事象と $\sigma$ 加法族の独立性

2026年10月15日21分で読めますAI生成教科書『基礎理論』第4章独立性と条件付き確率

2つの事象の独立性
3つ以上の事象の独立性
集合族と $σ$ 加法族の独立性
まとめ方の補題と関数の独立性
確認テスト
木下の層

AI 生成・木下が未勉強

確率論入門　第4章 §4.2　★★★ 独立を積の等式で定め、生成元（ $\pi$ 系）で確かめれば十分であることを Dynkin の定理から示す

2つの事象の独立性

$P(B)>0$ とする。 $B$ が起きたと分かっても $A$ の確率が変わらないとき、すなわち次が成り立つときを考える。

$P(A\mid B)=P(A)$

このとき $B$ は $A$ について何の情報も持たないと考えてよい。定義 (4.3) を代入すると、この条件は $P(A\cap B)=P(A)P(B)$ と書ける。この積の形は2つの事象について対称で、しかも $P(B)=0$ の場合にも意味を持つ。そこでこちらを定義に採る。

定義 4.6（2つの事象の独立）

事象 $A,B$ が

$P(A\cap B)=P(A)\,P(B)\tag{4.7}$

を満たすとき、 $A$ と $B$ は独立であるという。

独立かどうかは事象の集合としての形でなく、確率測度 $P$ によって決まることに注意する。同じ $A,B$ でも、測度を取り替えれば独立でなくなることがある。

また「互いに素」と「独立」はまったく別の概念である。 $A\cap B=\emptyset$ かつ $P(A),P(B)>0$ とすると、次のとおり積の等式が破れる。

$P(A\cap B)=0\ne P(A)P(B)$

よって確率が正の、互いに素な2事象は独立になり得ない。一方が起きればもう一方は起きないと分かるのだから、片方の結果が他方の情報を持っているからである。

2つの事象 $A,B$ が独立なら、片方を補集合に替えた組 $(A,B^c)$ も独立である。実際、 $A=(A\cap B)\cup(A\cap B^c)$ と分けて

$P(A\cap B^c)=P(A)-P(A\cap B)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)\bigl(1-P(B)\bigr)=P(A)P(B^c)$

となる。同じ計算を繰り返すと、次の2組も独立になる。

$(A^c,\ B),\qquad (A^c,\ B^c).$

3つ以上の事象の独立性

3つ以上の事象について、どの2つも独立であることを要求するだけでは足りない。次の例がその理由を示す。

対ごとに独立だが全体としては独立でない

公正な硬貨を2回投げる。 $\Omega=\{\mathrm{HH},\mathrm{HT},\mathrm{TH},\mathrm{TT}\}$ の各点の確率は $1/4$ である。次の3つの事象を置く。

$A=\{1\text{回目が表}\},\qquad B=\{2\text{回目が表}\},\qquad C=\{2\text{回の結果が同じ}\}.$

確率はどれも 1/2 で、

$P(A\cap B)=P(\{\mathrm{HH}\})=\tfrac14,\qquad P(A\cap C)=P(\{\mathrm{HH}\})=\tfrac14,\qquad P(B\cap C)=P(\{\mathrm{HH}\})=\tfrac14$

だから、どの2つも独立である。ところが

$P(A\cap B\cap C)=P(\{\mathrm{HH}\})=\tfrac14\ne\tfrac18=P(A)P(B)P(C)$

である。最初の2つが両方起きたと分かれば、 $C$ は確実に起きる。つまり最初の2つの組は、3つ目について完全な情報を持っている。

そこで、どの部分族についても積の等式が成り立つことを要求する。

定義 4.7（事象の族の独立）

事象 $A_1,\dots,A_n$ が独立であるとは、2個以上の添字からなる任意の部分集合 $I\subset\{1,\dots,n\}$ について

$P\Bigl(\bigcap_{i\in I}A_i\Bigr)=\prod_{i\in I}P(A_i)\tag{4.8}$

が成り立つことをいう。無限個の事象の族 $\{A_\lambda\}_{\lambda\in\Lambda}$ が独立であるとは、その任意の有限部分族が独立であることをいう。

