確認テストの解答

確率論入門　第14章 §14.7

14.1 の解答

1. 14.1-1 (a)(b)(d) が停止時刻で、(c) は停止時刻でない。

   • (a) 集合 $\{-3\}$ への到達時刻なので、命題 14.6 から停止時刻である。
   • (b) $\{\tau+2=n\}=\{\tau=n-2\}\in\mathcal F_{n-2}\subset\mathcal F_n$（$n\le1$ なら空集合）。
   • (c) $\{\tau-1=1\}=\{\tau=2\}=\{\xi_1=\xi_2=+1\}$ である。$\xi_1=+1$ の標本点のうち、2歩目も $+1$ のものだけがこの事象に入る。したがって1歩目だけでは判定できず、$\mathcal F_1$ に入らない。
   • (d) 事象 $\{\min\{\tau,5\}\le n\}$ は、次のとおりでどちらも $\mathcal F_n$ に入る。

$$\{\min\{\tau,5\}\le n\}=\begin{cases}\Omega&(n\ge5)\\\{\tau\le n\}&(n<5)\end{cases}$$ 2. 14.1-2 $S_2$ と $S_4-S_2$ は、独立な跳びの別の組の和なので、独立で同じ分布に従う。$P(S_2=0)=\frac12$、$P(S_2=2)=\frac14$ なので

$$P(S_2=0,\ S_4=2)=P(S_2=0)\,P(S_4-S_2=2)=\frac12\cdot\frac14=\frac18.$$

共分散は $\mathrm{Cov}(S_2,S_4)=V[S_2]+\mathrm{Cov}(S_2,S_4-S_2)=V[S_2]=2$ である（$V[\xi_k]=1$）。3. 14.1-3 両向きの包含を示す。

• $k\le n$ のとき、位置 $S_k=\xi_1+\cdots+\xi_k$ は跳びの組の連続関数である。第3章 §3.1 から、$\sigma(\xi_1,\dots,\xi_n)$-可測である。
• 逆に、跳び $\xi_k=S_k-S_{k-1}$ は位置の組 $(S_1,\dots,S_n)$ の連続関数である。ここで $S_0=0$ とする。

したがって $\sigma(S_1,\dots,S_n)=\sigma(\xi_1,\dots,\xi_n)$ である。4. 14.1-4 次の3つの事象の表し方から、どれも $\mathcal F_n$ に入る。

$$\begin{aligned}\{\min\{\tau,\sigma\}\le n\}&=\{\tau\le n\}\cup\{\sigma\le n\},\\ \{\max\{\tau,\sigma\}\le n\}&=\{\tau\le n\}\cap\{\sigma\le n\},\\ \{\tau+\sigma=n\}&=\bigcup_{k=0}^n\bigl(\{\tau=k\}\cap\{\sigma=n-k\}\bigr).\end{aligned}$$

3つ目では $\{\tau=k\}\in\mathcal F_k\subset\mathcal F_n$、$\{\sigma=n-k\}\in\mathcal F_{n-k}\subset\mathcal F_n$ を使い、(14.3) で判定した。5. 14.1-5 相異なる $t_1,\dots,t_n$ について、次の等式が成り立つ。

$$\{(Y_{t_1},\dots,Y_{t_n})\ne(0,\dots,0)\}=\bigcup_k\{U=t_k\}$$

$U$ は密度を持つので、右辺の各事象の確率は 0 である。

したがって $(Y_{t_1},\dots,Y_{t_n})=(0,\dots,0)$ a.s. で、その分布は $(X_{t_1},\dots,X_{t_n})$ と同じく原点の Dirac 測度である。一方、$X$ の見本路は恒等的に 0 で連続である。$Y$ の見本路は時刻 $U(\omega)$ でだけ値 1 をとり、その他では 0 なので、その時刻で不連続である。有限次元分布は見本路の連続性を決めない。

14.2 の解答

1. 14.2-1 (14.6) から

$$V[B_t+B_s]=V[B_t]+V[B_s]+2\,\mathrm{Cov}(B_s,B_t)=t+s+2s=t+3s.$$ 2. 14.2-2 $X=B_1$ と $Y=B_2-B_1$ は独立で、標準正規分布に従う。また $B_2=X+Y$ である。

