確からしさの考え方、確率の問い解答

問２．１

与えられた確率 P (A) = 1/3, P (B) = 1/4, P (AB) = 1/6 に対して，つぎの確率を計算しなさい。ただし\overline{A} = A の補事象。 (i) P (\overline{A}) (ii) P (\overline{A} ∪ B) (iii) P (A ∪ \overline{B}) (iv) P (A\overline{B}) (v) P (\overline{A} ∪ \overline{B}) （解） (i) P (\overline{A}) = 1−P (A) = 1−1/3 = 2/3. (ii) P (\overline{A}∪B) == 1−P (A\overline{B}) = 1−\{P (A)−P (AB)\} = 1−1/3+1/6 = 5/6. (iii) P (A∪\overline{B}) = 1−P (B)+P (AB) = 11/12. (iv) P (A\overline{B}) = P (A)−P (AB) = 1/3 − 1/6 = 1/6. (v) P (\overline{A} ∪ \overline{B}) = 1 − P (AB) = 1 − 1/6 = 5/6. □

問２．２事象列 A_{n}, n ≥ 1 に対して

P (A_{1}A_{2} ⋯ A_{n}) ≥ ∑_{i=1}^{n} P (A_{i}) − (n − 1) = 1 − ∑_{i=1}^{n} P (\overline{A_{i}})

（解）まず確率の和は和事象の大きいことと、補事象の関係式から ∑_{i=1}^{n} P (\overline{A_{i}}) ≥ P (∪_{i=1}^{n}\overline{A_{i}}) = 1−P (∩_{i=1}^{n}A_{i}) が成り立つ。これを代入することで ∑_{i=1}^{n} P (\overline{A_{i}})−(n+1) = ∑_{i=1}^{n}\{P (A_{i})−1\}+1 = − ∑_{i=1}^{n} P (\overline{A_{i}}) + 1 = 1 − ∑_{i=1}^{n} P (\overline{A_{i}}) したがって移項をすれば P (A_{1}A_{2} ⋯ A_{n}) ≥ ∑_{i=1}^{n} P (A_{i}) − (n − 1) = 1 − ∑_{i=1}^{n} P (\overline{A_{i}}) を得る。 □

問２．３つぎを示せ。また一般化 (n 個) の事象列についてはどうなるか。

P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (B) − P (AB) − P (BC) − P (CA) + P (ABC)

（解） 2 個の場合には

P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (AB)

であり、ここの B のかわりに B ∪ C を考える。左辺は P (A ∪ B ∪ C) となる。また右辺の第 2 項は P (B ∪ C) でこれは 2 個の場合を適用できるから P (B ∪ C) = P (B) + P (C) − P (BC) となる。さらに右辺の第 3 項は、集合の積と和についての分配律をもちいて P (A(B ∪ C)) = P (AB ∪ AC) となるから、 2 個の集合 AB と AC の和集合の場合が当てはめられる。 AB ∩ AC = ABC であるから、これらをまとめれば証明すべき式を得る。

一般に n 個の場合に成り立つ式は以下のようになる： P (∪_{i=1}^{n}A_{i}) = P (A_{1} ∪ A_{2} ∪ ⋯ ∪ A_{n}) = P (A_{1}) + P (A_{2}) + ⋯ + P (A_{n}) − {P (A_{1}A_{2}) + P (A_{1}A_{3}) + ⋯ + P (A_{n−1}A_{n})} + {P (A_{1}A_{2}A_{3}) + P (A_{1}A_{2}A_{4}) + ⋯ + P (A_{n−2}A_{n−1}A_{n})} ⋯ + (−1)^{n}P (A_{1}A_{2} ⋯ A_{n}) □

問２．４

２つの事象 (A, B) が独立ならば， (A, \overline{B}), (\overline{A}, B) (\overline{A}, \overline{B}) も独立となることを示せ。（解）つぎの問２．６と同じ問題です。 □

問２．５つぎの等式を示せ。

P (AB) − P (A)P (B) = P (\overline{A})P (B) − P (\overline{A}B) = P (A)P (\overline{B}) − P (A\overline{B}) = P (\overline{A} \overline{B}) − P (\overline{A})P (\overline{B})

（解）確率の加法性のみをもちいて成り立つ関係式をつかう。たとえば事象 B を分割して,A が起こった場合と、起こらないとき、言い換えて補事象（否定）\overline{A} が起こった場合に分ける。同時に起こることがありえないから、積事象（共通）は空事象であるから、 P (B) = P (BA ∪ B\overline{A}) = P (BA)+P (B\overline{A}) = P (AB)+P (\overline{A}B) したがって P (\overline{A}B) = P (B)−P (AB) を得る。このようにして P (AB)−P (A)P (B) = P (B)−P (A)P (B)−\{P (B)−P (AB)\} = P (\overline{A}B)−\{1−P (A)\}P (B) = P (\overline{A}B) − P (\overline{A})P (B), 他も同様。 □ 問２．６