$n$ 個の事象では、確かめるべき等式は $2^n-n-1$ 本ある（2個以上の部分集合の数）。上の例は、2個の部分集合についての等式だけでは3個の部分集合の等式が出ないことを示している。逆に、 $n$ 個全体の等式 $P(A_1\cap\dots\cap A_n)=\prod P(A_i)$ だけでは部分族の等式が出ないこともある（確認テスト 4.2-5）。区別が要るときは、定義 4.7 の独立を相互独立、どの2つも独立であることを対ごとに独立と呼ぶ。

集合族と $\sigma$ 加法族の独立性

確率変数の独立性を定めるには、事象1つずつでなく、事象の集まり全体の独立性が要る。確率変数 $X$ について分かることは「 $X\in B$ が起きたかどうか」の全体、すなわち生成される σ加法族に属する事象の全体だからである。

定義 4.8（集合族の独立）

$\mathcal C_1,\dots,\mathcal C_n\subset\mathcal F$ を集合族とする。各族から1つずつ事象 $A_i\in\mathcal C_i$ を選ぶ。どう選んでも事象 $A_1,\dots,A_n$ が定義 4.7 の意味で独立であるとき、これらの集合族は独立であるという。無限個の族については、任意の有限部分族が独立であることと定める。

各 $\mathcal C_i$ が全体 $\Omega$ を含む場合を考える。部分集合 $I$ についての等式は、 $n$ 個全体の等式の特別な場合になる。 $I$ に入らない添字で $A_i=\Omega$ を選べばよいからである。したがってこの場合は

$P(A_1\cap\cdots\cap A_n)=P(A_1)\cdots P(A_n)\qquad(A_i\in\mathcal C_i)\tag{4.9}$

だけを確かめればよい。σ加法族は全体を含むので、σ加法族の独立はいつも (4.9) の形で確かめられる。

定義 4.9（確率変数の独立）

確率変数 $X_1,\dots,X_n$ が独立であるとは、σ加法族 $\sigma(X_1),\dots,\sigma(X_n)$ が独立であることをいう。すなわち任意の $B_1,\dots,B_n\in\mathcal B(\mathbb{R})$ について

$P(X_1\in B_1,\dots,X_n\in B_n)=P(X_1\in B_1)\cdots P(X_n\in B_n)\tag{4.10}$

が成り立つことをいう。確率変数の列 $X_1,X_2,\dots$ が独立であるとは、任意の有限個が独立であることをいう。独立で、しかも分布がすべて等しい列を独立同分布（i.i.d.）の列と呼ぶ。

ここで $P(X_1\in B_1,\dots,X_n\in B_n)$ は $P(\{X_1\in B_1\}\cap\dots\cap\{X_n\in B_n\})$ の略記である。(4.10) はすべての Borel 集合の組について要求しているので、そのままでは確かめようがない。次の定理により、生成元の上で確かめれば十分になる。

定理 4.10（π系で確かめれば十分 ★★★）

$\mathcal P_1,\dots,\mathcal P_n\subset\mathcal F$ はどれも π系で $\Omega$ を含むとする。任意の $A_i\in\mathcal P_i$ について

$P(A_1\cap\cdots\cap A_n)=P(A_1)\cdots P(A_n)$

が成り立つなら、 $\sigma(\mathcal P_1),\dots,\sigma(\mathcal P_n)$ は独立である。

証明

まず1番目の族だけを $\sigma(\mathcal P_1)$ に広げる。 $A_2\in\mathcal P_2,\dots,A_n\in\mathcal P_n$ を固定し、 $C=A_2\cap\dots\cap A_n$ と置いて

$\mathcal L=\bigl\{A\in\mathcal F:\ P(A\cap C)=P(A)\,P(A_2)\cdots P(A_n)\bigr\}$

とする。仮定から $\mathcal P_1\subset\mathcal L$ である。 $\mathcal L$ が λ系であることを3つの条件に分けて確かめる。

