演習問題3


3.1

$a人中x$人が選挙資格を持たないとすると, Bが逆転する条件は, \begin{align*} a-x&\lt b-(n-x)\\ \frac{a-b+n}{2}&\lt x \end{align*} であるので, 求める確率は, $$P[a-X\lt b-(n-X)]=\sum_{\frac{a-b+n}{2}\lt x\leq n} \frac{\dbinom{a}{x}\dbinom{b}{n-x}}{\dbinom{N}{n}} $$ となる. ここで, $a=16, b=14, n=4$のとき, $\dfrac{a-b+n}{2}=3$であるから, $$\frac{a-b+n}{2}\lt x\leq n \Leftrightarrow 3\lt x\leq4$$ となるので, この確率は, \begin{align*} P[16-X\lt 14-(4-X)]&=\sum_{x=4} \frac{\dbinom{16}{x}\dbinom{14}{4-x}}{\dbinom{30}{4}}\\ &=\frac{\dbinom{16}{4}\dbinom{14}{0}}{\dbinom{30}{4}}\\ &=\frac{52}{783}\simeq0.168 \end{align*} となる.

3.2

(1)
\begin{align*} P(X\geq2)&=1-P(X<2)\\ &=1-\sum_{i=0}^1 \dbinom{5}{i}(0.7)^{5-i}(0.3)^i\\ &=1-\left[(0.7)^5+\dbinom{5}{1}(0.7)^{4}(0.3)\right]\\ &\simeq0.472 \end{align*}
(2)
$$P(X=0)=(0.7)^5\simeq0.168$$

3.3

ポアソン分布近似すると, $\mu=np=100\cdot0.02=2$となるので, \begin{align*} P(X\geq3)&=1-P(X<3)\\ &=1-\sum_{x=0}^2 \frac{2^x}{x!}e^{-2}\\ &=1-5e^{-2}\\ &\simeq0.3233
\end{align*}
(別解) 二項分布のままでも計算可能だが, 面倒 \begin{align*} P(X\geq3)&=1-P(X<3)\\ &=1-\sum_{i=0}^2 \dbinom{100}{i}(0.98)^{100-i}(0.02)^i\\ &\simeq0.3233 \end{align*}

3.4

幾何分布$G\left(\dfrac{1}{6}\right)$による.
(1) 5回目まで1以外の数, 6回目に1がでる確率は, $$P(X=6)={\left(\frac{5}{6}\right)}^5\cdot\frac{1}{6}=\frac{5^5}{6^6}\simeq0.067$$ となる.

(2) $x$回目に初めて1が出るとする. このとき, 1〜$n$回目までにおいて初めて1の目が出る確率が$\dfrac{1}{2}$以上となるような最小の$n$を求める. この条件より, $$ P(1\leq X \leq n)=\sum_{x=1}^n {\left(\frac{5}{6}\right)}^{x-1}\cdot\frac{1}{6}\geq\frac{1}{2} $$ となる.ここで, \begin{align*} P(1\leq X \leq n)&=1-P(X \geq n+1)\\ &=1-\sum_{x=n+1}^\infty {\left(\frac{5}{6}\right)}^{x-1}\cdot\frac{1}{6}\\ &=1-\frac{{\left(\dfrac{5}{6}\right)}^{n}}{1-\dfrac{5}{6}}\cdot\frac{1}{6}\ \ \ \left(\because\ \ (無限等比級数の和)=\dfrac{(初項)}{1-(公比)}\right)\\ &=1-{\left(\dfrac{5}{6}\right)}^{n} \end{align*} が成り立つので, 条件式は, \begin{align*} 1-{\left(\dfrac{5}{6}\right)}^{n}&\geq\frac{1}{2}\\ {\left(\dfrac{6}{5}\right)}^{n}&\geq2\\ n\log{\left(\dfrac{6}{5}\right)}&\geq \log2\\ \therefore\ \ n&\geq \dfrac{\log2}{\log6-\log5}\simeq3.802 \end{align*} となる. これを満たす最小の$n$は4である.

