乗法定理と独立事象

さいころを1回振る試行において、6の目が出る確率は普通に考えれば$\dfrac{1}{6}$である。しかし、実はいかさまさいころで6の目が2つの面に書いてあると知らされれば、6の目が出る確率は$\dfrac{2}{6}$となる。このように、ある事象について何らかの情報が得られると、その事象の起こりやすさについての私達の知識は変わってくる。ここでは、ある情報の下での確率という考え方を学んでいく。

乗法定理と独立事象について

条件付確率

説明文

図のように，クラブのジャックからエースまでの4枚とスペードのクイーンからエースまでの3枚，計7枚のカードの中から 1枚のカードを引くという試行を考える．

事象 $A$ ：「スペードのカードを引く」

事象 $B$ ：「エースのカードを引く」

とおくと，それぞれの事象の起こる確率 $P(A),P(B)$ は

\[P(A)=\frac{3}{7},P(B)=\frac{2}{7}\]

となる．

さて，いまこの試行において「引いたカードはスペードであった」ということが知らされたとして，その状況の下で考えた場合に，そのカードが“スペードのエース”である確率はいくつになるだろうか．これは次のように考えればよい．

まず，引いたカードがスペードであることは確定しているのだから，手持ちのカードの種類には3通りしかない．そして，そのうちエースであるのは1通りだから，求める確率は $\frac{1}{3}$ となる．

これは，標本空間を新しく $A$ として考えたときの，事象 $A\cap{B}$ の確率を考えていることに他ならない．

事象 $A$ という条件の下，事象 $B$ が起こる確率を，

条件付確率(conditional probability)といい $\boldsymbol{P_A(B)}$ と表す． $P_A(B)$ は

\[P_A(B)=\frac{n(A\cap{B})}{n(A)}\tag{1}\label{zyoukentukikakuritu1}\]

であると考えることができた．さらに，この右辺の分母・分子を標本空間の根元事象の個数 $n(U)$ で割ると， $\dfrac{n(A)}{n(U)}=P(A),\dfrac{n(A\cap{B})}{n(U)}=P(A\cap{B})$ であるから

\[P_A(B)=\frac{P(A\cap{B})}{P(A)}\tag{2}\label{zyoukentukikakuritu2}\]

となるので，この $\eqref{zyoukentukikakuritu2}$ を条件付確率 $P_A(B)$ の定義とする．

条件付き確率の定義

ある試行における事象を $A,B$ とする．

事象 $A$ という条件の下，事象 $B$ の起こる確率 $P_A(B)$ を

\[P_A(B)=\frac{P(A\cap{B})}{P(A)}\]

と定義する．

乗法定理

条件付確率の定義である $\eqref{zyoukentukikakuritu2}$ の分母を払うと

\[P(A\cap{B})=P(A)P_A(B)\]

が成り立つ．これを確率の乗法定理（multiplication theorem）という．

乗法定理

ある試行における事象を $A,B$ とするとき

\[P(A\cap{B})=P(A)P_A(B)\]

が成り立つ．

吹き出し無題

分母を払っただけで，「定理」というのはおかしい気がするかもしれないが，この式には，「条件付確率での $\eqref{zyoukentukikakuritu2}$ の $\frac{n(A\cap{B})}{n(A)}$ で簡単に条件付確率 $P_A(B)$ が求まるときには，逆にこれを利用して $P(A\cap{B})$ が求められますよ」という意味が込められている．

先程の例でいうなら，スペードのエースを引く確率 $P(A\cap{B})$ を求めるのに，まずスペードを引く確率 $P(A)=\frac{3}{7}$ に，スペードを引いた条件の下でそれがエースである確率 $P_A(B)=\frac{1}{3}$ をかけて

\[P(A\cap{B})=\frac{3}{7}\times\frac{1}{3}=\frac{1}{7}\]

とすればよいことをいっている．

暗記条件付確率と乗法定理～その１～

5本のうち2本が当りのくじがあり，そこから1本ずつくじを引く．

$A$ ：「1回目のくじ引きで当りが出る」

$B$ ：「2回目のくじ引きで当りが出る」

という事象 $A,B$ を考える．このとき，積事象 $A\cap{B}$ つまり

$A\cap{B}$ ：「1回目と2回目のくじ引きで連続して当りが出る」

という事象の確率 $P(A\cap{B})$ を以下の2通りで求めよ．

標本空間を連続して2回を引いたときのくじの組合せとして $P(A\cap{B})$ を求めよ．
乗法定理 $P(A\cap{B})=P(A)P_A(B)$ を利用して求めよ.

