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出てくるもの(2):十分統計量

2026年10月15日9分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第1部 第4章 データ処理不等式と十分統計量
目次
  1. 統計量はデータの処理である
  2. 3つの言い方が同じであること
  3. Bayes の見方:
  4. 2つの仮説なら尤度比が十分
  5. 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4章 §1.4.4 ★★★ データを統計量にまとめても相対エントロピーが減らないこと、条件付き分布がパラメータによらないこと、尤度が因子分解されること、の3つが同じであることを示す

統計量はデータの処理である

パラメータ θ\theta で番号づけられた分布の族 {pθ}\{p_\theta\} から、データ XX が1つ出るとする。たとえば X=(X1,…,Xn)X=(X_1,\dots,X_n) は、表の出る確率が θ\theta のコインを nn 回投げた結果である。データの関数 T(X)T(X)(表の回数など)を統計量と呼ぶ。統計量を計算することは関数による処理なので、系 1.4.2(ii) から、2つのパラメータ θ,θ′\theta,\theta' について

D(pθT ∥ pθ′T)≤D(pθ ∥ pθ′)(1.4.18)D\bigl(p^T_\theta\,\|\,p^T_{\theta'}\bigr)\le D\bigl(p_\theta\,\|\,p_{\theta'}\bigr)\tag{1.4.18}

が成り立つ。ここで pθT(t)=∑x: T(x)=tpθ(x)p^T_\theta(t)=\sum_{x:\,T(x)=t}p_\theta(x) は統計量の分布である。D(pθ ∥ pθ′)D(p_\theta\,\|\,p_{\theta'}) は「データから θ\theta と θ′\theta' を見分ける難しさの逆」を測る量で(第1部第8章 の Stein の補題で正確な意味を与える)、統計量にまとめると見分ける力は一般に下がる。下がらないのはどういう統計量か、というのがこの節の問いである。

3つの言い方が同じであること

定義 1.4.4(十分統計量)

統計量 TT が族 {pθ}\{p_\theta\} について十分であるとは、pθT(t)>0p^T_\theta(t)>0 となるすべての tt で、T(X)=tT(X)=t を与えたときのデータの条件付き分布

pθ(x ∣ T(X)=t)=pθ(x)pθT(t)(T(x)=t)p_\theta\bigl(x\,\big|\,T(X)=t\bigr)=\frac{p_\theta(x)}{p^T_\theta(t)}\qquad(T(x)=t)

が θ\theta によらないことをいう。

言葉で言えば、TT の値を知った後でデータの残りの部分がどう出るかには θ\theta が関わらない。θ\theta についての情報は TT にすべて入っていて、残りはパラメータと無関係な雑音である。

定理 1.4.5(十分統計量の3つの特徴づけ ★★★)

族 {pθ}\{p_\theta\} のすべての分布が同じ台(正になる xx の集合)を持つとする。統計量 TT について次の3つは同値である。

  1. (a) TT は十分統計量である。
  2. (b) すべての θ,θ′\theta,\theta' で D(pθT ∥ pθ′T)=D(pθ ∥ pθ′)D(p^T_\theta\,\|\,p^T_{\theta'})=D(p_\theta\,\|\,p_{\theta'})(式 (1.4.18) で等号)。
  3. (c) 関数 gθg_\theta と、θ\theta によらない関数 hh があって、pθ(x)=gθ(T(x)) h(x)p_\theta(x)=g_\theta\bigl(T(x)\bigr)\,h(x) と書ける(因子分解)。
証明

(a)⇒\Rightarrow(c):pθ(x)=pθT(T(x))⋅p(x ∣ T(x))p_\theta(x)=p^T_\theta(T(x))\cdot p(x\,|\,T(x)) で、第2因子は (a) から θ\theta によらない。gθ=pθTg_\theta=p^T_\theta、h(x)=p(x ∣ T(x))h(x)=p(x\,|\,T(x)) と置けばよい。

(c)⇒\Rightarrow(b):pθT(t)=gθ(t)∑x: T(x)=th(x)p^T_\theta(t)=g_\theta(t)\sum_{x:\,T(x)=t}h(x) なので、T(x)=tT(x)=t のとき

pθ(x)pθ′(x)=gθ(t)gθ′(t)=pθT(t)pθ′T(t)\frac{p_\theta(x)}{p_{\theta'}(x)}=\frac{g_\theta(t)}{g_{\theta'}(t)}=\frac{p^T_\theta(t)}{p^T_{\theta'}(t)}

