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間違った分布で驚く:DD が余分な驚きとして現れる

2026年10月15日7分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第1部 第2章 驚きと Shannon エントロピー・典型系列
目次
  1. 比べる2つの分布
  2. のもとで の典型集合が出る確率
  3. 木下の層

AI 生成・木下が未勉強

相対エントロピーから情報と物理を組み立てる 第1部 第2章 §1.2.5 ★★★ 真の分布 pp の系列を別の分布 qq で評価すると、1文字あたりの驚きは H(p)+D(p ∥ q)H(p)+D(p\,\|\,q) に集まる。この巻で DD が最初に現れる場所

比べる2つの分布

ここまでは、系列を生む分布と、驚きを計算する分布が同じ pp だった。実際には、情報源の本当の分布 pp は分からず、手元のモデル qq で確率を見積もることが多い。たとえば英文の圧縮器は、英文の文字の頻度について何らかの仮定 qq を持って符号を作る。このとき、pp から出た系列を qq で評価した1文字あたりの驚き−1nln⁡qn(Xn)-\frac1n\ln q^n(X^n) がどこへ集まるかを調べる。この節が比べる2つの分布は、真の分布 pp と仮定した分布 qq である。

定理 1.2.8(取り違えた分布での AEP ★★★)

X1,X2,…X_1,X_2,\dots は分布 pp に従う独立同分布とし、p(x)>0p(x)>0 となる xx では q(x)>0q(x)>0 とする。このとき、n→∞n\to\infty で確率収束の意味で

−1nln⁡qn(Xn) ⟶ −∑xp(x)ln⁡q(x)=H(p)+D(p ∥ q).(1.2.15)-\frac1n\ln q^n(X^n)\ \longrightarrow\ -\sum_xp(x)\ln q(x)=H(p)+D(p\,\|\,q).\tag{1.2.15}

証明

−1nln⁡qn(Xn)=1n∑i(−ln⁡q(Xi))-\frac1n\ln q^n(X^n)=\frac1n\sum_i(-\ln q(X_i)) は、独立同分布の確率変数 −ln⁡q(Xi)-\ln q(X_i) の標本平均である。pp のもとでの期待値は −∑xp(x)ln⁡q(x)-\sum_xp(x)\ln q(x) で、有限のアルファベットで q>0q>0 の範囲だけを見ているので分散も有限である。大数の弱法則から確率収束する。期待値は−∑pln⁡q=−∑pln⁡p+∑pln⁡(p/q)=H(p)+D(p ∥ q)-\sum p\ln q=-\sum p\ln p+\sum p\ln(p/q)=H(p)+D(p\,\|\,q) と分けられる。

右辺の −∑xp(x)ln⁡q(x)-\sum_xp(x)\ln q(x) を交差エントロピーと呼ぶ(機械学習の損失関数の名前でもある)。式 (1.2.15) は、分布を取り違えると平均の驚きが D(p ∥ q)D(p\,\|\,q) だけ増えることを言っている。q=uq=u なら −∑pln⁡u=ln⁡∣X∣-\sum p\ln u=\ln\lvert \mathcal X\rvert なので、式 (1.2.6) に戻る。次の章で示す D(p ∥ q)≥0D(p\,\|\,q)\ge0(等号は q=pq=p のときに限る)を使うと、交差エントロピーを最小にする qq は真の分布 pp そのものである。平均して最も驚かずに済むのは、正しい分布で予想したときに限る。この性質が、最尤推定(第1部第7章)と最大エントロピー原理(第2部第1章)の両方の出発点になる。

図

図 1.2.4 真の分布 p(1)=0.1p(1)=0.1 の系列を qq で評価したときの、1文字あたりの驚きの収束先 H(p)+D(p ∥ q)H(p)+D(p\,\|\,q)(実線)。q=pq=p で最小値 H(p)H(p)(点線)に接し、そこからの高さが D(p ∥ q)D(p\,\|\,q) である。

qq のもとで pp の典型集合が出る確率

取り違えた結果をもう1つの向きから見る。pp の典型集合 Aϵ(n)A_\epsilon^{(n)} に入る系列が、qq のもとでどれくらいの確率で出るかを考える。pp にとって典型で、しかも qq で評価した驚きも式 (1.2.15) の値に近い系列の集合を

