独立な 5 つの事象がそれぞれ確率 0.2 で起こる。5 つとも起こる確率と、起こる個数の期待値を求めよ。

Step-by-step solution

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   モデルを立てる。 5 つのうち起こる個数を $X$ とする。各事象は同じ確率 $p=0.2$ で独立に起こるので、これはまさに二項確率変数の定義である。

   $X\sim\mathrm{Bin}(n,p)=\mathrm{Bin}(5,\,0.2).$

   先にモデルに名前を付けておくことで、この問題の両方が場当たり的な推論ではなく 1 行の参照で片づく。

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   (a) 独立事象では確率を掛ける。 独立な事象がすべて起こる確率は、個々の確率の積である。

   $P(X=5)=0.2\times0.2\times0.2\times0.2\times0.2=0.2^{5}=0.00032.$

   百分率にすると $0.032\%$、およそ $3125$ 回に 1 回である。$0.2=\tfrac15$ で $5^{5}=3125$ だからである。ここでは独立性が本質的であり、独立でなければ積の法則は使えない。

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   二項分布の公式で検算する。 一般項は $P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$ である。$k=n=5$ とすると

   $\binom{5}{5}(0.2)^{5}(0.8)^{0}=1\times0.00032\times1=0.00032 ✓,$

   となり、直接の積と形式的な二項確率が一致することが確かめられる。

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   (b) 二項分布の平均を使う。 二項確率変数の期待値は

   $E[X]=np=5\times0.2=1.$

   である。その根拠は期待値の線形性である。$X=I_{1}+\cdots+I_{5}$ と書き、事象 $j$ が起これば指示変数 $I_{j}$ を $1$ とする。すると $E[I_{j}]=p=0.2$ であり $E[X]=5\times0.2=1$ となる——そしてこの議論は独立性を必要としない。

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   2 つの数を合わせて解釈する。 平均するとちょうど 1 つの事象が起こるが、5 つとも起こることは $0.00032$ と極めてまれである。矛盾はない。分布は小さい個数に大きく偏っており、$P(X=0)=0.8^{5}=0.32768$ と $P(X=1)=5(0.2)(0.8)^{4}=0.4096$ だけで確率のおよそ $74\%$ を占める。分散 $np(1-p)=0.8$ もばらつきが小さいことを裏づけている。