数学B / 統計的な推測

二項分布の和はまた二項分布(再生性)

最難関編二項分布たたみこみ二項定理

問題

$X$ は二項分布 $B (m, p)$ に、 $Y$ は二項分布 $B (n, p)$ に従い、 $X$ と $Y$ は独立であるとする( $q = 1 - p$ とおく)。

(1) 二項定理を用いて、次の等式(ヴァンデルモンドの畳み込み)を示せ。

$j = 0 \sum k (j m) (k - j n) = (k m + n)$

(2) $X + Y$ は二項分布 $B (m + n, p)$ に従うことを示せ。

(3) (2)から $E (X + Y)$ と $V (X + Y)$ を求め、 $E (X) + E (Y)$ 、 $V (X) + V (Y)$ と一致することを確かめよ。

ヒントを見る

(1) $(1 + x)^{m + n}$ を2通りに展開してみよ。

(2) $X + Y = k$ となるのは、 $X$ がいくつのときか。すべての場合を足す。

解答・解説

方針

独立だから、和の確率は「 $X = j$ かつ $Y = k - j$ 」を $j$ について全部足せばよい。 $p$ と $q$ のべきは $j$ が消えてまとまり、二項係数の積の和だけが残る。それを片づけるのが(1)のヴァンデルモンドの畳み込みで、二項定理の係数比較から出る。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 二項分布は「 $n$ 回の試行での成功回数」だ。 $m$ 回やって、さらに $n$ 回やれば合計 $m + n$ 回。成功回数の和が $B (m + n, p)$ に従うのは、当たり前に思える。

その「当たり前」を、確率の計算だけで確かめるのがこの問題である。 $P (X + Y = k)$ を求めるには、 $X = j$ と $Y = k - j$ の場合を $j$ について全部足せばよい(独立だから積で書ける)。

すると二項係数の積の和 $j \sum (j m) (k - j n)$ が現れる。これがヴァンデルモンドの畳み込みで、 $(1 + x)^{m} (1 + x)^{n} = (1 + x)^{m + n}$ の係数比較から出る。

$p$ と $q$ のべきのほうは、 $j$ がきれいに消えて $p^{k} q^{m + n - k}$ にまとまる。ここが計算の気持ちよいところだ。

定理二項定理

(1 + x)^{N} = k = 0 \sum N (k N) x^{k}

公式独立なら

P (X = j, Y = i) = P (X = j) P (Y = i)

① (1) 係数を比較する。 恒等式 $(1 + x)^{m} (1 + x)^{n} = (1 + x)^{m + n}$ の両辺を二項定理で展開する。

左辺は

$(j = 0 \sum m (j m) x^{j}) (i = 0 \sum n (i n) x^{i})$

で、 $x^{k}$ の項は $j + i = k$ すなわち $i = k - j$ となる組から出る。よって $x^{k}$ の係数は

$j = 0 \sum k (j m) (k - j n)$

右辺の $x^{k}$ の係数は $(k m + n)$ 。両者は等しいから(1)が示された。

② (2) たたみこみを計算する。 $X + Y = k$ となるのは、 $X = j$ かつ $Y = k - j$ ( $j = 0, 1, \dots, k$ )のときである。独立だから

$P (X + Y = k) = j = 0 \sum k P (X = j) P (Y = k - j) = j = 0 \sum k (j m) p^{j} q^{m - j} \cdot (k - j n) p^{k - j} q^{n - k + j}$

$p$ のべきは $p^{j} \cdot p^{k - j} = p^{k}$ 、 $q$ のべきは $q^{m - j} \cdot q^{n - k + j} = q^{m + n - k}$ で、どちらも $j$ が消える。よって $p^{k} q^{m + n - k}$ を外にくくり出せて

$P (X + Y = k) = p^{k} q^{m + n - k} j = 0 \sum k (j m) (k - j n) = (k m + n) p^{k} q^{m + n - k}$

最後に(1)を使った。これは二項分布 $B (m + n, p)$ の確率そのものである。

③ (3) 期待値と分散。 (2)より $X + Y$ は $B (m + n, p)$ に従うから

$E (X + Y) = (m + n) p, V (X + Y) = (m + n) pq$

一方

$E (X) + E (Y) = m p + n p = (m + n) p, V (X) + V (Y) = m pq + n pq = (m + n) pq$

