基礎ノートと類題を答案の形で解いた問題集(2,480円)。収録章と見本ページを商品ページで確認できる。過去問の本文は収録していない。
確率統計編の内容を見る確率空間 (Ω,F,P)
Ω を標本空間、F を Ω の部分集合の族で、Ω∈F を含み、補集合と可算個の和集合で閉じたもの(σ 加法族)とする。F の元を事象という。関数 P:F→[0,1] が次を満たすとき確率という。
- P(Ω)=1。
- 互いに排反な事象 A1,A2,… について P(⋃iAi)=∑iP(Ai)(可算加法性)。
Ω が有限集合で各根元事象が同様に確からしいときは P(A)=∣A∣/∣Ω∣ で、高校の確率はこの特別な場合である。
公理から出る性質
- 余事象
P(Ac)=1−P(A) - 単調性
A⊂B⇒P(A)≤P(B) - 和事象(包除原理)
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B) 3個なら P(A∪B∪C)=∑P(A)−∑P(A∩B)+P(A∩B∩C)。
- 連続性
A1⊂A2⊂⋯⇒P(n⋃An)=n→∞limP(An) 減少列 A1⊃A2⊃⋯ なら共通部分の確率が極限になる。可算加法性から出る。
条件付き確率
P(B)>0 のとき、B が起きたという条件のもとでの A の確率を
P(A∣B)=P(B)P(A∩B) で定める。A↦P(A∣B) はそれ自体が確率になる。変形すると乗法定理 P(A∩B)=P(B)P(A∣B) が得られる。
全確率の公式とベイズの定理
条件
B1,B2,… は互いに排反で和が Ω(Ω の分割)、各 P(Bi)>0。ベイズの定理ではさらに P(A)>0 とする。
主張
P(A)=i∑P(A∣Bi)P(Bi),P(Bj∣A)=∑iP(A∣Bi)P(Bi)P(A∣Bj)P(Bj) 要点
A=⋃i(A∩Bi) が排反な和であることと乗法定理から全確率の公式が出る。ベイズの定理は P(Bj∣A)=P(A∩Bj)/P(A) の分子に乗法定理、分母に全確率の公式を入れたものである。Bi が分割でないと全確率の公式は成り立たない。
検査の陽性的中率
ある病気の有病率は 1% である。検査は、病気の人の 99% を陽性と判定し、病気でない人の 5% も陽性と判定する。陽性と判定された人が実際に病気である確率を求めよ。
解答
病気である事象を D、陽性の事象を + とする。P(D)=0.01、P(+∣D)=0.99、P(+∣Dc)=0.05。全確率の公式から
P(+)=0.99×0.01+0.05×0.99=0.0099+0.0495=0.0594 ベイズの定理から
P(D∣+)=0.05940.0099=61≈0.167 検算
10000人で数えると、病気の100人のうち陽性は99人、病気でない9900人のうち陽性は495人。陽性594人のうち病気は99人で、99/594=1/6 に一致する。有病率が低いと、検査の精度が高くても陽性的中率は低くなる。
事象の独立
P(A∩B)=P(A)P(B) のとき A と B は独立という。P(B)>0 なら P(A∣B)=P(A) と同値である。
A1,…,An が独立であるとは、添字の任意の部分集合 {i1,…,ik}(k≥2)について P(Ai1∩⋯∩Aik)=P(Ai1)⋯P(Aik) が成り立つことをいう。2個ずつの積の式だけでは足りない。
2つずつ独立でも3つが独立とは限らない。公平な硬貨を2回投げ、A を「1回目が表」、B を「2回目が表」、C を「2回の面が同じ」とする。P(A)=P(B)=P(C)=1/2 で、A∩B、A∩C、B∩C はどれも「表表」だけなので確率 1/4 になり、2つずつは独立である。一方 P(A∩B∩C)=1/4=1/8 なので、3つは独立でない。
確率変数の独立
確率変数 X,Y が独立であるとは、任意の x,y で P(X≤x,Y≤y)=P(X≤x)P(Y≤y) が成り立つことをいう。離散型では P(X=x,Y=y)=P(X=x)P(Y=y)、同時密度をもつ連続型では fX,Y(x,y)=fX(x)fY(y) と同値である。独立なら g(X) と h(Y) も独立になる。
