独立な確率変数の積の期待値

硬貨投げとさいころ投げのように，独立試行では確率変数 $X,Y$ のとる値すべての組 $x_i,y_j$ に対して

\[P(X=x_i,Y=y_j)=P(X=x_i)\cdot P(Y=y_j)\]

が成り立つ．

一般に，2つの確率変数 $X,Y$ があって， $X$ のとるすべての値 $x$ と $Y$ のとる値 $y$ に対して

\[P(X=x,Y=y)=P(X=x)\cdot P(Y=y)\]

が成り立つとき，確率変数 $X,Y$ は互いに独立（independent）であるという．

独立な確率変数の積の期待値

硬貨1枚とさいころ1個を投げる試行を考える． 硬貨に表が出たときは1，裏が出たときは0を対応させる確率変数を $X$ とする． また，さいころに出た目を確率変数 $Y$ とする． $E(XY)$ を求めよ．

$Z=XY$ とすると， $Z$ のとる値は0から6までの整数となる．

例えば， $Z=2$ となるのは $X=1,Y=2$ のときであるから

\[P(Z=2)=P(X=1,Y=2)=\frac{1}{12}\]

である．同様にして，計算すると次のようにまとめられる．

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline Z&0&1&2&3&4&5&6\\\hline P&\dfrac{6}{12}&\dfrac{1}{12}&\dfrac{1}{12}&\dfrac{1}{12}&\dfrac{1}{12}&\dfrac{1}{12}&\dfrac{1}{12}\\\hline \end{array}

これより， $Z$ の期待値 $E(Z)$ は

\begin{align} E(Z)&=\frac{6}{12}\cdot0+\frac{1}{12}(1+2+3+4+5+6)\\ &=\boldsymbol{\frac{7}{4}} \end{align}

となる．

$\blacktriangleleft$ （参考1） $X$ の確率分布

\begin{array}{|c|c|c|}\hline X&0&1\\\hline P&\dfrac{1}{2}&\dfrac{1}{2}\\\hline \end{array} \[E(X)=\dfrac{1}{2}\]

$\blacktriangleleft$ （参考2） $Y$ の確率分布

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline Y&1&2&3&4&5&6\\\hline P&\dfrac{1}{6}&\dfrac{1}{6}&\dfrac{1}{6}&\dfrac{1}{6}&\dfrac{1}{6}&\dfrac{1}{6}\\\hline \end{array} \[E(X)=\dfrac{1}{6}(1+2+3+4+5+6)=\dfrac{7}{2}\]

いま，この例題において，確率変数 $XY$ の計算の様子をわかりやすくするため

$1$ $2$ $3$ $4$ $5$ $6$
$0$ $0\cdot1$ $0\cdot2$ $0\cdot3$ $0\cdot4$ $0\cdot5$ $0\cdot6$ 計
$\dfrac{1}{12}$ $\dfrac{1}{12}$ $\dfrac{1}{12}$ $\dfrac{1}{12}$ $\dfrac{1}{12}$ $\dfrac{1}{12}$ $\dfrac{1}{2}$
$1$ $1\cdot1$ $1\cdot2$ $1\cdot3$ $1\cdot4$ $1\cdot5$ $1\cdot6$ 計
$\dfrac{1}{12}$ $\dfrac{1}{12}$ $\dfrac{1}{12}$ $\dfrac{1}{12}$ $\dfrac{1}{12}$ $\dfrac{1}{12}$ $\dfrac{1}{2}$
計計計計計計計
$\dfrac{1}{6}$ $\dfrac{1}{6}$ $\dfrac{1}{6}$ $\dfrac{1}{6}$ $\dfrac{1}{6}$ $\dfrac{1}{6}$ $1$

となおしてから，期待値 $E(XY)$ を計算してみると

\begin{align} E(XY)&=\frac{1}{12}\{(0\cdot1)+(0\cdot2)+(0\cdot3)\\ &\qquad+(0\cdot4)+(0\cdot5)+(0\cdot6)\}\\ &+\frac{1}{12}\{(1\cdot1)+(1\cdot2)+(1\cdot3)\\ &\qquad+(1\cdot4)+(1\cdot5)+(1\cdot6)\}\\ &=\frac{1}{12}\cdot0\cdot(1+2+3+4+5+6)\\ &\qquad+\frac{1}{12}\cdot1\cdot(1+2+3+4+5+6)\\ &=\frac{1}{12}(0+1)(1+2+3+4+5+6)\\ &=\frac{1}{2}(0+1)\\ &\qquad\cdot\frac{1}{6}(1+2+3+4+5+6)\\ &=E(X)\cdot E(Y) \end{align}

つまり， $E(X+Y)=E(X)E(Y)$ が成り立つ．

暗記独立な確率変数の積の期待値

$X,Y$ を独立な確率変数とするとき

\[E(XY)=E(X)E(Y)\]

が成り立つことを証明せよ．

確率変数 $X$ の確率分布を $P(X=x_i)=p_{x_i}\quad(i=1,2,\cdots,n)$ ，

確率変数 $Y$ の確率分布を $P(Y=y_i)=p_{y_j}\quad(j=1,2,\cdots,m)$ ，とすると， $X$ と $Y$ は独立なので

\begin{align} P(X=x_i,Y=y_j)&=P(X=x_i)\cdot P(Y=y_i)\\ &=p_{x_i}p_{y_i} \end{align}