$(X,Y)$ の同時密度 $\frac1{2\pi}\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)/2}$ は回転で不変である。したがって偏角 $\Theta$ は $[0,2\pi)$ 上で一様に分布する（第7章 §7.2）。2つの事象は、偏角の範囲で次のように書ける。

$$\{X>0\}:\ \Bigl(-\frac\pi2,\frac\pi2\Bigr),\qquad\{X+Y>0\}:\ \Bigl(-\frac\pi4,\frac{3\pi}4\Bigr)$$

共通部分は $(-\frac\pi4,\frac\pi2)$ で、角度は $\frac{3\pi}4$ である。

$$P(B_1>0,\ B_2>0)=\frac{3\pi/4}{2\pi}=\frac38.$$ 3. 14.2-3 $N_1\sim\mathrm{Po}(3)$ と $N_2-N_1\sim\mathrm{Po}(3)$ は独立なので

$$P(N_1=2,\ N_2=5)=P(N_1=2)\,P(N_2-N_1=3)=\mathrm{e}^{-3}\frac{3^2}{2!}\cdot\mathrm{e}^{-3}\frac{3^3}{3!}=\frac{81}{4}\mathrm{e}^{-6}\approx0.0502.$$

$P(N_2=5)=\mathrm{e}^{-6}6^5/5!=\frac{324}{5}\mathrm{e}^{-6}$ で割ると

$$P(N_1=2\mid N_2=5)=\frac{81/4}{324/5}=\frac{5}{16}=\binom52\Bigl(\frac12\Bigr)^5.$$ 4. 14.2-4 $N_t$ の値で場合分けする（全確率の公式）。$N_t=n$ のもとで $Y_t=\xi_1+\cdots+\xi_n$ である。跳びの列は $N$ と独立なので、この和の特性関数は $\varphi_{\xi_1}(u)^n$ である（第9章 §9.3）。

$$E[\mathrm{e}^{\mathrm{i} uY_t}]=\sum_{n=0}^\infty\mathrm{e}^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^n}{n!}\varphi_{\xi_1}(u)^n=\mathrm{e}^{-\lambda t}\mathrm{e}^{\lambda t\varphi_{\xi_1}(u)}=\exp\bigl(\lambda t(\varphi_{\xi_1}(u)-1)\bigr).$$

平均と分散は、第7章 §7.4 のランダム和の公式から次のとおりである。

$$E[Y_t]=E[N_t]E[\xi_1],\qquad V[Y_t]=E[N_t]V[\xi_1]+V[N_t](E\xi_1)^2=\lambda tE[\xi_1^2]$$

ここでは次の値を使う。

$$\lambda t=6,\qquad E[\xi_1]=\frac32,\qquad E[\xi_1^2]=\frac{1+4}2=\frac52$$

したがって $E[Y_t]=9$、$V[Y_t]=15$ である。5. 14.2-5 各増分は $\mathrm N(0,1/n)$ に従う。$Z\sim\mathrm N(0,1)$ について $E\left\vert Z\right\vert =\sqrt{2/\pi}$ なので、次が成り立つ。

$$E\left\vert B_{k/n}-B_{(k-1)/n}\right\vert =\sqrt{\frac2{\pi n}}$$

$$E\Bigl[\sum_{k=1}^n\left\vert B_{k/n}-B_{(k-1)/n}\right\vert \Bigr]=n\sqrt{\frac2{\pi n}}=\sqrt{\frac{2n}\pi}\longrightarrow\infty.$$

2次変動の期待値は $n\cdot\frac1n=1$ で $n$ によらない。増分の大きさが $1/\sqrt n$ の程度なので、絶対値の和は $\sqrt n$ の程度で発散し、2乗の和は一定になる。

14.3 の解答

1. 14.3-1 定理 14.17 で回数を1とすると、$N_t=1$ のもとで $S_1\sim\mathrm U(0,t)$ である。したがって求める確率は $s/t$ である。直接計算しても同じ値になる。分子は

$$P(S_1\le s,\ N_t=1)=P(N_s=1)P(N_t-N_s=0)=\lambda s\mathrm{e}^{-\lambda s}\mathrm{e}^{-\lambda(t-s)}$$

