確認テストの解答

確率論入門　第1章 §1.7

1.1 なぜ測度から始めるか

1. 1.1-1 任意の $\varepsilon>0$ について $\{x\}\subset[x-\varepsilon,x+\varepsilon]\cap[0,1]$ である。右辺は長さ $2\varepsilon$ 以下の区間なので、単調性と (1.2) から

$$0\le P(\{x\})\le P\bigl([x-\varepsilon,x+\varepsilon]\cap[0,1]\bigr)\le2\varepsilon .$$

$\varepsilon>0$ は任意なので $P(\{x\})=0$ である。2. 1.1-2 $n\ge1$ について $I_n=[1/(2n+1),\,1/(2n)]$ とおく。隣り合う区間を比べる。$I_{n+1}$ の右端 $1/(2n+2)$ は、1つ前の区間の左端より小さい。よって区間どうしは交わらない。可算加法性から

$$P(E)=\sum_{n=1}^\infty\Bigl(\frac1{2n}-\frac1{2n+1}\Bigr)=\frac12-\frac13+\frac14-\frac15+\cdots .$$

$\log(1+x)$ の展開で $x=1$ とおくと、次を得る。

$$\log 2=1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdots .$$

よって右辺は $1-\log2$ に等しい。

$$P(E)=1-\log2\approx0.306853 .$$

（項を2つずつ組にした級数は、各組が正なので和の順序の問題は生じない。）3. 1.1-3 「第1桁から第 $n$ 桁までに 7 が現れない」という事象を $E_n$ とする。最初の $n$ 桁を固定した点の集合は、長さ $10^{-n}$ の区間である。7 を含まない桁の並びは $9^n$ 通りあるので、次を得る。

$$P(E_n)=9^n\cdot10^{-n}=(0.9)^n .$$

すべての桁に 7 が現れない事象 $E$ は、すべての $E_n$ に含まれる。よって単調性から、すべての $n$ で $P(E)\le(0.9)^n$ が成り立つ。$n\to\infty$ として $P(E)=0$ である。4. 1.1-4 どの1点にも同じ確率 $c$ を割り当てる確率測度 $P$ があったとする。$\mathbb{N}=\bigcup_n\{n\}$ は交わらない和なので、可算加法性から

$$1=P(\mathbb{N})=\sum_{n=1}^\infty c .$$

右辺は次のどちらかで、どちらも 1 にならない。

• $c=0$ なら、右辺は 0。
• $c>0$ なら、右辺は $+\infty$。

したがってそのような $P$ は存在しない。有限加法性だけを要求するなら、この矛盾は生じない（自然数の「密度」は有限加法的だが可算加法的でない）。

1.2 標本空間と事象

1. 1.2-1 少なくとも2つが起こるのは、次の3つの組のどれかがともに起こるときである。

   • $A$ と $B$。
   • $B$ と $C$。
   • $C$ と $A$。

よって求める事象は

$$(A\cap B)\cup(B\cap C)\cup(C\cap A).$$ 2. 1.2-2 要素の言葉で、同値を順にたどる。

$$\begin{aligned}\omega\in\Bigl(\bigcap_nA_n\Bigr)^c &\iff \text{「すべての }n\text{ で }\omega\in A_n\text{」が成り立たない}\\ &\iff \text{ある }n\text{ で }\omega\notin A_n\\ &\iff \text{ある }n\text{ で }\omega\in A_n^c\\ &\iff \omega\in\bigcup_nA_n^c .\end{aligned}$$

両辺の要素が一致するので、集合として等しい。3. 1.2-3 1. $\mathbf 1_A-\mathbf 1_B$ の値は、$\omega$ の位置で次のように決まる。

  - $A$ と $B$ の両方に属するか、両方に属さないとき：0。
  - ちょうど一方に属するとき：$\pm1$。

2乗すると、前者で 0、後者で 1 になる。これは $\mathbf 1_{A\triangle B}$ に一致する。2. (1.7) と De Morgan の法則から

$$\mathbf 1_{A\cup B\cup C}=1-\mathbf 1_{A^c\cap B^c\cap C^c}=1-(1-\mathbf 1_A)(1-\mathbf 1_B)(1-\mathbf 1_C).$$