3.5

$f(x|\theta)=\dfrac{1}{A(\theta)}\cdot\dfrac{\theta^x}{x}$である. 平均は, \begin{align*} E(X)&=\sum_{x=1}^\infty xf(x|\theta)\\ &=\dfrac{1}{A(\theta)}\sum_{x=1}^\infty \theta^x=\dfrac{1}{A(\theta)}\cdot\dfrac{\theta}{1-\theta} \end{align*} となる. ここで, \begin{align*} E(X^2)&=\sum_{x=1}^\infty x^2f(x|\theta)\\ &=\dfrac{\theta}{A(\theta)}\sum_{x=1}^\infty x\theta^{x-1}\\ &=\dfrac{\theta}{A(\theta)}\cdot\frac{\partial}{\partial \theta}\left(\sum_{x=1}^\infty \theta^{x}\right)\\ &=\dfrac{\theta}{A(\theta)}\cdot\frac{\partial}{\partial \theta}\left(\dfrac{\theta}{1-\theta}\right)\\ &=\dfrac{\theta}{A(\theta)}\cdot\dfrac{1}{{(1-\theta)}^2} \end{align*} が成り立つので, 分散は, \begin{align*} V(X)&=E(X^2)-{[E(X)]}^2\\ &=\dfrac{\theta}{A(\theta)}\cdot\dfrac{1}{{(1-\theta)}^2}-{\left[\dfrac{1}{A(\theta)}\cdot\dfrac{\theta}{1-\theta}\right]}^2\\ &=\frac{\theta\{A(\theta)-\theta\}}{{A(\theta)}^2{(1-\theta)}^2} \end{align*} となる. さらに確率母関数は, \begin{align*} P(t)=E(t^X)&=\sum_{x=1}^\infty t^{x}f(x|\theta)\\ &=\dfrac{1}{A(\theta)}\sum_{x=1}^\infty \frac{{t\theta}^x}{x}\\ &=\dfrac{A(t\theta)}{A(\theta)}\sum_{x=1}^\infty \frac{{t\theta}^x}{xA(t\theta)}\\ &=\dfrac{A(t\theta)}{A(\theta)}\sum_{x=1}^\infty f(x|t\theta)=\dfrac{A(t\theta)}{A(\theta)} \end{align*} となる.

3.6

3.7

3.8

(1) $f(x|\lambda)=\lambda e^{-\lambda x}$である. $Y=[X]$より, $$P(Y=n)=P([X]=n)=P(n\leq X\lt n+1)$$ であるので, \begin{align*} P(Y\geq n)&=P(Y=n)+P(Y=n+1)+\cdots\\ &=P(n\leq X\lt n+1)+P(n+1\leq X\lt n+2)+\cdots\\ &=P(X\geq n)\\ &=\int_{n}^\infty \lambda e^{-\lambda x}dx=e^{-\lambda n} \end{align*} が成り立つ. よって, \begin{align*} P(Y=n)&=P(Y\geq n)-P(Y\geq n+1)\\ &=e^{-\lambda n}-e^{-\lambda (n+1)}\\ &=e^{-\lambda n}(1-e^{-\lambda})\\ &={\left[1-(1-e^{-\lambda})\right]}^n\cdot(1-e^{-\lambda})\\ &=p(1-p)^n\ \ \ (ただし, p:=1-e^{-\lambda}とした) \end{align*} となるので, $Y$は幾何分布$G(1-e^{-\lambda})$に従う.

3.9

3.10

3.11

3.12

3.13

(1) 寿命(故障発生までの時間)を$T$とし, $T$の確率密度関数を$f(t)$, 累積分布関数を$F(t)$, 生存関数を$S(t)$, 故障率関数(ハザード関数)を$h(t)$とする. \begin{align*} P(T\leq t)&=F(t)=\int_0^{t} f(u)du\\ P(T\gt t)&=S(t)=1-F(t)=\int_t^{\infty} f(u)du\ \ \cdots(3.13.1) \end{align*} であり, (3.13.1)式より, $$ f(t)=-\frac{dS(t)}{dt}=-S'(t) $$ が成り立つ. ここで, ハザード関数は \begin{align*} h(t)&=\lim_{\delta t\to 0}\frac{P(t+\delta t\gt T\gt t|T\gt t)}{\delta t}\\ &=\frac{f(t)}{S(t)}=-\frac{S'(t)}{S(t)}=-\frac{d}{dt}\log S(t) \end{align*} となるので, 生存関数は \begin{align*} \log S(t)&=-\int_0^{t} h(u)du\\ S(t)&=\exp\left[-\int_0^{t} h(u)du\right] \end{align*} となる. ゆえに $$ P(T\gt s+t|T\gt s)=\frac{P(T\gt s+t)}{P(T\gt s)}=\frac{\exp\left[-\int_0^{s+t} h(u)du\right]}{\exp\left[-\int_0^{s} h(u)du\right]}=\exp\left[-\int_s^{s+t} h(u)du\right] $$ が成り立つ.
(2) $h(t)=bt$のとき, (1)より, \begin{align*} P(T\gt s+t|T\gt s)&=\exp\left[-\int_s^{s+t} bu du\right]\\ &=\exp\left(-\left[\frac{1}{2}bu^2\right]_s^{s+t} \right)\\ &=\exp\left[-\frac{1}{2}b(t^2+2st)\right]\\ &\leq\exp\left(-\frac{1}{2}bt^2\right)=P(T\gt t) \end{align*} が成り立つ.

3.14