が成り立つ．

$XY$ の確率分布表は以下のようになる．

$y_1$ $y_2$ $\cdots$ $y_m$
$x_1$ $x_1y_1$ $x_1y_2$ $x_1y_m$ 計
$p_{x_1}p_{y_1}$ $p_{x_1}p_{y_2}$ $p_{x_1}p_{y_m}$ $p_{x_1}$
$x_2$ $x_2y_1$ $x_2y_2$ $x_2y_m$ 計
$p_{x_2}p_{y_1}$ $p_{x_2}p_{y_2}$ $p_{x_2}p_{y_m}$ $p_{x_2}$
$\vdots$ $\vdots$
$x_n$ $x_ny_1$ $x_ny_2$ $x_ny_m$ 計
$p_{x_n}p_{y_1}$ $p_{x_n}p_{y_2}$ $p_{x_n}p_{y_m}$ $p_{x_n}$
計計計計
$p_{y_1}$ $p_{y_2}$ $p_{y_m}$ $1$

このとき， $XY$ の期待値 $E(XY)$ は

\begin{align} &E(XY)\\ =&(x_1y_1)p_{x_1}p_{y_1}+(x_1y_2)p_{x_1}p_{y_2}\\ &\qquad+\cdots+(x_1y_m)p_{x_1}p_{y_m}\\ &+(x_2y_1)p_{x_2}p_{y_1}+(x_2y_2)p_{x_2}p_{y_2}\\ &\qquad+\cdots+(x_2y_m)p_{x_2}p_{y_m}\\ &+\cdots\\ &+(x_ny_1)p_{x_n}p_{y_1}+(x_ny_2)p_{x_n}p_{y_2}\\ &\qquad+\cdots+(x_ny_m)p_{x_n}p_{y_m}\\ =&x_1p_{x_1}(y_1p_{y_1}+y_2p_{y_2}+\cdots+y_mp_{y_m})\\ &+x_2p_{x_2}(y_1p_{y_1}+y_2p_{y_2}+\cdots+y_mp_{y_m})\\ &+\cdots\\ &+x_np_{x_n}(y_1p_{y_1}+y_2p_{y_2}+\cdots+y_mp_{y_m})\\ =&(x_1p_{x_1}+x_2p_{x_2}+\cdots+x_np_{x_n})\\ &\times(y_1p_{y_1}+y_2p_{y_2}+\cdots+y_np_{y_m})\\ =&E(X)E(Y) \end{align}

独立な確率変数の積の期待値の公式

$X,Y$ を確率変数とするとき

\[E(XY)=E(X)E(Y)\]

が成り立つ．

公式を使った期待値の計算

期待値の計算～その２～と同じ問題を，今度は公式を上手に使って解け．

  1. 1，2，3，4と数字の書いてあるカードがそれぞれ1枚ずつ計4枚ある．カードを2枚引くとき，そのカードの番号の和を確率変数 $X$ として，期待値 $E(X)$ を求めよ． また，カードの番号の積を確率変数 $Y$ として，期待値 $E(Y)$ を求めよ．
  2. 1，2，3の数字の書いてあるくじ（引いたら元に戻すものとする）を2回引き， その数字の和を確率変数 $X$ として，期待値 $E(X)$ を求めよ． また，数字の積を確率変数 $Y$ として，期待値 $E(Y)$ を求めよ．

  1. はじめに引いたカードの番号を確率変数 $A$ ，2枚目に引いたカードの番号を確率変数 $B$ とすると $A,B$ の確率分布は次のようになる．
    2. \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline A,B&1&2&3&4&計\\\hline P&\frac{1}{4}&\frac{1}{4}&\frac{1}{4}&\frac{1}{4}&1\\\hline \end{array} \[E(A)=E(B)=\frac{1}{4}(1+2+3+4)=\frac{5}{2}\]

    $X=A+B$ であるから

    \begin{align} E(X)&=E(A+B)\\ &=E(A)+E(B)\\ &=\frac{5}{2}+\frac{5}{2}\\ &=\boldsymbol{5} \end{align}

    $\blacktriangleleft$ 確率変数の和の期待値の公式

    また，確率変数 $Y$ の確率分布は次のようになる．

    $\blacktriangleleft$ 確率変数 $A$ と $B$ は独立ではないので $E(AB)=E(A)E(B)$ は成り立たず，定義式で計算するしかない.

    \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline X&2&3&4&6&8&12\\\hline P&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}\\\hline \end{array} \begin{align} E(Y)&=\frac{1}{6}(2+3+4+6+8+12)\\ &=\boldsymbol{\frac{35}{6}} \end{align}
  2. はじめに引くくじの番号を確率変数 $A$ ，2回目に引くくじの番号を確率変数 $B$ とすると， $A,B$ の確率分布は次のようになる．
    3. \begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline A,B&1&2&3&計\\\hline P&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&1\\\hline \end{array} \[E(A)=E(B)=\frac{1}{3}(1+2+3)=2\]

    $X=A+B$ であるから

    \begin{align} E(X)&=E(A+B)\\ &=E(A)+E(B)\\ &=2+2\\ &=\boldsymbol{4} \end{align}

    $\blacktriangleleft$ 確率変数の和の期待値の公式

    また， $Y=AB$ であり確率変数 $A$ と $B$ は独立なので

    \begin{align} E(Y)&=E(AB)\\ &=E(A)\cdot E(B)\\ &=2\cdot2\\ &=\boldsymbol{4} \end{align}

    $\blacktriangleleft$ 独立な確率変数の積の期待値の公式