積を展開すると

$$(1-\mathbf 1_A)(1-\mathbf 1_B)(1-\mathbf 1_C)=1-\mathbf 1_A-\mathbf 1_B-\mathbf 1_C+\mathbf 1_A\mathbf 1_B+\mathbf 1_B\mathbf 1_C+\mathbf 1_C\mathbf 1_A-\mathbf 1_A\mathbf 1_B\mathbf 1_C$$

なので、1 から引けば求める式を得る。両辺の期待値を取ると、3つの事象の包除原理になる（第5章）。4. 1.2-4 区間は番号の偶奇で次のようになる。

• $n$ が偶数なら $A_n=[0,1+1/n]$。
• $n$ が奇数なら $A_n=[0,1-1/n]$。

上極限：$k\ge n$ を満たす最小の偶数を $m$ とする。このとき $\bigcup_{k\ge n}A_k=[0,1+1/m]$ である。偶数番目の区間は番号とともに縮み、奇数番目の区間はそれに含まれるからである。$n\to\infty$ で $m\to\infty$ なので、共通部分は

$$\limsup_nA_n=\bigcap_n\Bigl[0,1+\frac1{m(n)}\Bigr]=[0,1].$$

下極限：$k\ge n$ を満たす最小の奇数を $m'$ とする。このとき $\bigcap_{k\ge n}A_k=[0,1-1/m']$ である。奇数番目の区間は番号とともに伸び、偶数番目の区間はそれを含むからである。$n\to\infty$ で $1-1/m'$ は 1 に下から近づくが 1 には達しないので、

$$\liminf_nA_n=\bigcup_n\Bigl[0,1-\frac1{m'(n)}\Bigr]=[0,1).$$

点 1 は偶数番目の $A_n$ すべてに属し、奇数番目のどれにも属さないので、無限回起こるが「ある番号から先ずっと」は起こらない。したがって上極限には入り、下極限には入らない。

1.3 $\sigma$加法族と可測空間

1. 1.3-1 1. $\sigma$加法族である。理由は次の通り。

   • $\{1\}$ と $\{2,3\}$ は互いの補集合である。$\emptyset$ と $\Omega$ も互いの補集合である。
   • どの2つの和も4つのどれかになる。$\Omega$ が有限なので、可算個の和は有限個の和に帰着する。

これは命題 1.8 の分割 $\{\{1\},\{2,3\}\}$ が生成する $\sigma$加法族である。2. $\sigma$加法族でない。$\{1\}$ の補集合 $\{2,3\}$ が族に入っていない。和 $\{1\}\cup\{2\}=\{1,2\}$ も入っていない。2. 1.3-2 例題 1.3 の4つの集合を計算すると

$$A\cap B=\{2\},\quad A\cap B^c=\{1\},\quad A^c\cap B=\{3\},\quad A^c\cap B^c=\{4,5,6\}.$$

どれも空でないので、これが原子であり、要素の個数は $2^4=16$ である。$\{1,3\}=\{1\}\cup\{3\}=A\triangle B$ は原子の和なので $\sigma(\{A,B\})$ に入る。$\{4\}$ は原子 $\{4,5,6\}$ の真部分集合で、原子の和として書けないので入らない。3. 1.3-3 3条件を順に確かめる。