Bϵ(n)={xn∈Aϵ(n): ∣−1nln⁡qn(xn)−H(p)−D(p ∥ q)∣≤ϵ}B_\epsilon^{(n)}=\Bigl\{x^n\in A_\epsilon^{(n)}:\ \Bigl|-\frac1n\ln q^n(x^n)-H(p)-D(p\,\|\,q)\Bigr|\le\epsilon\Bigr\}

とする。定理 1.2.8 から pp のもとでの確率は n→∞n\to\infty で 11 に近づき、元の数は ∣Aϵ(n)∣≤en(H+ϵ)\lvert A_\epsilon^{(n)}\rvert \le\mathrm{e}^{n(H+\epsilon)} 以下である。Bϵ(n)B_\epsilon^{(n)} の元の qq のもとでの確率は e−n(H+D−ϵ)\mathrm{e}^{-n(H+D-\epsilon)} 以下なので

qn(Bϵ(n))≤en(H+ϵ) e−n(H+D−ϵ)=e−n(D(p ∥ q)−2ϵ)(1.2.16)q^n\bigl(B_\epsilon^{(n)}\bigr)\le\mathrm{e}^{n(H+\epsilon)}\,\mathrm{e}^{-n(H+D-\epsilon)}=\mathrm{e}^{-n(D(p\,\|\,q)-2\epsilon)}\tag{1.2.16}

となる。pp から出たように見える系列を qq が出す確率は、nn について e−nD(p ∥ q)\mathrm{e}^{-nD(p\,\|\,q)} の速さで小さくなる。下からも同じ指数で押さえられることは定理 1.2.6 (c) と同じ手順で示せる。2つの仮説 p,qp,q のどちらから出た系列かを判定するとき、誤って qq を pp と見なす確率の減り方の指数が DD である、という Stein の補題の中身がこれで、第1部第8章で正確に述べる。

例題 1.2.5 公平な硬貨と思い込んだときの損 ★★

オリジナル真の分布は p(1)=0.1p(1)=0.1 の2値の情報源とする。

  1. (1) q(1)=0.5q(1)=0.5(公平な硬貨)と仮定したとき、1文字あたりの驚きの収束先と D(p ∥ q)D(p\,\|\,q) を nat で求めよ。
  2. (2) q(1)=0.2q(1)=0.2 と仮定したときについて同じものを求めよ。
  3. (3) (1) の DD を使って、n=100n=100 のとき公平な硬貨が pp の典型系列を出す確率の指数を見積もり、例題 1.2.4 (2) の割合と比べよ。
解答

(1) どの系列も qn(xn)=2−nq^n(x^n)=2^{-n} なので、1文字あたりの驚きは系列によらず ln⁡2≈0.6931\ln2\approx0.6931 nat である。D(p ∥ q)=ln⁡2−H(p)≈0.6931−0.3251=0.3681D(p\,\|\,q)=\ln2-H(p)\approx0.6931-0.3251=0.3681 nat。序章の例題 1.1.1 と同じ組(00 と 11 の呼び方を入れ替えただけ)で、同じ値になる。公平な硬貨を仮定すると、2値の系列には1文字 11 ビットの符号が要り、真の分布を知っていれば 0.4690.469 ビットで済むところを 0.5310.531 ビット余分に使う。

(2) −0.1ln⁡0.2−0.9ln⁡0.8≈0.1609+0.2008=0.3618-0.1\ln0.2-0.9\ln0.8\approx0.1609+0.2008=0.3618 nat。D(p ∥ q)=0.1ln⁡0.10.2+0.9ln⁡0.90.8≈0.0367D(p\,\|\,q)=0.1\ln\frac{0.1}{0.2}+0.9\ln\frac{0.9}{0.8}\approx0.0367 nat で、収束先は 0.3251+0.0367=0.36180.3251+0.0367=0.3618 と一致する。真の値に近い qq ほど余分な驚きは小さい。

(3) 式 (1.2.16) から、指数はおよそ −nD=−36.8-nD=-36.8 である。例題 1.2.4 (2) の割合 9.6×10−169.6\times10^{-16} の対数は −34.6-34.6 で、指数の主要部が一致する。公平な硬貨のもとではすべての系列が等確率なので、qn(Aϵ(n))q^n(A_\epsilon^{(n)}) は典型集合が全系列に占める割合そのものになる。差の 2.22.2 は、n=100n=100 で 1nln⁡∣Aϵ(n)∣\frac1n\ln\lvert A_\epsilon^{(n)}\rvert がまだ HH から 0.0220.022 ずれていることに由来する(ϵ\epsilon の範囲内のずれ)。

木下の勉強ステータス

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