で、確かに一致する(期待値は線形性から、分散は独立性から、それぞれ足せる)。

まとめ: 「 $m$ 回 $+$ $n$ 回 $=$ $m + n$ 回」という当たり前の事実が、二項係数の恒等式(ヴァンデルモンドの畳み込み)として現れる。確率の計算は、しばしば組合せの恒等式の別の顔である。

発展 — 一歩先へ。 期待値や分散が足せることは、分布の形を知らなくても言える。だが「和がまた二項分布になる」という主張は、それよりずっと強い。分布の形そのものが保たれるからだ。この性質を再生性という。

正規分布も再生性を持つ( $N (μ_{1}, σ_{1}^{2})$ と $N (μ_{2}, σ_{2}^{2})$ の和は $N (μ_{1} + μ_{2}, σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2})$ )。ポアソン分布もそうである。

ところが一様分布は再生性を持たない。一様分布どうしの和は三角形の分布になってしまうからだ。「足しても形が変わらない」というのは、実は特別な性質なのである。そして、形が変わっていった先の行き着く果てが正規分布(中心極限定理)だ、というのがこの分野のいちばん深い定理である。

答

(1) $(1 + x)^{m} (1 + x)^{n} = (1 + x)^{m + n}$ の $x^{k}$ の係数を比較する (2) $P (X + Y = k) = j \sum P (X = j) P (Y = k - j)$ を計算すると $(k m + n) p^{k} q^{m + n - k}$ (3) $E = (m + n) p = m p + n p$ 、 $V = (m + n) pq = m pq + n pq$

別解

試行の意味に戻る(高い視点)。 計算を1行もせずに(2)を示すこともできる。

$X$ は「成功確率 $p$ の独立な試行を $m$ 回行ったときの成功回数」と解釈できる。 $Y$ は「同じ試行を $n$ 回行ったときの成功回数」だ。しかも $X$ と $Y$ は独立だから、これらは互いに影響しない別々の試行列と見てよい。

2つを並べれば、「成功確率 $p$ の独立な試行を $m + n$ 回行った」ことになる。その成功回数がまさに $X + Y$ である。したがって $X + Y$ は $B (m + n, p)$ に従う。

これで証明は終わりだ。ただし、この議論が許されるのは「独立な試行の繰り返し」という解釈をしてよい場合に限る。答案としては、本解のように確率を直接計算するほうが安全である。とはいえ、この見方を持っていれば「答えは $B (m + n, p)$ になるはずだ」と先に確信でき、計算の見通しが立つ。

そしてこの見方は、なぜヴァンデルモンドの畳み込みが現れるのかも教えてくれる。 $m + n$ 人から $k$ 人を選ぶとき、前半 $m$ 人から $j$ 人、後半 $n$ 人から $k - j$ 人を選ぶ、と場合分けする — それが $j \sum (j m) (k - j n) = (k m + n)$ の意味である。確率の計算と組合せの数え上げが、同じ構造を共有しているのだ。

ポイント

$(1 + x)^{m} (1 + x)^{n} = (1 + x)^{m + n}$ の係数比較でヴァンデルモンド。
たたみこみで $p^{j} \cdot p^{k - j} = p^{k}$ 、 $q$ も $j$ が消える。
分布の形が保たれる(再生性)。期待値・分散が足せることより強い主張。

よくある間違い

$P (X + Y = k) = P (X = k) + P (Y = k)$ としてしまう。和の分布は、すべての組合せを足し上げたもの(たたみこみ)であって、確率の単純な和ではない。
たたみこみの計算で、 $p$ や $q$ のべきに $j$ が残ると思い込む。 $p^{j} \cdot p^{k - j} = p^{k}$ 、 $q^{m - j} \cdot q^{n - k + j} = q^{m + n - k}$ で $j$ は消える。ここが計算の山場である。
成功確率が違う場合にも「和は二項分布」と当てはめる。 $B (m, p_{1})$ と $B (n, p_{2})$ ( $p_{1} \neq = p_{2}$ )の和は二項分布にならない。 $p$ が共通であることが決定的に効いている。