$\Omega\in\mathcal P_1\subset\mathcal L$ である。とくに $P(C)=P(A_2)\cdots P(A_n)$ が成り立つ。
$A\in\mathcal L$ なら、 $C=(A\cap C)\cup(A^c\cap C)$ と分けて

$P(A^c\cap C)=P(C)-P(A\cap C)=P(A_2)\cdots P(A_n)-P(A)P(A_2)\cdots P(A_n)=P(A^c)\,P(A_2)\cdots P(A_n)$

となるので $A^c\in\mathcal L$ である。

$B_1,B_2,\dots\in\mathcal L$ が互いに素なら、 $B_k\cap C$ も互いに素だから、σ加法性により

$P\Bigl(\bigl(\textstyle\bigcup_kB_k\bigr)\cap C\Bigr)=\sum_kP(B_k\cap C)=\sum_kP(B_k)\,P(A_2)\cdots P(A_n)=P\Bigl(\textstyle\bigcup_kB_k\Bigr)P(A_2)\cdots P(A_n)$

となり、 $\bigcup_kB_k\in\mathcal L$ である。

Dynkin の定理 (4.2) から $\sigma(\mathcal P_1)\subset\mathcal L$ である。 $A_2,\dots,A_n$ は任意だったから、次の族の組も定理の仮定を満たす（どれも全体を含む π系で、積の等式が成り立つ）。

$\sigma(\mathcal P_1),\ \mathcal P_2,\ \dots,\ \mathcal P_n$

次に2番目の族について同じ議論を行うと、 $\mathcal P_2$ を $\sigma(\mathcal P_2)$ に広げられる。

これを $n$ 回繰り返せば、任意の $A_i\in\sigma(\mathcal P_i)$ について積の等式が成り立つ。生成された族はどれも全体を含むので、(4.9) の後の注意により、これが独立性である。

系 4.11（補集合をとっても独立）

事象 $A_1,\dots,A_n$ が独立なら、次の $n$ 個の σ加法族は独立である。

$\{\emptyset,A_i,A_i^c,\Omega\}\qquad(i=1,\dots,n)$

とくに、各 $A_i$ をその補集合 $A_i^c$ に取り替えた族も独立である。

証明

$\mathcal P_i=\{A_i,\Omega\}$ は全体を含む π系で、生成する σ加法族は $\{\emptyset,A_i,A_i^c,\Omega\}$ である。各 $\mathcal P_i$ から元を選ぶことは、部分集合 $I$ に入る添字でその事象を、入らない添字で全体を選ぶことに当たる。よって定理 4.10 の仮定は、定義 4.7 そのものである。

系 4.12（分布関数による独立の判定 ★★★）

確率変数 $X_1,\dots,X_n$ が独立であるための必要十分条件は、任意の $x_1,\dots,x_n\in\mathbb{R}$ について

$P(X_1\le x_1,\dots,X_n\le x_n)=F_{X_1}(x_1)\cdots F_{X_n}(x_n)\tag{4.11}$

が成り立つことである。

証明

必要性は (4.10) で $B_i=(-\infty,x_i]$ とすればよい。

十分性を示す。次の集合族を置く。

$\mathcal P_i=\{\{X_i\le x\}:x\in\mathbb{R}\}\cup\{\Omega\}$

$\{X_i\le x\}\cap\{X_i\le y\}=\{X_i\le\min(x,y)\}$ なので、 $\mathcal P_i$ は全体を含む π系である。全体を選んだ添字については、極限 $x_i\to\infty$ で $\{X_i\le x_i\}\uparrow\Omega$ となる。これと連続性 (4.1) を使えば、(4.11) から積の等式が出る。よって定理 4.10 から、生成された σ加法族 $\sigma(\mathcal P_1),\dots,\sigma(\mathcal P_n)$ は独立である。