で、これを $P(N_t=1)=\lambda t\mathrm{e}^{-\lambda t}$ で割ると $s/t$ になる。2. 14.3-2 定理 14.16 から $S_3\sim\mathrm{Ga}(3,2)$ である。第6章のガンマ分布の平均と分散から、$E[S_3]=\frac32$、$V[S_3]=\frac34$ である。(14.8) から $P(S_3\le1)=P(N_1\ge3)$ で、$N_1\sim\mathrm{Po}(2)$ なので

$$P(S_3\le1)=1-\mathrm{e}^{-2}\Bigl(1+2+\frac{2^2}{2}\Bigr)=1-5\mathrm{e}^{-2}\approx0.3233.$$ 3. 14.3-3 定理 14.19 から、合わせた流れの各車の色は独立で、赤である確率は $\frac{1}{1+2}=\frac13$ である。最初の2台がどちらも赤である確率は $(\frac13)^2=\frac19$ である。最初の赤の前に青が3台以上通るのは、最初の3台がすべて青のときで、その確率は $(\frac23)^3=\frac{8}{27}$ である。4. 14.3-4 $0\le k\le n$ とする。$N_s$ と $N_t-N_s$ が独立であることを使うと

$$P(N_s=k\mid N_t=n)=\frac{P(N_s=k)\,P(N_t-N_s=n-k)}{P(N_t=n)}=\frac{\mathrm{e}^{-\lambda s}\frac{(\lambda s)^k}{k!}\cdot\mathrm{e}^{-\lambda(t-s)}\frac{(\lambda(t-s))^{n-k}}{(n-k)!}}{\mathrm{e}^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^n}{n!}}.$$

指数の因子は打ち消し合い、$\lambda^n$ も約分されて

$$P(N_s=k\mid N_t=n)=\binom nk\Bigl(\frac st\Bigr)^k\Bigl(1-\frac st\Bigr)^{n-k}$$

となる。これは $\mathrm{Bin}(n,s/t)$ の確率関数である。5. 14.3-5 $P(N_h=1)=\lambda h\mathrm{e}^{-\lambda h}$ で、$\mathrm{e}^{-\lambda h}=1-\lambda h+O(h^2)$ である。したがって

$$P(N_h=1)=\lambda h-\lambda^2h^2+O(h^3)=\lambda h+o(h)$$

である。また $P(N_h\ge2)=1-\mathrm{e}^{-\lambda h}-\lambda h\mathrm{e}^{-\lambda h}$ で、次が成り立つ。

$$\mathrm{e}^{-\lambda h}(1+\lambda h)=\Bigl(1-\lambda h+\frac{\lambda^2h^2}2+O(h^3)\Bigr)(1+\lambda h)=1-\frac{\lambda^2h^2}{2}+O(h^3)$$

したがって

$$P(N_h\ge2)=\frac{\lambda^2h^2}2+O(h^3)=o(h).$$

14.4 の解答

1. 14.4-1 次の回の目を $D_{n+1}$ とすると、$X_{n+1}=\max\{X_n,D_{n+1}\}$ である。$X_1,\dots,X_n$ はそれまでの目の関数なので、$D_{n+1}$ はこれらと独立である。これは定理 14.22 と同じ「現在の状態と独立な新しい乱数から次の状態を作る」形なので、同じ計算から (M2) が成り立つ。

$$P(X_{n+1}=j\mid X_1=i_1,\dots,X_n=i)=P(\max\{i,D_{n+1}\}=j).$$

右辺は、$j$ と $i$ の大小で次のように分かれる。

$$p_{ij}=\begin{cases}0&(j<i)\\P(D_{n+1}\le i)=i/6&(j=i)\\P(D_{n+1}=j)=1/6&(j>i)\end{cases}$$ 2. 14.4-2 例題 14.6 の式に、次の値を入れる。

$$a=0.1,\qquad b=0.5,\qquad1-a-b=0.4$$

$$\begin{aligned}p^{(3)}_{21}&=\frac{b}{a+b}\bigl(1-(1-a-b)^3\bigr)=\frac56(1-0.064)=0.78,\\ p^{(3)}_{11}&=\frac{b}{a+b}+\frac{a}{a+b}(1-a-b)^3=\frac56+\frac16\times0.064=0.844.\end{aligned}$$ 3. 14.4-3 2つの場合を比べる。

