数学B / 統計的な推測

二項分布の分散 V(X)=npq の証明

実戦編統計的な推測二項分布分散階乗モーメント単元横断

問題

$X$ が二項分布 $B (n, p)$ に従うとき、 $E (X) = n p$ を用いて、分散 $V (X) = n p (1 - p)$ を示せ。ただし $q = 1 - p$ とし、 $E (X (X - 1)) = n (n - 1) p^{2}$ は用いてよい。

ヒントを見る

$V (X) = E (X^{2}) - {E (X)}^{2}$ 。 $E (X^{2}) = E (X (X - 1)) + E (X)$ 。与えられた $E (X (X - 1)) = n (n - 1) p^{2}$ と $E (X) = n p$ を代入。

解答・解説

方針

$V (X) = E (X^{2}) - {E (X)}^{2}$ を使う。 $E (X^{2})$ を $E (X (X - 1)) + E (X)$ で書き、与えられた $E (X (X - 1)) = n (n - 1) p^{2}$ と $E (X) = n p$ を代入して整理する。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 分散は $V (X) = E (X^{2}) - {E (X)}^{2}$ で計算する。 $E (X) = n p$ は既知だから、あとは $E (X^{2})$ だ。

$X^{2}$ を直接扱うより、 $X (X - 1)$ を経由すると楽。 $E (X^{2}) = E (X (X - 1)) + E (X)$ と分けられる。

与えられた $E (X (X - 1)) = n (n - 1) p^{2}$ と $E (X) = n p$ を代入し、 $(n p)^{2}$ を引いて整理すると $n p (1 - p) = n pq$ が残る。

重要

V (X) = E (X^{2}) - {E (X)}^{2}

、

X^{2} = X (X - 1) + X

① $E (X^{2})$ を作る。 $X^{2} = X (X - 1) + X$ より $E (X^{2}) = E (X (X - 1)) + E (X) = n (n - 1) p^{2} + n p .$ ② 分散。 $V (X) = E (X^{2}) - {E (X)}^{2} = n (n - 1) p^{2} + n p - (n p)^{2} .$ ③ 整理。 $n p$ でくくると $V (X) = n p {(n - 1) p + 1 - n p} = n p {n p - p + 1 - n p} = n p (1 - p) = n pq .$

まとめ $E (X^{2}) = E (X (X - 1)) + E (X) = n (n - 1) p^{2} + n p$ 、 $V (X) = E (X^{2}) - (n p)^{2} = n p (1 - p)$ 。二項分布(分散)と階乗モーメントの融合。 $X^{2} = X (X - 1) + X$ が鍵。

発展 — 一歩先へ。 $V (X) = n pq$ は $p = \frac{1}{2}$ で最大になる( $pq \leq \frac{1}{4}$ )。コインは表裏五分五分のとき最もばらつき、 $p$ が $0$ や $1$ に近い(ほぼ確実な)ほどばらつきが小さい。「五分五分が最も予測しにくい」という直感が、 $pq$ の最大値に表れている。標本数を決める最悪評価 $\overset{p}{^} (1 - \overset{p}{^}) \leq \frac{1}{4}$ も、この事実の応用だ。

答

$V (X) = E (X^{2}) - {E (X)}^{2}$ 。 $E (X^{2}) = E (X (X - 1)) + E (X) = n (n - 1) p^{2} + n p$ 。よって $V (X) = n (n - 1) p^{2} + n p - (n p)^{2} = n p {(n - 1) p + 1 - n p} = n p (1 - p) = n pq$ 。

別解

別解 — 独立な和の分散は「分散の和」(得意な人向けの高い視点)。 期待値と同じく、 $X = X_{1} + \dots + X_{n}$ (各 $X_{i}$ は独立な $0/1$ )と分解する。

$1$ 回分 $X_{i}$ の分散は、 $E [X_{i}^{2}] - (E [X_{i}])^{2} = p - p^{2} = p (1 - p) = pq$ ( $X_{i}^{2} = X_{i}$ なので $E [X_{i}^{2}] = p$ )。

独立な確率変数の和では、分散も足し算になる(共分散の項が $0$ )。よって

$V (X) = i = 1 \sum n V (X_{i}) = n \cdot pq = n pq .$

$E (X^{2})$ を二項係数で計算する本解に対し、こちらは「独立なら分散は足せる」という1本の原理で片づく。期待値は常に足せるが、分散が足せるのは独立(または無相関)なとき — この違いが分かると、統計の見通しが一気に開ける。

ポイント

$V (X) = E (X^{2}) - {E (X)}^{2}$ 。
$X^{2} = X (X - 1) + X$ 、 $E (X^{2}) = n (n - 1) p^{2} + n p$ 。
整理して $V (X) = n p (1 - p) = n pq$ 。

よくある間違い

$E (X^{2})$ を ${E (X)}^{2} = (n p)^{2}$ と混同する(別物。 $V = E (X^{2}) - {E (X)}^{2}$ )。
$E (X^{2}) = E (X (X - 1)) + E (X)$ の $+ E (X)$ を落とす( $X^{2} = X (X - 1) + X$ だから)。
最後の整理 $n (n - 1) p^{2} + n p - (n p)^{2} = n pq$ で、共通因数 $n p$ をくくり損ねる。