\right) = \frac{n+3}{4}. \end{align*}

(2) の別解

 $1 \leqq k \leqq n$ なる整数 $k$ に対して, \[ P(Y = k) = \sum\limits_{X = k}^n\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{X}.\] よって, 期待値の定義により \begin{align*} E(Y) &= \sum\limits_{k = 1}^nkP(Y = k) = \sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{X = k}^n\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{X} \\ &= \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{X = k}^n\frac{1}{X} = \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{k}\sum\limits_{\ell = 1}^k\ell \\ &= \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{k}\cdot\frac{k(k+1)}{2} = \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{k+1}{2} \\ &= \frac{1}{2n}\left(\sum\limits_{k = 1}^nk+\sum\limits_{k = 1}^n1\right) = \frac{1}{2n}\left(\frac{n(n+1)}{2}+n\right) \\ &= \frac{n+3}{4}. \end{align*}

問題≪初めて $1$ が出るまでさいころを振るべき回数≫

 初めて $1$ が出るまでさいころを振り続けるとき, さいころを振らなければならない回数の期待値 $E$ を求めよ.

解答例

 $n$ 回目に初めて $1$ の目が出る確率は, \[ n\left(\frac{5}{6}\right) ^{n-1}\frac{1}{6}.\] よって, 求める期待値は, \[ E = \sum\limits_{n = 1}^\infty n\left(\frac{5}{6}\right) ^{n-1}\frac{1}{6}.\] この第 $n$ 部分和を $E_n$ とおくと, \begin{align*} E_n &= \sum\limits_{k = 1}^nk\left(\frac{5}{6}\right) ^{k-1}\frac{1}{6} \quad \cdots [1], \\ \frac{5}{6}E_n &= \sum\limits_{k = 1}^nk\left(\frac{5}{6}\right) ^k\frac{1}{6} \\ &= \sum\limits_{k = 1}^n(k-1)\left(\frac{5}{6}\right) ^{k-1}\frac{1}{6}+n\left(\frac{5}{6}\right) ^n\frac{1}{6} \quad \cdots [2]. \end{align*} よって, $([1]-[2])\times 6$ より, \[ E_n = \sum\limits_{k = 1}^n\left(\frac{5}{6}\right) ^{k-1}-n\left(\frac{5}{6}\right) ^n.\] ゆえに, \begin{align*} E &= \sum\limits_{n = 1}^\infty\left(\frac{5}{6}\right) ^{n-1}-\lim\limits_{n\to\infty}n\left(\frac{5}{6}\right) ^n \\ &= \frac{1}{1-5/6}-0 = 6. \end{align*}