二項分布の平均・分散・標準偏差の公式とその応用

1回の試行で事象$A$が起こる確率が$p$の試行を$n$回行う反復試行において, \\[.2zh] 　事象$A$の起こる回数を$X$とすると,\ $X=r$となる確率は 　このとき,\ \textbf{\textcolor{blue}{確率変数$\bm{X}$は二項分布$\bm{B(n,\ p)}$に従う}}という.　Binomial distribution 二項分布という名称は,\ 反復試行の確率が二項展開式(数\text{I\hspace{-.1em}I})に現れることに由来する. 二項分布の平均・分散・標準偏差}} \\[1zh] 　　確率変数$X$が二項分布$B(n,\ p)$に従うとき E(X)=np V(X)=npq \ 1 & (k回目にAが起こる) \\[.2zh] \ 0 & (k回目にAが起こらない) \end{cases}\ (1\leqq k\leqq n)}と定める.$ \\[1zh] 　　　　$このとき,\ k=1,\ 2,\ \cdots,\ nに対して　P(X_k=1)=p,\ \ P(X_k=0)=1-p$ \\[.2zh] 　　　　$よって　E(X_k)=1\cdot p+0\cdot(1-p)=p$ \\[1zh] 　　　　$n回の試行で事象Aの起こる回数はX=X_1+X_2+\cdots+X_n\,で表されるから$ \\[.5zh] 　　　　$\bm{E(X)}=\textcolor{red}{E(X_1+X_2+\cdots+X_n)}$ \\[.2zh] 　　　　$\phantom{\bm{E(X)}}=\textcolor{red}{E(X_1)+E(X_2)+\cdots+E(X_n)}=p+p+\cdots+p=\bm{np}$\\\\ 　　　　$E({X_k}^2)=1^2\cdot p+0^2\cdot(1-p)=p$ \\[.2zh] 　　　　$V(X_k)=\textcolor{cyan}{E({X_k}^2)-\{E(X_k)\}^2}=p-p^2=p(1-p)=pq　(q=1-p)$ \\[1zh] 　　　　\textcolor{red}{確率変数$X_1,\ X_2,\ \cdots,\ X_n$は互いに独立}であるから \\[.5zh] 　　　　$\bm{V(X)}=\textcolor{red}{V(X_1+X_2+\cdots+X_n)}$ \\[.2zh] 　　　　$\phantom{\bm{V(X)}}=\textcolor{red}{V(X_1)+V(X_2)+\cdots+V(X_n)}=pq+pq+\cdots+pq=\bm{npq}$ \\\\[1zh] 証明できるようにした上で暗記しなければならない.\ ここでは最も簡潔で重要な証明を示した. \\[1zh] \bm{個数・回数の平均(期待値)を求めるとき,\ ダミー変数を導入する}とよいのであった(数\text A:確率). \\[.2zh] ダミー変数とは,\ \bm{事象Aが起こるか否かを1か0かで表す}ものである. \\[.2zh] 3回中1,\ 3回目にAが起こると,\ Aの起こる回数はX=X_1+X_2+X_3=1+0+1=2回となる. \\[.2zh] 反復試行なので,\ 何回目であれAの起こる確率はp,\ 起こらない確率は1-pである. \\[.2zh] よって,\ 何回目であれ1回分のダミー変数の平均はE(X_k)=pとなる. \\[.2zh] 後は,\ \bm{和の期待値の公式E(X+Y)=E(X)+E(Y)}を利用してE(X)が求められる. \\[1zh] 分散についても大筋は同じである. \\[.2zh] \bm{和の分散の公式V(X+Y)=V(X)+V(Y)は,\ XとYが独立のときに成り立つ}のであった. \\[.2zh] 反復試行(同じ試行の繰り返し)なので,\ 各回に事象Aが起こるか否かは明らかに独立である. サイコロを60回振るとき,\ 1の目が出る回数$X$の平均$E(X)$と分散$V(X)$を求 \\[.2zh] \hspace{.5zw}\phantom{(1)}\ \ めよ. \\[1zh] \hspace{.5zw}(2)\ \ 確率変数$X$が二項分布$B(n,\ p)$に従い,\ その平均が100で分散が60であるとき, \\[.2zh] \hspace{.5zw}\phantom{(1)}\ \ $n,\ p$の値を求めよ. \\ 　(1)\ \ 確率変数$X$は\textcolor{cyan}{二項分布$B\hspace{-.2zw}\left(60,\ \bunsuu16\right)$に従う}から \\数\text Aでは証明の方法でE(X)を求めたが,\ 数\text B学習後は公式を適用すれば済む. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ 1の目が出る確率は\,\bunsuu16\,なので,\ 60回振るときE(X)=10となるのは直感的にも納得できる. \\\\ (2)\ \ 2つの条件を立式して連立するだけである. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ ただし,\ \bm{nは自然数,\ 0\leqq p\leqq1という二項分布の条件を満たしているかの確認を要する.} \\[1zh] このように,\ 二項分布であれば公式が適用できるので簡潔に済む. \\[.2zh] むしろ厄介なのは,\ 二項分布に似ているが二項分布ではない問題であり,\ 以下に取り上げておく. 点Pは,\ 原点を出発点として,\ $x$軸上をサイコロを1回振って1の目が出たときは \\[.2zh] \hspace{.5zw}\phantom{(1)}\ \ 正方向に2進み,\ 1以外の目が出たときは負方向に1進む.\ サイコロを$n$回振った \\[.2zh] \hspace{.5zw}\phantom{(1)}\ \ ときの点Pの$x$座標$X$の平均$E(X)$と分散$V(X)$を求めよ. \\[1zh] \hspace{.5zw}(2)\ \ $n$個のサイコロを同時に振り,\ $k$個のサイコロで1の目が出ると$2^k$点がもらえる \\[.2zh] \hspace{.5zw}\phantom{(1)}\ \ とき,\ 得点$X$の平均$E(X)$と分散$V(X)$を求めよ. \\ $k$回目にサイコロを投げたときの点Pの$x$座標の変化を$X_k$とする.確率変数$X_1,\ X_2,\ \cdots,\ X_n$は互いに独立}であるから しかし,\ X=0,\ 1,\ \cdots,\ nではないので二項分布とはいえず,\ 単純には公式は使えない. \\[.2zh] \bm{二項分布の平均・分散の公式の証明と同様に,\ 1回ごとに分けて考える}と求められる(本解). \\[.2zh] E(X)は数\text Aで学習済,\ V(X)も同様である. \\[1zh] 反復試行なので,\ \bm{1の目が出る回数を文字でおいて立式すると二項分布と結びつく}(別解). \\[.2zh] 式は仰々しいが内容的に難しくはなく重要な考え方なので,\ この方法も習得しておいてほしい. \\[.2zh] 1の目がk回出るとき,\ 1以外の目はn-k回出る. \\[.2zh] Xを求めた後,\ 定義に基づきE(X)をΣを用いて表し,\ Σを分割する. \\[.2zh] 変数はkなのでnは定数扱いであり,\ Σの前に出せる. \\[.2zh] V(X)を求めるにはE(X^2)が必要なので,\ E(X)と同様に計算する. \\[.2zh] V(Y)=E(Y^2)-\{E(Y)\}^2\,より,\ E(Y)とV(Y)を公式で求めるとE(Y^2)を逆算できる.} 　(2)\ \ $k$個のサイコロで1の目が出る確率は　 \bm{サイコロをn回振るのとn個振るのは同一視できる}から,\ 本問も反復試行である. \\[.2zh] しかし,\ X=kではなくX=2^k\,なので,\ 二項分布ではない.\ 定義に基づいてE(X)を立式する. \\[.2zh] 一見難しそうだが,\ \bm{2^k\,と\left(\bunsuu16\right)^kがまとまる}ので,\ \bm{\retuwa{k=0}{n}\kumiawase nka^{n-k}b^k=(a+b)^n}\,を適用できる. \\[1zh] 一般に,\ (a^m)^n=(a^n)^m=a^{mn}\,が成り立つ(数\text{I\hspace{-.1em}I}). \\[.2zh] よって,\ (2^k)^2=(2^2)^k=4^k\,であり,\ E(X^2)も同様に求められる.