となり、尤度の比は T(x)T(x) だけで決まる。よってD(pθ ∥ pθ′)=∑tpθT(t)ln⁡(pθT(t)/pθ′T(t))=D(pθT ∥ pθ′T)D(p_\theta\,\|\,p_{\theta'})=\sum_tp^T_\theta(t)\ln\bigl(p^T_\theta(t)/p^T_{\theta'}(t)\bigr)=D(p^T_\theta\,\|\,p^T_{\theta'})。

(b)⇒\Rightarrow(a):XX と T=T(X)T=T(X) の組に連鎖律を当てる。TT は XX で決まるので D(pXT ∥ qXT)=D(pθ ∥ pθ′)D(p_{XT}\,\|\,q_{XT})=D(p_\theta\,\|\,p_{\theta'}) であり、TT を先に分けると

D(pθ ∥ pθ′)=D(pθT ∥ pθ′T)+∑tpθT(t) D(pθ(⋅ ∣ t) ∥ pθ′(⋅ ∣ t)).(1.4.19)D(p_\theta\,\|\,p_{\theta'})=D(p^T_\theta\,\|\,p^T_{\theta'})+\sum_tp^T_\theta(t)\,D\bigl(p_\theta(\cdot\,|\,t)\,\|\,p_{\theta'}(\cdot\,|\,t)\bigr).\tag{1.4.19}

(b) から第2項は 00 で、各項が非負なので pθT(t)>0p^T_\theta(t)>0 のすべての tt で pθ(⋅ ∣ t)=pθ′(⋅ ∣ t)p_\theta(\cdot\,|\,t)=p_{\theta'}(\cdot\,|\,t)。台が共通なので DD は有限であり、これがすべての θ,θ′\theta,\theta' で成り立つので、条件付き分布は θ\theta によらない。

式 (1.4.19) の第2項は、統計量にまとめたときに失われる「見分ける力」を、TT の値ごとの条件付き分布の違いとして書いたものである。十分統計量はこれを 00 にする統計量にほかならない。

Bayes の見方:Θ→X→T\Theta\to X\to T

パラメータを確率変数 Θ\Theta とみなし、事前分布 w(θ)>0w(\theta)>0 を1つ置くと、Θ→X→T(X)\Theta\to X\to T(X) は Markov 連鎖になる(TT は XX だけから作る)。定理 1.4.3 から I(Θ;T)≤I(Θ;X)I(\Theta;T)\le I(\Theta;X) で、その差は式 (1.4.15) により I(Θ;X ∣ T)I(\Theta;X\,|\,T) である。これが 00 になることは、TT を与えたとき Θ\Theta と XX が条件付き独立であること、すなわち p(x ∣ t,θ)p(x\,|\,t,\theta) が θ\theta によらないことと同じなので、

T が十分  ⟺  I(Θ;T(X))=I(Θ;X)(1.4.20)T\text{ が十分}\iff I\bigl(\Theta;T(X)\bigr)=I(\Theta;X)\tag{1.4.20}

が成り立つ(ww がすべての θ\theta に正の確率を置くかぎり、どの事前分布で調べてもよい)。十分統計量は、データについての驚き(エントロピー)を捨てつつ、パラメータについての相互情報量だけは残す要約である。

2つの仮説なら尤度比が十分

θ\theta が θ0,θ1\theta_0,\theta_1 の2つしかないとき、尤度比 Λ(x)=pθ1(x)/pθ0(x)\Lambda(x)=p_{\theta_1}(x)/p_{\theta_0}(x) は十分統計量である。実際 pθ1(x)=Λ(x) pθ0(x)p_{\theta_1}(x)=\Lambda(x)\,p_{\theta_0}(x) は、gθ1(λ)=λg_{\theta_1}(\lambda)=\lambda, gθ0(λ)=1g_{\theta_0}(\lambda)=1, h=pθ0h=p_{\theta_0} とした因子分解 (c) になっている。D(pθ0 ∥ pθ1)=⟨−ln⁡Λ⟩pθ0D(p_{\theta_0}\,\|\,p_{\theta_1})=\langle -\ln\Lambda \rangle _{p_{\theta_0}} が Λ\Lambda の分布だけで書けることも、これと同じ事情を表す。しかも任意の十分統計量 TT について尤度比は TT の関数になる((c) から Λ=gθ1(T)/gθ0(T)\Lambda=g_{\theta_1}(T)/g_{\theta_0}(T))ので、尤度比はもっとも粗い十分統計量(最小十分統計量)である。2つの仮説を見分ける検定がすべて尤度比で書けるという Neyman–Pearson の補題は、第1部第8章 で相対エントロピーとともに扱う。