あとは $\sigma(\mathcal P_i)=\sigma(X_i)$ を示せばよい。包含 $\sigma(\mathcal P_i)\subset\sigma(X_i)$ は明らかである。逆向きには、次の集合族を考える。

$\mathcal G=\{B\in\mathcal B(\mathbb{R}):X_i^{-1}(B)\in\sigma(\mathcal P_i)\}$

逆像が補集合と可算和を保つので、 $\mathcal G$ は σ加法族であり、すべての半直線を含む。したがって $\mathcal G\supset\sigma(\{(-\infty,x]\})=\mathcal B(\mathbb{R})$ となり、 $\sigma(X_i)\subset\sigma(\mathcal P_i)$ が従う。

離散的な確率変数、すなわち可算集合 $S_i$ に値をとる $X_i$ を考える。このときは次の集合族が π系になる（値の異なる事象は互いに素で、共通部分は空集合）。

$\mathcal P_i=\{\{X_i=x\}:x\in S_i\}\cup\{\emptyset,\Omega\}$

空集合を含む積の等式は、両辺が 0 で自明に成り立つ。全体を含む場合は、その添字の値について和をとれば出る。したがって、 $X_1,\dots,X_n$ が独立であるための必要十分条件は

$P(X_1=x_1,\dots,X_n=x_n)=P(X_1=x_1)\cdots P(X_n=x_n)\qquad(x_i\in S_i)\tag{4.12}$

である。

まとめ方の補題と関数の独立性

独立な確率変数を、互いに重ならない組に分けて関数をとると、組ごとに得た量はやはり独立になる。直観的には当然だが、§4.4 で硬貨投げをブロックに分けるときなどに、この形で何度も使う。

定理 4.13（まとめ方の補題）

σ加法族 $\mathcal F_1,\mathcal F_2,\dots$ が独立で、添字の集合 $I_1,I_2,\dots$ が互いに素であるとする。このとき次の σ加法族は独立である。

$\mathcal G_k=\sigma\Bigl(\bigcup_{i\in I_k}\mathcal F_i\Bigr)\qquad(k=1,2,\dots)$

証明

有限個の $\mathcal G_1,\dots,\mathcal G_m$ について示せば十分である。 $I_k$ の有限個の添字 $i_1,\dots,i_r$ を選ぶ。各添字の族から1つずつ事象 $A_{i_j}\in\mathcal F_{i_j}$ を選び、次の共通部分を作る。

$A_{i_1}\cap\dots\cap A_{i_r}$

その全体を $\mathcal P_k$ とする。

このような共通部分2つの共通部分は、同じ添字の事象どうしをまとめれば、また同じ形になる（各 $\mathcal F_i$ は共通部分で閉じている）。よって $\mathcal P_k$ は全体を含む π系で、 $\sigma(\mathcal P_k)=\mathcal G_k$ である。

各 $k$ で $D_k\in\mathcal P_k$ を選ぶ。共通部分 $D_1\cap\dots\cap D_m$ は、互いに異なる添字の有限個の事象の共通部分になる。族 $\mathcal F_i$ の独立性から、その確率は各事象の確率の積に等しい。添字を $I_k$ ごとにまとめ直すと、それは $P(D_1)\cdots P(D_m)$ に等しい。

定理 4.10 から、 $\mathcal G_1,\dots,\mathcal G_m$ は独立である。

系 4.14（独立な確率変数の関数）

$X_1,\dots,X_n$ を独立な確率変数とする。

(i) Borel 可測な関数 $f_1,\dots,f_n:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ について、 $f_1(X_1),\dots,f_n(X_n)$ は独立である。
(ii) 番号 $m$ を $1\le m<n$ にとる。2つの Borel 可測な関数 $g:\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}$ と $h:\mathbb{R}^{n-m}\to\mathbb{R}$ をとる。次の2つは独立である。