条件付確率と乗法定理～その１～の解答

5本のくじから連続して2本くじを引くときの組合せは $_{5}\mathrm{C}_{2}$ 通りあり，これは同様に確からしい．このうち，2本とも当りであるのは1通りであるから
$\blacktriangle$ 5本のくじに番号をつけると，2本のくじ引きの組合せは①②,①③,①④,①⑤,②③,②④,②⑤,③④, ③⑤,④⑤ の $_{5}\mathrm{C}_{2}$ 通りある．①と②を当りくじとすれば，連続して2回当るのは①②の場合である．
\[P(A\cap{B})=\frac{1}{_{5}\mathrm{C}_{2}}=\boldsymbol{\frac{1}{10}}\]
となる．
$P(A)$ つまり，1回目のくじ引きで当る確率は

$P_A(B)$ つまり，1回目のくじ引きで当った条件の下，2回目のくじ引きで当る確率は

よって，乗法定理より

となる．

条件付確率と乗法定理～その２～

4本の当りくじを含む10本のくじがある．甲，乙がこの順にこのくじを1本ずつ引く．ただし，引いたくじはもとに戻さない．このとき次の問に答えよ．

甲が当ったという条件の下で，乙が当る確率を求めよ．
甲が当り，乙も当る確率を求めよ．
乙の当る確率を求めよ．

条件付確率と乗法定理～その２～の解答

事象 $A,B$ を

$A$ ：「甲が当る」

$B$ ：「乙が当る」

とおく．

甲が当った状況では，くじは9本残っていて，その中に当りくじは3本あるから

$\blacktriangleleft$ 条件付確率

求める確率は$P(A\cap{B})$ である．

$\blacktriangleleft$ 乗法定理

甲が当り，乙が当るのは2. より $\dfrac{2}{15}$ である．また，甲がはずれて，乙が当るのは \begin{align} P(\overline{A}\cap{B})&=P(\overline{A})\cdot P_{\overline{A}}(B)\\ &=\frac{6}{10}\cdot\frac{4}{9}=\frac{4}{15} \end{align}
$\blacktriangleleft$ 乗法定理
よって， $\dfrac{2}{15}+\dfrac{4}{15}=\boldsymbol{\dfrac{2}{5}}$ となる．
《別解：標本空間を乙の引くくじにとる》
乙の引きうるくじは10通りあり，これらは同様に確からしい．このうち当りくじは4本あるので，乙が当りくじを引く確率は
\[\frac{4}{10}=\boldsymbol{\frac{2}{5}}\]

独立事象

条件付確率で見たように，ある事象について何らかの新しい情報が得られると，その事象の起こりやすさについての私達の知識は変わることがあった．しかし，以下でみるように，情報によっては何の役にも立たないことがある．

例として，硬貨を投げ，さらにさいころを投げるという試行を考えよう．この試行の標本空間 $U$ を

とする．このとき，この12個の根元事象はどれも同様に確からしい．

また，硬貨の表が出るという事象を $A$ ，さいころの1の目が出るという事象を $B$ とすると

である．

今， $P_A(B)$ つまり，硬貨の表が出たという条件の下，さいころの1の目が出る確率は

\[P_A(B)=\frac{n(A\cap{B})}{n(A)}=\frac{1}{6}\]

であるが， $P(B)$ つまり，さいころの1の目が出る確率が

\[P(B)=\frac{n(B)}{n(U)}=\frac{2}{12}=\frac{1}{6}\]

であるから

\[P_A(B)=P(B)\tag{1}\label{dokurituzisyou}\]

が成り立つ．

また， $\eqref{dokurituzisyou}$ が成り立つとき，一般に

\begin{align} P_A(B)&=P(B)\\ \Leftrightarrow \frac{n(A\cap{B})}{n(A)}&=\frac{n(B)}{n(U)}\\ \Leftrightarrow \frac{n(A\cap{B})}{n(B)}&=\frac{n(A)}{n(U)}\\ \Leftrightarrow P_B(A)&=P(A)\\ \end{align}

