この章のまとめと試験での出方

(1) $X_1>0$ なので $U$ は区間 $(0,1)$ の値をとる。$0<u<1$ に対して、$\mathrm{e}^{-\lambda x}$ は $x$ の減少関数なので

$$\{U\le u\}=\{\mathrm{e}^{-\lambda X_1}\le u\}=\{-\lambda X_1\le\log u\}=\Bigl\{X_1\ge-\frac{\log u}{\lambda}\Bigr\}$$

である。両辺の対数をとったあと $-\lambda<0$ で割るので、不等号の向きが変わる。式 (6.12) から

$$P(U\le u)=P\Bigl(X_1\ge-\frac{\log u}\lambda\Bigr)=\exp\Bigl(-\lambda\cdot\Bigl(-\frac{\log u}{\lambda}\Bigr)\Bigr)=\mathrm{e}^{\log u}=u$$

となり、$U\sim\mathrm{U}(0,1)$ である。$U=P(X_1>x)\big|_{x=X_1}=1-F(X_1)$ なので、これは定理 6.16 の (1) を $1-F$ で書いた形に当たる。

(2) 最小値が $t$ を超えるのは全部の寿命が $t$ を超えるときで、独立性から

$$P(M>t)=\prod_{i=1}^nP(X_i>t)=(\mathrm{e}^{-\lambda t})^n=\mathrm{e}^{-n\lambda t}\qquad(t\ge0)$$

である。よって $M\sim\mathrm{Ex}(n\lambda)$、$E[M]=1/(n\lambda)$ である。命題 6.12 を $n$ 個に広げた形で、電球を $n$ 個並べると、最初に切れるまでの平均の時間は $1/n$ 倍になる。

(3) (2) から $M\sim\mathrm{Ex}(n\lambda)$ なので、無記憶性 (6.14) から

$$P(M>s+t\mid M>s)=P(M>t)=\mathrm{e}^{-n\lambda t}$$

である。時刻 $s$ に $n$ 個すべてが点いているなら、そこから先は新品の $n$ 個を並べた場合と区別がつかない。

(4) $K$ は正の整数値をとる。$k=1,2,\dots$ に対して $\{K=k\}=\{k-1<X_1\le k\}$ なので、$q=\mathrm{e}^{-\lambda}$、$p=1-q$ と置くと

$$P(K=k)=P(X_1>k-1)-P(X_1>k)=\mathrm{e}^{-\lambda(k-1)}-\mathrm{e}^{-\lambda k}=\mathrm{e}^{-\lambda(k-1)}(1-\mathrm{e}^{-\lambda})=q^{k-1}p$$

である。$X_1$ は連続型なので、$X_1$ がちょうど整数になる確率は $0$ で、端点の扱いは確率に関わらない。これは第5章の試行の回数で数えた幾何分布（成功確率 $p=1-\mathrm{e}^{-\lambda}$）の確率関数であり、$E[K]=1/p=1/(1-\mathrm{e}^{-\lambda})$ である。1年ごとに区切ると、各年に切れる確率は、それまで点いていたという条件の下で毎年 $p$ で一定になる。指数分布の無記憶性が、幾何分布の無記憶性に移ったと見ることができる。

(5) $n\lambda=2$ なので $P(M>1)=\mathrm{e}^{-2}=0.1353$、$E[M]=1/2$ 年である。$P(K=1)=1-\mathrm{e}^{-0.5}=1-0.6065=0.3935$、$E[K]=1/0.3935=2.541$ 年である。$E[X_1]=1/\lambda=2$ 年に対して $E[K]$ が約 $0.54$ 年大きいのは、$K$ が $X_1$ を切り上げた値で、切り上げの幅（$0$ 以上 $1$ 未満）の平均がこの差に当たるからである。