数学B / 統計的な推測

二項分布の期待値 E(X)=np の証明

実戦編統計的な推測二項分布期待値組合せ単元横断

問題

$X$ が二項分布 $B (n, p)$ に従うとき、 $P (X = k) = (k n) p^{k} (1 - p)^{n - k}$ である。期待値 $E (X) = k = 0 \sum n k P (X = k)$ が $n p$ に等しいことを示せ。ただし $q = 1 - p$ とする。

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$k (k n) = n (k - 1 n - 1)$ 。これで $n p$ を外に出し、残りの和は二項定理で $(p + q)^{n - 1} = 1$ 。

解答・解説

方針

$k (k n) = n (k - 1 n - 1)$ で $k$ を消し、 $n p$ をくくり出す。残る和を二項定理で $(p + q)^{n - 1} = 1$ にまとめる。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 $E (X) = \sum k (k n) p^{k} q^{n - k}$ の $k$ が邪魔だ。この $k$ を二項係数に吸収させたい。

そこで恒等式 $k (k n) = n (k - 1 n - 1)$ 。これで $k$ が消え、代わりに $n$ が前に出る。

$n$ と $p$ を1つずつくくり出すと、残る和は $(n - 1)$ 個の二項分布の全確率、つまり $(p + q)^{n - 1} = 1$ 。だから $E (X) = n p$ が一気に出る。

重要

k (k n) = n (k - 1 n - 1)

。二項定理

\sum_{j} (j m) p^{j} q^{m - j} = (p + q)^{m}

① $k$ を消す。 $k = 0$ の項は $0$ なので $k \geq 1$ で和をとる。 $k (k n) = n (k - 1 n - 1)$ より $E (X) = k = 1 \sum n k (k n) p^{k} q^{n - k} = k = 1 \sum n n (k - 1 n - 1) p^{k} q^{n - k} .$ ② $n p$ をくくる。 $p^{k} = p \cdot p^{k - 1}$ として $E (X) = n p k = 1 \sum n (k - 1 n - 1) p^{k - 1} q^{n - k} .$ $j = k - 1$ とおくと和は $\sum_{j = 0}^{n - 1} (j n - 1) p^{j} q^{(n - 1) - j}$ 。

③ 二項定理。 この和は $(p + q)^{n - 1} = 1^{n - 1} = 1$ 。よって $E (X) = n p \cdot 1 = n p .$

まとめ $k (k n) = n (k - 1 n - 1)$ で $k$ を消し $n p$ をくくると、残りは $(p + q)^{n - 1} = 1$ 。 $E (X) = n p$ 。二項分布と組合せ・二項定理の融合。

発展 — 一歩先へ。 指示関数への分解(別解)は、独立でない場合にも期待値だけは足せるという強みをもつ。たとえば「 $n$ 枚の札を並べて自分の番号を引く人数」の期待値は、各位置の一致を $0/1$ で表して足すと(独立でないのに)ちょうど $1$ 。「和の期待値は期待値の和」は、確率変数が独立かどうかに一切よらない万能の道具だ。

答

$k (k n) = n (k - 1 n - 1)$ を使う。 $E (X) = \sum_{k = 1}^{n} n (k - 1 n - 1) p^{k} q^{n - k} = n p \sum_{k = 1}^{n} (k - 1 n - 1) p^{k - 1} q^{n - k} = n p (p + q)^{n - 1} = n p$ 。

別解

別解 — $X$ を「 $0/1$ の和」に分解する(得意な人向けの高い視点)。 二項分布 $B (n, p)$ の $X$ は、成功確率 $p$ の独立な試行を $n$ 回行ったときの成功回数だ。

そこで $i$ 回目が成功なら $X_{i} = 1$ 、失敗なら $X_{i} = 0$ とおくと、 $X = X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n}$ 。

各 $X_{i}$ の期待値は $E [X_{i}] = 1 \cdot p + 0 \cdot (1 - p) = p$ 。期待値の線形性(和の期待値は期待値の和)から

$E (X) = i = 1 \sum n E [X_{i}] = n p .$

二項係数の和(本解)を一切計算せず、「 $n$ 個の $0/1$ を足す」だけで $n p$ が出た。恒等式 $k (k n) = n (k - 1 n - 1)$ の正体は、この「1回分を取り出す」操作そのもの。指示関数への分解は、分散でも同じ威力を発揮する。

ポイント

$k (k n) = n (k - 1 n - 1)$ で $k$ を吸収。
$n p$ をくくり出す。
残る和は $(p + q)^{n - 1} = 1$ 、 $E (X) = n p$ 。

よくある間違い

恒等式 $k (k n) = n (k - 1 n - 1)$ を使わず、 $k$ を残したまま和が閉じずに詰まる。
和の下端を $k = 0$ のままにする( $k = 0$ の項は $0$ なので $k = 1$ から。 $(k - 1 n - 1)$ の添字がずれる)。
残る和 $\sum (k - 1 n - 1) p^{k - 1} q^{n - k} = (p + q)^{n - 1} = 1$ を使わず、 $n p$ をくくり出せない。