$g(X_1,\dots,X_m),\qquad h(X_{m+1},\dots,X_n).$

証明

(i) は包含 $\sigma(f_i(X_i))\subset\sigma(X_i)$ から従う。事象 $f_i(X_i)\in B$ は $X_i\in f_i^{-1}(B)$ と同じで、この逆像は Borel 集合だからである。独立な σ加法族の部分 σ加法族は、やはり独立である。

(ii) は2つの事実から従う。1つは、 $g(X_1,\dots,X_m)$ が次の σ加法族に関して可測であることである（§4.3 の補題 4.16 で確かめる）。

$\sigma(\sigma(X_1)\cup\dots\cup\sigma(X_m))$

もう1つは定理 4.13 である。

図 4.2　 $[0,1)$ 上の2進展開の桁。 $\{d_1=1\}$ は長さ $1/2$ 、 $\{d_2=1\}$ は長さ $1/4$ の区間2つで計 $1/2$ 、共通部分は長さ $1/4$ の区間1つである。長さ（Lebesgue 測度）が積 $\frac12\cdot\frac12$ に一致するので、2つの桁は独立である。

例題 4.3　2進展開の桁は独立な硬貨投げ ★★★

オリジナル確率空間を次のようにとる。

$\Omega=[0,1),\qquad \mathcal F=\mathcal B([0,1)),\qquad P=\text{Lebesgue 測度（区間の長さ）}.$

各点の2進展開で、第 $k$ 桁 $d_k$ （0 か 1）を定める。

$\omega=\sum_{k\ge1}d_k(\omega)2^{-k}$

有限桁で終わる展開がある点ではその展開を採り、1 が無限に続く展開は採らない。

$a_1,\dots,a_n\in\{0,1\}$ をとる。事象 $\{d_1=a_1,\dots,d_n=a_n\}$ が長さ $2^{-n}$ の区間であることを示せ。
$d_1,d_2,\dots$ が独立同分布の確率変数であることを示せ。また、どの桁も $P(d_k=0)=P(d_k=1)=1/2$ を満たすことを示せ。
$Y=d_1+d_2$ と $Z=d_3$ が独立であることを示せ。また $P(Y=1,Z=1)$ を求めよ。

解答

(1) $m=\sum_{k=1}^na_k2^{n-k}$ と置く（ $0\le m\le2^n-1$ の整数）。次の3つの条件は同値である。

最初の $n$ 桁が $a_1,\dots,a_n$ である。
$2^n\omega$ の整数部分が $m$ である。
$\omega\in[m2^{-n},(m+1)2^{-n})$ である。

実際、次の等式が成り立つ。末尾の和は、1 が無限に続く展開を除いたので $[0,1)$ に入る。

$2^n\omega=m+\sum_{k>n}d_k2^{n-k}$

よって $\{d_1=a_1,\dots,d_n=a_n\}=[m2^{-n},(m+1)2^{-n})$ で、その長さは $2^{-n}$ である。とくに桁の値で決まる事象は区間の有限和なので Borel 集合であり、各 $d_k$ は確率変数である。

(2) まず分布を求める。事象 $\{d_k=a\}$ は、最初の $k$ 桁のうち最後の桁だけを固定した事象である。それは (1) の区間の互いに素な和で、区間の数は第1〜 $k-1$ 桁の選び方の $2^{k-1}$ 個である。よって

$P(d_k=a)=2^{k-1}\cdot2^{-k}=\frac12.$

次に独立性を示す。離散的な確率変数の判定 (4.12) により、任意の $n$ と $a_1,\dots,a_n$ について次を示せばよい。

$P(d_1=a_1,\dots,d_n=a_n)=\prod_kP(d_k=a_k)$

左辺は (1) から $2^{-n}$ 、右辺は $(1/2)^n=2^{-n}$ で一致する。飛び飛びの添字 $k_1,\dots,k_r$ の有限個を選んだ場合も、 $n=\max k_j$ までの残りの桁について和をとれば同じ等式が出る。よって任意の有限個が独立で、列 $d_1,d_2,\dots$ は独立同分布である。