• (F1) $\Omega^c=\mathbb{R}^c=\emptyset$ は可算なので $\mathbb{R}\in\mathcal F$。
• (F2) $A\in\mathcal F$ とする。このとき「$A$ が可算」か「$A^c$ が可算」のどちらかが成り立つ。この条件は $A$ と補集合を入れ替えても変わらないので、$A^c\in\mathcal F$。
• (F3) $A_1,A_2,\dots\in\mathcal F$ とする。すべての $A_n$ が可算なら、可算集合の可算個の和は可算なので $\bigcup_nA_n\in\mathcal F$。ある $A_j$ の補集合が可算なら、De Morgan の法則から次が成り立つ。

$$\Bigl(\bigcup_nA_n\Bigr)^c=\bigcap_nA_n^c\subset A_j^c .$$

可算集合の部分集合は可算なので、$\bigcup_nA_n\in\mathcal F$。

$(0,1)$ は非可算である。補集合 $(-\infty,0]\cup[1,\infty)$ も非可算である。したがって $(0,1)\notin\mathcal F$ である。この $\mathcal F$ はすべての1点集合を含むが開区間を含まないので、Borel 集合族より真に小さい。4. 1.3-4 $\mathcal F_1=\{\emptyset,\{1\},\{2,3\},\Omega\}$、$\mathcal F_2=\{\emptyset,\{2\},\{1,3\},\Omega\}$ なので、

$$\mathcal F_1\cup\mathcal F_2=\{\emptyset,\{1\},\{2\},\{2,3\},\{1,3\},\Omega\}.$$

$\{1\}\cup\{2\}=\{1,2\}$ がこの族に入っていないので、(F3) が成り立たず $\sigma$加法族でない。$\sigma(\mathcal F_1\cup\mathcal F_2)$ は $\{1\},\{2\}$ を含む。よって $\{3\}=(\{1\}\cup\{2\})^c$ も含む。分割 $\{\{1\},\{2\},\{3\}\}$ を含むので、命題 1.8 から $\sigma(\mathcal F_1\cup\mathcal F_2)=2^\Omega$（要素8個）である。

1.4 確率測度と基本公式

1. 1.4-1 2つの和の公式から

$$P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)=0.5+0.4-0.7=0.2 .$$

差の公式から $P(A\cap B^c)=P(A)-P(A\cap B)=0.5-0.2=0.3$。同様に $P(A^c\cap B)=0.4-0.2=0.2$ である。ちょうど一方が起こる確率は、この2つの和 0.5 である。これは $P(A\cup B)-P(A\cap B)=0.7-0.2$ とも計算できる。2. 1.4-2 目 1, 2, 3 のそれぞれについて、4回のうちその目が一度も出ない事象を $A_1,A_2,A_3$ とする。1回で特定の目が出ない確率は $5/6$ である。4回の結果は $6^4$ 通りが等しく起こるので

$$P(A_i)=\Bigl(\frac56\Bigr)^4,\qquad P(A_i\cap A_j)=\Bigl(\frac46\Bigr)^4,\qquad P(A_1\cap A_2\cap A_3)=\Bigl(\frac36\Bigr)^4 .$$

包除原理から

$$P(A_1\cup A_2\cup A_3)=3\cdot\frac{625}{1296}-3\cdot\frac{256}{1296}+\frac{81}{1296}=\frac{1875-768+81}{1296}=\frac{1188}{1296}=\frac{11}{12}.$$

検算として、余事象「$1,2,3$ がすべて出る」の場合の数を数える。

• 4回のうち1回が $4,5,6$ のどれかである場合：$3\times4!=72$ 通り。
• $1,2,3$ のどれかが2回出る場合：$3\times4!/2!=36$ 通り。

合計は $108=1296/12$ 通りになり、一致する。3. 1.4-3 最初の表が第 $n$ 回に出る事象を $B_n$ とする。$P(B_n)=2^{-n}$ であり、$B_n$ は互いに交わらない。求める事象は $\bigcup_{k\ge1}B_{2k}$ なので、可算加法性から

$$\sum_{k=1}^\infty2^{-2k}=\sum_{k=1}^\infty\Bigl(\frac14\Bigr)^k=\frac{1/4}{1-1/4}=\frac13 .$$ 4. 1.4-4 2つの和の公式と $P(A\cup B)\le1$ から

$$P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)\ge P(A)+P(B)-1 .$$

$n$ 個の場合は、De Morgan の法則と Boole の不等式から

$$P\Bigl(\bigcap_iA_i\Bigr)=1-P\Bigl(\bigcup_iA_i^c\Bigr)\ge1-\sum_{i=1}^nP(A_i^c).$$