• $Y_0=Y_1=\mathrm a$ となるのは、$(X_0,X_1)=(1,2)$ のときだけである。この確率は $\frac13$ である。そのとき $X_2=3$ なので、次が成り立つ。

$$P(Y_2=\mathrm a\mid Y_0=\mathrm a,Y_1=\mathrm a)=0$$

• $(Y_0,Y_1)=(\mathrm b,\mathrm a)$ となるのは、$(X_0,X_1)=(3,1)$ のときだけである。そのとき $X_2=2$ なので、次が成り立つ。

$$P(Y_2=\mathrm a\mid Y_0=\mathrm b,Y_1=\mathrm a)=1$$

現在の値が同じでも、次の値の条件つき確率が過去の値によって 0 と 1 に分かれる。したがって (M2) は成り立たない。4. 14.4-4 $X_n$ は $(X_0,\xi_1,\dots,\xi_n)$ の関数で、次の跳びはそれと独立である。条件の事象の確率が正のとき

$$P(X_{n+1}=j\mid X_0=i_0,\dots,X_n=i)=P(i+\xi_{n+1}=j)=P(\xi_1=j-i).$$

1つ目の等号は、条件の事象が $(X_0,\xi_1,\dots,\xi_n)$ で決まり $\xi_{n+1}$ と独立であることによる。$p_{ij}=P(\xi_1=j-i)$ は差 $j-i$ だけの関数である。$n$ ステップでは $p^{(n)}_{ij}=P(\xi_1+\cdots+\xi_n=j-i)$ である。$q_n(l)=P(\xi_1+\cdots+\xi_n=l)$ と書くと、Chapman–Kolmogorov 方程式は

$$q_{m+n}(j-i)=\sum_kq_m(k-i)\,q_n(j-k)=\sum_lq_m(l)\,q_n\bigl((j-i)-l\bigr)$$

となる。これは第7章 §7.3 の離散分布の畳み込み $q_{m+n}=q_m*q_n$ の式である。

14.5 の解答

1. 14.5-1 $i$ が吸収状態なら $p_{ii}=1$ である。このとき1歩以上のどの歩数でも、他の状態への遷移確率は 0 である。したがって $i$ からは他の状態に到達できず、そのクラスは $\{i\}$ である。定義からこのクラスは閉じている。逆に $\{i\}$ が閉じていれば、他の状態への遷移確率 $p_{ij}$ はすべて 0 である。行の和が 1 なので $p_{ii}=1$ である（クラスであることは使わない）。

2. 14.5-2 $1\to2\to1$ なので 1 と 2 は連結している。$3\to4\to3$ なので 3 と 4 も連結している。3 と 4 からは 1 と 2 に行けないので、クラスは $\{1,2\}$ と $\{3,4\}$ である。 $\{1,2\}$ は $p_{23}>0$ で外へ出られるので閉じていない。$\{3,4\}$ は閉じている。1 へ戻る経路は $1\to2\to1$ の繰り返しだけなので $d(1)=2$ である。3 へ戻る経路は $3\to4\to3$ の繰り返しだけなので $d(3)=2$ である。

3. 14.5-3 (a) 状態 1 に長さ 3 と 2 の閉路で戻れるので、$2,3\in A_1$ で $d(1)=\gcd(2,3)=1$。既約なので連鎖の周期は 1 である。(b) 状態 1 に戻る経路は、長さ 2 と長さ 4 の閉路をつないだものだけで、その長さはすべて偶数である。$2\in A_1$ なので $d(1)=2$ で、連鎖の周期は 2 である。

4. 14.5-4 左右どちらの向きにも正の確率で動けるので既約である。$0\to1\to0$ で $2\in A_0$ である。

   • 奇数のとき。同じ向きに1周進むと戻るので、$m\in A_0$ である。$\gcd(2,m)=1$ なので周期は 1 である。
   • 偶数のとき。状態を偶数と奇数に分けると、1歩ごとに偶奇が入れ替わる。円周の継ぎ目 $m-1\to0$ の歩でも入れ替わる。したがって戻る歩数は偶数に限られ、$2\in A_0$ なので周期は 2 である。

5. 14.5-5 $M=4$ では、隣への遷移確率は次のとおりで、どれも正である。

$$p_{k,k+1}=\frac{4-k}4\quad(k\le3),\qquad p_{k,k-1}=\frac k4\quad(k\ge1)$$

したがって隣どうしが互いに到達可能で、既約である。各歩で値は1だけ変わるので偶奇が入れ替わり、戻る歩数は偶数である。$0\to1\to0$ で $2\in A_0$ なので周期は 2 である。

$$p^{(2)}_{00}=p_{01}p_{10}=1\cdot\frac14=\frac14.$$

4歩で戻る経路は $0\to1\to0\to1\to0$ と $0\to1\to2\to1\to0$ の2本で

$$p^{(4)}_{00}=\Bigl(1\cdot\frac14\Bigr)^2+1\cdot\frac34\cdot\frac24\cdot\frac14=\frac1{16}+\frac3{32}=\frac5{32}.$$