(3) $Y$ は第1・第2桁の関数、 $Z$ は第3桁の関数である。添字の組 $\{1,2\}$ と $\{3\}$ は重ならないので、系 4.14 から2つは独立である。周辺の確率は次のとおりである。

$\begin{aligned}P(Y=1)&=P(d_1=1,d_2=0)+P(d_1=0,d_2=1)=\tfrac14+\tfrac14=\tfrac12,\\ P(Z=1)&=\tfrac12.\end{aligned}$

よって

$P(Y=1,Z=1)=P(Y=1)P(Z=1)=\tfrac14.$

直接の計算でも確かめておく。事象 $\{Y=1,Z=1\}$ は、最初の3桁が 101 または 011 の事象である。(1) から長さ 1/8 の区間2つで、合計 1/4 となり一致する。

独立同分布の列は存在する

§4.4 では「独立同分布の列 $X_1,X_2,\dots$ をとる」と書くが、その存在は自明でない。例題 4.3 の桁を使うと、次の筋で存在が示せる。

桁の列を、互いに重ならない無限個の部分列に分ける。たとえば第 $j$ 部分列を、次の添字の桁とする。

$2^{j-1}(2l-1)\qquad(l=1,2,\dots)$ 2. 第 $j$ 部分列を2進展開の桁に並べて、次の数を置く。

$U_j=\sum_l d_{2^{j-1}(2l-1)}2^{-l}$

その桁は独立な公正な硬貨投げなので、 $U_j$ は $[0,1)$ 上の一様分布に従う。まとめ方の補題（定理 4.13）から $U_1,U_2,\dots$ は独立である。3. 第3章 §3.5 の逆変換法を使う。分布関数 $F$ の一般化逆関数で $X_j=F^{-1}(U_j)$ と置けば、この分布の独立同分布の列が得られる。

したがって、区間 $[0,1)$ 上の Lebesgue 測度という1つの確率空間の上に、任意の分布の独立同分布の列を作ることができる。分布が $j$ ごとに異なってもよい。

確認テスト

オリジナル

4.2-1 確率が 0 または 1 の事象 $A$ は、任意の事象 $B$ と独立であることを示せ。
4.2-2 公正なサイコロを1回振る。次の3つの事象を置く。

$A=\{2,4,6\},\qquad B=\{1,2,3,4\},\qquad C=\{1,2,3\}.$

組 $(A,B)$ と組 $(A,C)$ のそれぞれが独立かどうかを判定せよ。3. 4.2-3 1から4の目が等確率で出る正四面体のサイコロを1回振る。次の3つの事象を置く。

$A=\{1,2\},\qquad B=\{1,3\},\qquad C=\{1,4\}.$

$A,B,C$ が対ごとに独立であること、および相互独立でないことを示せ。4. 4.2-4 事象 $A$ が自分自身と独立なら、 $P(A)\in\{0,1\}$ であることを示せ。5. 4.2-5 $\Omega=\{1,2,\dots,8\}$ の各点の確率を 1/8 とし、次の3つの事象を置く。

$A=B=\{1,2,3,4\},\qquad C=\{1,5,6,7\}.$

$P(A\cap B\cap C)=P(A)P(B)P(C)$ が成り立つが、 $A,B,C$ は独立でないことを示せ。

木下の勉強ステータス

木下はまだこの記事を勉強していません。

AI（Claude）が書いた教材を、木下が勉強しながら公開しています。式と数値は検算していますが、誤りが残っているかもしれません。誤りのご指摘・削除のご依頼をいただければ直します。連絡先：support@tecktom.com

この記事が含まれている連載

連載AI生成教科書『基礎理論』量子力学・統計熱力学・信号処理などの入門を、分野ごとに AI（Claude）が書き、木下が勉強しながら公開しています。上の段は AI が書いた本文、下の段は木下が勉強したあとに書いた文です。961本の記事・木下智貴

← AI生成教科書『基礎理論』の記事一覧へ

事象と σ\sigmaσ 加法族の独立性