$n=2$ では $1-(1-P(A))-(1-P(B))=P(A)+P(B)-1$ となり、第1式に一致する。5. 1.4-5 De Morgan の法則と劣加法性 (1.13) から

$$1-P\Bigl(\bigcap_nA_n\Bigr)=P\Bigl(\bigcup_nA_n^c\Bigr)\le\sum_nP(A_n^c)=\sum_n0=0 .$$

確率は 0 以上なので $P\bigl(\bigcap_nA_n\bigr)=1$ である。

1.5 Borel 集合族

1. 1.5-1 $\{a\}^c=(-\infty,a)\cup(a,\infty)$ は開集合なので、$\mathcal B(\mathbb{R})$ に入る。(F2) から $\{a\}\in\mathcal B(\mathbb{R})$。$\mathbb Q$ は可算なので、1点集合の可算個の和 $\mathbb Q=\bigcup_{n}\{q_n\}$ で書ける。(F3) から $\mathbb Q\in\mathcal B(\mathbb{R})$。
2. 1.5-2 $\mathcal D=\{(-\infty,q]:q\in\mathbb Q\}$ とおく。$\mathcal D\subset\{(-\infty,a]:a\in\mathbb{R}\}\subset\mathcal B(\mathbb{R})$ なので $\sigma(\mathcal D)\subset\mathcal B(\mathbb{R})$。

逆に、実数 $a$ を任意に取る。これに上から収束する有理数の減少列 $q_n$ を選ぶ。たとえば $q_n\in(a,a+1/n)$ と取ればよい。すると

$$(-\infty,a]=\bigcap_{n=1}^\infty(-\infty,q_n]$$

である。実際、次の2つが成り立つ。

• $x\le a$ なら、$x\le q_n$ がすべての番号で成り立つ。
• $x>a$ なら、ある番号で $q_n<x$ となる。

よって $(-\infty,a]\in\sigma(\mathcal D)$ である。定理 1.17 と要点の箱の定石から、$\mathcal B(\mathbb{R})=\sigma(\{(-\infty,a]\})\subset\sigma(\mathcal D)$ を得る。3. 1.5-3 第 $n$ 段で取り除く開区間は $2^{n-1}$ 個ある。それぞれの長さは $4^{-n}$ なので、取り除く長さの合計は次のとおりである。

$$2^{n-1}\cdot4^{-n}=\frac12\cdot2^{-n}.$$

第 $n$ 段のあとに残る集合 $F_n$ は有限個の閉区間の和で、有限加法性から

$$\mathrm{Leb}(F_n)=1-\sum_{k=1}^n\frac12\cdot2^{-k}=1-\frac12\bigl(1-2^{-n}\bigr).$$

$F_1\supset F_2\supset\cdots$ で $F=\bigcap_nF_n$ なので、上からの連続性から

$$\mathrm{Leb}(F)=\lim_{n\to\infty}\Bigl(1-\frac12\bigl(1-2^{-n}\bigr)\Bigr)=\frac12 .$$

$F$ は Cantor 集合と同じように区間を1つも含まない閉集合だが、確率は $1/2$ である。「区間を含まない」ことと「確率が 0 である」ことも別の性質である。4. 1.5-4 3条件を順に確かめる。

• (F1) $E=\mathbb{R}\cap E$ で $\mathbb{R}\in\mathcal B(\mathbb{R})$。
• (F2) $B\cap E$ の、$E$ の中での補集合を考える。それは $E\setminus(B\cap E)=B^c\cap E$ であり、$B^c\in\mathcal B(\mathbb{R})$ である。
• (F3) $\bigcup_n(B_n\cap E)=\bigl(\bigcup_nB_n\bigr)\cap E$ で、$\bigcup_nB_n\in\mathcal B(\mathbb{R})$。

以上で、$\mathcal B(E)$ が3条件を満たすことが分かった。