つぎの４つの命題は同値であることを示しなさい。

\begin{matrix}(a) 事象 A と B は独立 & (b) 事象 A^{c} と B は独立 \\ (c) 事象 A と B^{c} は独立 & (d) 事象 A^{c} と B^{c} は独立 \end{matrix}

（解）２つの事象 (A, B) が独立ならば， (A, \overline{B}), (\overline{A}, B) (\overline{A}, \overline{B}) も独立となることを示す。前問の関係式 P (AB) − P (A)P (B) = P (\overline{A})P (B) − P (\overline{A}B) から、 P (AB) = P (A)P (B) ならば、 P (\overline{A})P (B) = P (\overline{A}B) が得られる。よって２つの事象 (A, B) が独立ならば， (\overline{A}, B) も独立。他も同様。 □

問２．７

もし P (A|B) > P (A) ならば， P (B|A) > P (B) を示せ。（解）条件付き確率の定義から、 P (AB) = P (A|B)P (B) = P (B|A)P (A) から\frac{P (A|B)}{P (B|A)} = \frac{P (A)}{P (B)} を得る。したがって P (A|B) − P (A) = \frac{P (A)}{P (B)}\{P (B|A) − P (B)\} であるから、命題が成り立つことはあきらか。 □

問２．８事象列 A_{1}, A_{2}, ⋯, A_{n} が独立で P (A_{i}) = p, i = 1, 2, ⋯, n とおくとき，

(a) 少なくとも一つの事象が起こる確率は？

(b) 少なくとも m 個の事象が起こる確率は？

(c) ちょうど m 個の事象が起こる確率は？

（解） X_{i}(ω) = 1_{A_{i}}(ω) = \{ \begin{matrix}1 ω ∈ A_{i} \\ 0 A_{i} \end{matrix} とおけば P (A_{i}) = p_{i} = E[X_{i}] = E[1_{A_{i}}]. また和 X_{1}+X_{2}+

⋯+X_{n} はパラメータ n, p の 2 項分布にしたがう。つまり P (X_{1}+X_{2}+⋯+X_{n} = x) = \binom{n}{x}p^{x}(1− p)^{n−x}, x = 0, 1, 2, ⋯, n. 事象の関係は { 少なくとも１つのA_{i}が起こる} = {∑_{i} X_{i} ≧ 1} となるから P (少なくとも１つのA_{i}が起こる) = P (∑_{i} X_{i} ≧ 1) = 1 − P (∑_{i} X_{i} = 0) = 1 − (1 − p)^{n} 同様に P (少なくとも m 個のA_{i}が起こる) = P (∑_{i} X_{i} ≧ m) = ∑_{x=m}^{n} \binom{n}{x}p^{x}(1 − p)^{n−x}. さらに

P (ちょうど m 個のA_{i}が起こる) = P (∑_{i} X_{i} = m) = \binom{n}{m}p^{m}(1 − p)^{n−m}. □

問２．９

箱の中には 1, 2, ⋯, n と数字の記されたボールが入っている。 r 個のボールをとりだすとき，最大の数字が m となる確率を計算せよ。

(a) もとに戻してからボールを取り出すとき (復元抽出）。

(b) もとには戻さずにボールを取り出すとき（非復元抽出）。

（解）確率変数 X_{i} を i 番目に取り出した数字を表すとする。また X_{max} = max{X_{1}, X_{2}, ⋯, X_{r}} とする。 (a) 復元抽出であれば、各 i で独立で P (X_{i} = x) = 1/n, x = 1, 2, ⋯, n。よって P (X_{i} ≥ m) = ∑_{1≤x≤m} 1/n = m/n。 P (X_{max} ≤ m) = P (X_{1} ≤ m, X_{2} ≤ m, ⋯, X_{r} ≤ m) = P (X_{1} ≤ m)P (X_{2} ≤ m) ⋯ P (X_{r} ≤ m) = (m/n)^{r}. P (X_{max} = m) = P (X_{max} ≤ m) − P (X_{max} ≤ m − 1) = (m^{r} − (m − 1)^{r})/n^{r}

(b) 非復元抽出では独立とならないないから、条件付き確率を計算すればよい。 P (X_{1} = i_{1}) = 1/n, i_{1} ∈ {1, 2, ⋯, n}, P (X_{2} = i_{2}|X_{1} = i_{1}) = 1/(n − 1), i_{2} ∈ {1, 2, ⋯, n} \ i_{1}, P (X_{3} =

i_{3}|X_{1} = i_{1}, X_{2} = i_{2}) = 1/(n − 2), i_{3} ∈ \{1, 2, ⋯, n\} \ \{i_{1}, i_{2}\}, したがって P (X_{max} ≤ m) = \begin{matrix}( & {m \atop r} & ) \\ ( & {n \atop r} & ) \end{matrix}。

P (X_{max} = m) = P (X_{max} ≤ m) − P (X_{max} ≤ m − 1) = \begin{matrix}( & {m−1 \atop r−1} & ) \\ ( & {n \atop r} & ) \end{matrix} □