例題 1.4.4 コイン投げの表の回数は十分 ★★★

オリジナル表の確率 θ\theta のコインを3回投げ、結果を X=(X1,X2,X3)X=(X_1,X_2,X_3)(表 =1=1)とする。θ=1/2\theta=1/2 と θ′=1/5\theta'=1/5 を比べる。

  1. D(pθ ∥ pθ′)D(p_\theta\,\|\,p_{\theta'}) を求めよ。
  2. 表の回数 T=X1+X2+X3T=X_1+X_2+X_3 の分布は二項分布である。D(pθT ∥ pθ′T)D(p^T_\theta\,\|\,p^T_{\theta'}) を求め、(1) と等しいことを確かめよ。
  3. T=tT=t を与えたときの XX の条件付き分布を求め、TT が十分であることを定義 1.4.4 から確かめよ。
  4. 1回目だけ X1X_1、最初の2回の和 X1+X2X_1+X_2 という統計量について、相対エントロピーを求めて式 (1.4.18) を確かめよ。
解答
  1. 3回は独立なので pθp_\theta は1回の分布の積で、連鎖律を3回使うと DD は1回分の和になる。1回分はD(Bern(1/2) ∥ Bern(1/5))=12ln⁡1/21/5+12ln⁡1/24/5=12ln⁡2516=0.2231D\bigl(\mathrm{Bern}(1/2)\,\|\,\mathrm{Bern}(1/5)\bigr)=\frac12\ln\frac{1/2}{1/5}+\frac12\ln\frac{1/2}{4/5}=\frac12\ln\frac{25}{16}=0.2231 nat。よって D(pθ ∥ pθ′)=3×0.2231=0.6694D(p_\theta\,\|\,p_{\theta'})=3\times0.2231=0.6694 nat。
  2. pθT(t)=(3t)θt(1−θ)3−tp^T_\theta(t)=\binom3t\theta^t(1-\theta)^{3-t}。比は (3t)\binom3t が消えて (θ/θ′)t((1−θ)/(1−θ′))3−t=(5/2)t(5/8)3−t\bigl(\theta/\theta'\bigr)^t\bigl((1-\theta)/(1-\theta')\bigr)^{3-t}=(5/2)^t(5/8)^{3-t}。θ=1/2\theta=1/2 のもとでの平均は ⟨T⟩=3/2\langle T \rangle =3/2 を使ってD(pθT ∥ pθ′T)=⟨T⟩ln⁡52+⟨3−T⟩ln⁡58=32(ln⁡52+ln⁡58)=32ln⁡2516=0.6694D(p^T_\theta\,\|\,p^T_{\theta'})=\langle T \rangle \ln\frac52+\langle 3-T \rangle \ln\frac58=\frac32\bigl(\ln\frac52+\ln\frac58\bigr)=\frac32\ln\frac{25}{16}=0.6694 nat で、(1) と等しい。
  3. T(x)=tT(x)=t となる xx について pθ(x)=θt(1−θ)3−tp_\theta(x)=\theta^t(1-\theta)^{3-t} で、どの xx も同じ確率を持つので、pθ(x ∣ T=t)=θt(1−θ)3−t/(3t)θt(1−θ)3−t=1/(3t)p_\theta(x\,|\,T=t)=\theta^t(1-\theta)^{3-t}\big/\binom3t\theta^t(1-\theta)^{3-t}=1/\binom3t。θ\theta によらないので TT は十分である。表が何回目に出たかには θ\theta についての情報が含まれていない。
  4. X1X_1 は1回分なので 0.22310.2231 nat、X1+X2X_1+X_2 は2回分の十分統計量なので 2×0.2231=0.44632\times0.2231=0.4463 nat。どちらも 0.66940.6694 より小さく、3回目(と1・2回目の一部)を捨てた分だけ見分ける力が下がる。

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