確率変数と分布関数
確率変数 X は Ω 上の実数値関数で、任意の x について {X≤x} が事象になるものをいう。F(x)=P(X≤x) を分布関数という。F は単調非減少、右連続で、limx→−∞F(x)=0、limx→∞F(x)=1 を満たす。
X のとる値が高々可算個のとき離散型といい、確率関数 p(x)=P(X=x) で分布を表す。F(x)=∫−∞xf(t)dt となる f≥0 があるとき連続型といい、f を確率密度関数という。
- 区間の確率
P(a<X≤b)=F(b)−F(a) - 1点の確率
P(X=a)=F(a)−x→a−0limF(x) 連続型では 0 になるので、< と ≤ を区別しなくてよい。
- 密度と確率
P(a≤X≤b)=∫abf(x)dx,∫−∞∞f(x)dx=1 - 密度と分布関数
f(x)=F′(x)(F が微分可能な点で) f(x) 自体は確率ではなく、1 を超えてもよい。
2個のさいころの大きいほうの目
公平なさいころを2個投げ、大きいほうの目を M とする。M の確率関数を求めよ。
解答
2個が独立なので P(M≤k)=P(両方≤k)=(k/6)2。よって
P(M=k)=(6k)2−(6k−1)2=362k−1(k=1,…,6) 検算
∑k=16(2k−1)=36 なので確率の和は 1。k=6 なら 11/36 で、36通りを数えると6が少なくとも1つ出るのは 36−25=11 通りである。
1変数の変数変換
条件
X は密度 fX をもつ。g は X のとる値の範囲を含む開区間で狭義単調かつ C1 級で、g′ が 0 にならない。Y=g(X)。
主張
fY(y)=fX(g−1(y))dydg−1(y) 要点
増加なら FY(y)=P(X≤g−1(y))=FX(g−1(y)) を微分すれば出る。減少なら不等号の向きが逆になり、絶対値が付く。g が単調でないときは、g(x)=y の解 xk ごとに fX(xk)/∣g′(xk)∣ を足し合わせる。
- 2変数(ヤコビアン)
fU,V(u,v)=fX,Y(x(u,v),y(u,v))∂(u,v)∂(x,y) (x,y)↦(u,v) が1対1で、逆写像が C1 級のとき。
- 独立な和(たたみ込み)
fX+Y(z)=∫−∞∞fX(x)fY(z−x)dx
一様乱数の対数
X が区間 (0,1) の一様分布に従うとき、Y=−logX の分布を求めよ。
解答
y>0 で FY(y)=P(−logX≤y)=P(X≥e−y)=1−e−y。微分して fY(y)=e−y(y>0)。Y は平均 1 の指数分布に従う。
検算
公式で確かめる。g(x)=−logx は減少で g−1(y)=e−y、∣dg−1/dy∣=e−y、fX=1 なので fY(y)=e−y。∫0∞ye−ydy=1 も成り立つ。
単調でない変換
X が区間 (−1,1) の一様分布に従うとき、Y=X2 の密度を求めよ。
解答
0<y<1 で FY(y)=P(−y≤X≤y)=y。よって fY(y)=2y1(0<y<1)。
検算
解の和で確かめる。x2=y の解は ±y、fX=1/2、∣g′(±y)∣=2y なので 2×2y1/2=2y1。∫012ydy=1 になる。
P(A∣B) と P(B∣A) を取り違える。検査の例では P(+∣D)=0.99 でも P(D∣+)=1/6 である。逆向きの確率はベイズの定理で事前確率 P(D) を入れて計算する。
排反と独立を混同する。P(A),P(B)>0 で排反なら P(A∩B)=0=P(A)P(B) なので独立ではない。排反は和の確率、独立は積の確率についての条件である。
3つ以上の事象の独立を、2つずつの積の式だけで確かめる。全部の組合せ(3つなら A∩B∩C を含む4本の式)を確かめる。
連続型の密度 f(x) を確率と読む。f(x) は 1 を超えることがあり、確率は区間で積分して求める。
変数変換で絶対値 ∣dg−1/dy∣ を落とす、または単調でない g で片方の解だけを使う。結果の密度を積分して 1 になるかを確かめる。
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