も成り立つ．

独立の定義

2つの事象 $A,B$ において

\[P_A(B)=P(B)\quad\bigl(\Leftrightarrow{P_B(A)=P(A)}\bigr)\]

が成り立つとき，事象 $A$ と $B$ は独立（independent）である，または独立事象（independent event）であるという．

この式は「ある事象 $A$ の条件の下， $B$ の起こる確率」と「（ただ単に） $B$ の起こる確率」が等しいことをいっている．つまり事象が独立であるということは

一方の事象の起こることが他の事象の起こる確率に何の影響も与えない

ことを意味している．

また，事象が独立であるとき，つまり $P_A(B)=P(B)$ であるとき，乗法定理より

\[\bigl(P(A\cap{B})=\bigr)P(A)P_A(B)=P(A)P(B)\]

が成り立つ．

独立事象の乗法定理

「事象 $A$ と $B$ が独立である」 $\Longleftrightarrow P(A\cap{B})=P(A)P(B)$

独立事象

次の事象 $A,B$ のうち， $A$ と $B$ が独立であるものはどれか選べ．

白球4個，赤球3個の入っている袋から2回球を取り出す試行について考える．ただし，1回取り出した球は袋に戻さないものとする．

$A$ ：「1回目に白球を取り出す」

$B$ ：「2回目に白球を取り出す」

白球4個，赤球3個の入っている袋から2回球を取り出す試行について考える．ただし，1回取り出すごとに球は袋に戻すものとする．
$A$ ：「1回目に白球を取り出す」
$B$ ：「2回目に白球を取り出す」
ジョーカーを除いた1組のトランプ52枚の中から，1枚を引く試行について考える．

$A$ ：「ハートのカードを引く」

$B$ ：「エースのカードを引く」

ジョーカーを含む1組のトランプ53枚の中から，1枚を引く試行について考える．

$A$ ：「ハートのカードを引く」

$B$ ：「エースのカードを引く」

独立事象の解答

2回目に取り出す球だけに着目すると，その取り出し方には $4+3=7$ 通りあり，これらはどれも同様に確からしい．

よって，2回目に白球を取り出す確率 $P(B)$ は

$\blacktriangle$ 2回目に取り出す球のみで標本空間を作っていることに注意しよう

また，1回目に白球を取り出したという条件の下，2回目に白球を取り出す確率 $P_A(B)$ は

$\blacktriangleleft$ 一度引いた球は元に戻さないことに注意

以上より， $P_A(B)\neq P(B)$ なので，事象 $A$ と $B$ は独立ではない．

《別解：独立事象の乗法定理を使う》

2回目に白球を取り出すには，次の2つの場合があり，これらは排反である．

1回目に白球を取り出し，2回目に白球を取り出す
1回目に赤球を取り出し，2回目に白球を取り出す

まず，i. の場合の確率は

$\blacktriangleleft$ 乗法定理

次に，ii. の場合の確率は

$\blacktriangleleft$ 乗法定理

よって， $P(B)$ は

$\blacktriangleleft$ 排反事象の加法定理

また，1回目に白球を取り出した条件の下，2回目に白球を取り出す確率 $P_A(B)$ は

$\blacktriangleleft$ 一度引いた球は元に戻さないことに注意

以上より， $P_A(B)\neq P(B)$ なので，事象 $A$ と $B$ は独立ではない．

重複試行

独立試行とは何か

独立事象で見たように，硬貨投げの事象とさいころ投げの事象は互いに影響を及ぼさなかった．

一般に，試行 $T_1,T_2$ について，それぞれの結果の起こり方が互いに影響を与えないとき，この2つの試行は独立（independent）である，または独立試行（independent trials）であるという．

重複試行とその確率

（無題）

「1つのさいころを続けて5回投げる」のように，互いに影響を与えない同じ試行を繰り返すとき，この一連の独立な試行のことを重複ちょうふく試行または反復はんぷく試行（repeated trials）という.

暗記重複試行の確率

さいころを5回投げるとき，1の目が2回出る確率 $P_2$ を求めよ．

重複試行の確率の解答

さいころを5回投げて2回だけ1の目が出るのは，表のように

\[_{5}\mathrm{C}_{2}=10通り\]

あり，これらの事象 $A_1,A_2,\cdots,A_{10}$ は互いに排反であるので， $P_2$ を求めるには $A_1,A_2,\cdots,A_{10}$ の確率をそれぞれ計算してそれらの和を求めればよい．

$\blacktriangleleft$ 表で $\bigcirc$ は1の目が出ることを表し、 $\times$ は1以外の目が出ることを表している.

