確率の問題

一枚の硬貨を投げて表が出たらAさんに1点、裏が出ればBさんに1点入るとする。硬貨をn回投げた時Aの総得点X、Bの総得点Yとして2人とも持ち点0から始める。このとき
Xの確率分布と期待値
X-Yの確率分布と期待値
X＝iのとき1回目に表が出る条件付き確率をi＝1 2 3.... nについて求めよ


の解き方を教えて頂きたいです。

質問者からの補足コメント

• 3つ目はn回投げてX＝iであったときという条件しかないのでどういうことか分かりませんが答えはi/nになるようです。

  No.1の回答に寄せられた補足コメントです。 補足日時：2021/05/17 01:13

No.1 回答者： yhr2 回答日時： 2021/05/16 23:03

表か裏か、の二項分布ですね。

n 回投げて、表が r 回出る確率は、イカサマのない正常なコインなら表・裏の確率は 1/2 ずつを考えられるので
　P(n, r) = nCr * (1/2)^r * (1/2)^(n - r)　　　①
です。

X の確率分布は B(n, 1/2)
期待値は　E[X] = n/2
分散は V[X] = n * (1/2) * (1/2) = n/4

Y の確率分布も B(n, 1/2)
期待値は　E[Y] = n/2
分散は V[Y] = n * (1/2) * (1/2) = n/4

従って、
X - Y の期待値は
　E[X - Y] = E[X] - E[Y] = 0
分散の加法性から
　V[X - Y] = V[X] + V[Y] = n/2
X - Y の確率分布は、n が大きいとき N(0, n/2) かな。
n が大きいとき、二項分布は正規分布で近似できるから。


＞X＝iのとき1回目に表が出る条件付き確率をi＝1 2 3.... nについて求めよ

ここでいう「1回目」てなんだろう。i+1 回目ということかな？
だったら、i がいくつであっても 1/2。

従って、X=i の確率は①から
　　P(n, i) = nCi * (1/2)^i * (1/2)^(n - i)
だから、このときに次に表が出る条件付確率は
　　P(n, i) * (1/2) = nCi * (1/2)^(i + 1) * (1/2)^(n - i)

No.2 回答者： kamiyasiro 回答日時： 2021/05/17 07:57

企業で統計を推進する立場の者です。

(3)について、

最終得点がｉということは、ｎ回の試行中にｉ回表が出たということです。言い換えれば、観測値がｎ回中ｉ個だったときの、１投目でも２投目でも同じですが、表が出る確率を求めよということです。こんなことは自明と思われるかもしれません。

しかし、古典論とベイズでは、答えが違ってきます。模範解がi/nであるということなので古典論です。１試行あたりの確率pの期待値がi/nであることを導出します。

今、Ｘの確率分布は、#1さんの(1)のご回答どおり、
P(i|p)=nCi・p^i・(1-p)^(n-i)
です。
このときのP(p|i)を求めよ、という逆問題です。すなわち、pの期待値を求めることになります。P（事象の確率）ではなくp（１試行あたりの確率）であるということに注意して下さい。

直上の式は尤度関数と考えられます。古典論では最尤推定でpを求めます。そのためにpで微分して0と置きたいのですが、微分を簡単にするために、直上の式を対数尤度に置き替え微分します。

log{L(p|i)}=log(nCi)+log(p^i)+log((1-p)^(n-i)
∂(log{L(p|i)})／∂p=0　＋i／p　－1・(n-i)／(1-p)

最初の項は定数項なので0になります。最後の項は合成関数の微分になります。
これを0と置いてpを解きます。

i／p　－1・(n-i)／(1-p)＝0

両辺にp(1-p)を掛けると、

i(1-p)-(n-i)p=0
i-ip-np+ip=0
i-np=0
i=np
p=i/n

導出終わり。

つまり、最終得点がｉであるときに、何回目であろうと（というか期待される）表が出る確率はi/nです。

No.3 回答者： kamiyasiro 回答日時： 2021/05/17 08:05

一部訂正です。

このときのP(p|i)を求めよ、

↓

このときのP(p|i)を最大にするpを求めよ、

No.4 ベストアンサー 回答者： kamiyasiro 回答日時： 2021/05/17 09:06

#2です。

別解が存在すると言う話です（無視して頂いて結構です）。

このp＝i/nという古典論の解とベイズで求めた解は異なります。最後に示します。

ただ、事前確率を「一様分布」にしたときのMAP（マキシマム・アポステリオリ＝最大事後確率）を与えるベイズの解は、これと等しくなります。

ありものがたりさんは、別のご質問で、n回中にｉ回表が出るとしたら、それは「二項分布」だろう、とおっしゃいましたが、事前確率を一様分布でなく二項分布（事前分布の場合はβ分布）にすると、ｉから逆推定した「観測値ｉが得られたときの１試行当たりの確率ｐ」は、古典論とは異なってきます。

無情報事前分布に一様分布を与える、ということは、古典論とベイズを矛盾なくするという恣意的な行為であり、一般的に行われます。
またまた、それは「与える」ではなく「仮定する」だろうと指摘されるかもしれませんが、それはベイジアンと古典論者の方言の違いと思って下さい。
誰もが納得する仮定ではなく恣意的な行為なのです。

ちなみに、観測値ｉが得られたとき、事前分布としてΒ(α，β)というβ関数を与えると（仮定すると）、事後分布のEAP（エクスペクティッド・アポステリオリ＝期待確率＝確率質量関数）は、

p＝（α＋ｉ）／（α＋β＋ｎ）

になり、先の回答、ｐ＝i/n　とは矛盾します。ご参考まで。

ところで、この問題で、最尤推定値（p＝i/n）ではなく上の式（ベイズで解いたもの）を答案に書いたら、先生はどう反応するでしょうか。興味ありますね。


参考（たとえば）
http://bayes.sigmath.es.osaka-u.ac.jp/ftanaka/T/ …
の７ページ。ベイズの教科書なら大抵書いてある式です。