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline 事象\setminus回&1&2&3&4&5\\\hline A_1&\bigcirc&\bigcirc&\times&\times&\times\\\hline A_2&\bigcirc&\times&\bigcirc&\times&\times\\\hline A_3&\bigcirc&\times&\times&\bigcirc&\times\\\hline A_4&\bigcirc&\times&\times&\times&\bigcirc\\\hline A_5&\times&\bigcirc&\bigcirc&\times&\times\\\hline A_6&\times&\bigcirc&\times&\bigcirc&\times\\\hline A_7&\times&\bigcirc&\times&\times&\bigcirc\\\hline A_8&\times&\times&\bigcirc&\bigcirc&\times\\\hline A_9&\times&\times&\bigcirc&\times&\bigcirc\\\hline A_{10}&\times&\times&\times&\bigcirc&\bigcirc\\\hline \end{array}

今， $A_1$ の起こる確率 $P(A_1)$ は，各回の試行が独立であるから

\[P(A_1)=\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{6}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{5}{6}=\left(\frac{1}{6}\right)^2\left(\frac{5}{6}\right)^3\]

となる．

他の事象 $A_2,A_3,\cdots,A_{10}$ の起こる確率もそれぞれ $\left(\dfrac{1}{6}\right)^2\left(\dfrac{5}{6}\right)^3$ となるので，求める確率 $P_2$ は

\[P_2={_5}\mathrm{C}{_2}\left(\frac{1}{6}\right)^2\left(\frac{5}{6}\right)^3=\boldsymbol{\frac{625}{3888}}\]

となる．

上記の例題において，1の目の出る回数 $x$ は $x=0,1,2,3,4,5$ のいずれかである．1の目が $x$ 回出る確率を $P_x$ で表すと， $P_2$ 以外も $P_2$ と同様に考えて

\begin{align} P_0=&{_5}\mathrm{C}{_0}\left(\frac{5}{6}\right)^5\\ P_1=&{_5}\mathrm{C}{_1}\left(\frac{1}{6}\right)^1\left(\frac{5}{6}\right)^4\\ P_2=&{_5}\mathrm{C}{_2}\left(\frac{1}{6}\right)^2\left(\frac{5}{6}\right)^3\\ P_3=&{_5}\mathrm{C}{_3}\left(\frac{1}{6}\right)^3\left(\frac{5}{6}\right)^2\\ P_4=&{_5}\mathrm{C}{_4}\left(\frac{1}{6}\right)^4\left(\frac{5}{6}\right)^1\\ P_5=&{_5}\mathrm{C}{_5}\left(\frac{1}{6}\right)^5 \end{align}

となり，一般に次のことがいえるのがわかる．

重複試行の定理

ある試行において，事象 $A$ の起こる確率を $p$ ，その余事象 $\overline{A}$ の起こる確率を $q\ (=1-p)$ とすると，この試行を $n$ 回繰り返すとき，事象 $A$ が $x$ 回起こる確率は

\[{_n}\mathrm{C}{_x}p^xq^{n-x}\]

となる．

重複試行の確率

$\bigcirc$ か $\times$ をつけて答える6題の問題に，でたらめに $\bigcirc$ か $\times$ をつけるとき，次の問に答えよ．

全部の解答が間違っている確率を求めよ．
3題だけが正解である確率を求めよ．
少なくとも2題が正解である確率を求めよ．

重複試行の確率の解答

6題それぞれについて，間違う確率は $\dfrac{1}{2}$ だから，求める確率は $\left(\dfrac{1}{2}\right)^6=\boldsymbol{\dfrac{1}{64}}$ となる．
6題のうち3題を何題目で間違うかには $_{6}\mathrm{C}_{3}$ 通りの場合があるから

$\blacktriangleleft$ 重複試行の定理

「少なくとも2題が正解である」の余事象は「全部の解答が間違っているか，または1題だけが正解である」である．全部の解答が間違っている確率は1. で求めたので，1題だけが正解である確率を以下で求める．

6題のうち1題を何題目で正解するかは $_{6}\mathrm{C}_{1}$ 通りの場合があるから

$\blacktriangleleft$ 重複試行の定理

よって，求める確率は