二項分布と反復試行の確率｜平均・分散・確率母関数も計算

一定の確率で表が出るコインを投げ，１回ごとに

表が出たとき１点
裏が出たとき０点

とするとき，投げたときの合計点数は０点，１点，２点，３点のいずれかになりますね．

この合計点数は「$n$回コインを投げたときの表の回数」と言っても同じですね．

このコイン投げの点数のように，値０か値１を定める試行を$n$回行ったときの合計の値（$0,1,2,\dots,n$）が従う確率分布を二項分布といいます．

この記事では

反復試行の確率の具体例と確率の公式
二項分布の定義・基本性質
二項分布の具体例
平均・分散・確率母関数の導出（ベルヌーイ分布を用いる方法）
平均・分散・確率母関数の導出（定義から直接求める方法）

を順に説明します．

「重要な確率分布」の一連の記事

離散型確率分布の定義と期待値・分散・母関数
1. 1 離散型一様分布｜６面サイコロの出目の確率分布
2. 2 ベルヌーイ分布｜コインの裏表の確率分布
3. 3 二項分布｜ベルヌーイ試行の成功回数の確率分布 (今の記事)
4. 4 幾何分布｜初めて成功するまで諦めない確率分布
5. 5 負の二項分布｜r回成功するまで諦めない確率分布
6. ポアソン分布｜二項分布が分布収束する確率分布(準備中)
7. 超幾何分布｜引いたクジを戻さない確率分布(準備中)

連続型確率分布の定義と期待値・分散・母関数
1. 連続型一様分布(準備中)
2. 正規分布(準備中)
3. カイ二乗分布(準備中)
4. ガンマ分布(準備中)
5. ベータ分布(準備中)
6. t分布(準備中)
7. F分布(準備中)

反復試行の具体例と確率の公式
1. 具体例（コインの表が出る確率）
2. 反復試行の確率の公式
二項分布の定義・基本性質
1. 定義（$X\sim\mrm{Bin}(n,p)$）
2. 期待値$E[X]$・分散$V[X]$・確率母関数$G_X(s)$
二項分布の具体例
1. 具体例１（コイン）：$\mrm{Bin}(3,\frac{1}{3})$
2. 具体例２（サイコロ）：$\mrm{Bin}(4,\frac{5}{6})$
平均・分散・確率母関数の導出（ベルヌーイ分布を用いる方法）
平均・分散・確率母関数の導出（定義から直接求める方法）
参考文献
1. 統計学

反復試行の具体例と確率の公式

二項分布を理解するためには，まずは反復試行の確率を理解する必要があります．

具体例（コインの表が出る確率）

この記事の冒頭のコインについて，次の問題を解きましょう．

投げると表が確率$\dfrac{1}{3}$で出る歪んだコインを投げ，表が出たとき１点，裏が出たとき０点とする．コインを３回投げたとき，合計点数が２点となる確率を求めよ．

コインを３回投げて合計得点が２点となるパターンは，コインの裏表が

表表裏（確率$\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}=\frac{2}{27}$）
表裏表（確率$\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{27}$）
裏表表（確率$\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{27}$）

となる場合のいずれかであり，これらは互いに排反なので，これらの確率を合算して

$\begin{align*}\frac{2}{27}+\frac{2}{27}+\frac{2}{27}=\frac{8}{27}\end{align*}$

が求める確率である．

この問題のように，同じ試行を繰り返し行うことを反復試行といいます．

反復試行の確率の公式

いまの問題を一般化して次の定理が成り立ちます（証明もいまの解答と本質的に同様）．

成功確率が$p$の試行を$n$回繰り返す．このとき，$n$回中$k$回成功する確率は

$\begin{align*}\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}\end{align*}$

である．

$\binom{n}{m}$は二項係数で，高校数学で学ぶ組み合わせの場合の数${}_{n}\!\operatorname{C}_{m}$と同じです：$\binom{n}{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$．

$n$回中$k$回成功するパターンは，１回目〜$n$回目のうちから$k$回成功する回を選ぶ場合の数に等しいから$\binom{n}{k}$である．

また，いずれのパターンも$k$回成功し，($n-k$)回失敗しているから，それぞれのパターンも起こる確率は等しく

$\begin{align*}p^{k}(1-p)^{n-k}\end{align*}$

である．いずれのパターンも互いに排反なので，これらの確率を合算して

$\begin{align*}\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}\end{align*}$

$n$回中$k$回成功する確率である．

上の問題では$n=3$, $k=2$だったので，パターンは

$\begin{align*}\binom{n}{k}=\binom{3}{2}=\frac{3!}{2!(3-2)!}=3\end{align*}$

通りあったわけですね．

二項分布の定義・基本性質

まずは二項分布の定義を説明し，そのあと二項分布に従う確率変数の具体例を紹介します．

定義（$X\sim\mrm{Bin}(n,p)$）

そもそも離散型確率変数$X$の確率関数$p_X$は

$\begin{align*}p_X(k)=P(X=k)\end{align*}$

と定義されるのでした．つまり，$X=k$となる確率を$p_X(k)$と表すことを思い出しておきましょう．

$p$を$0<p<1$を満たす実数とし，$n$を正の整数とする．離散型確率変数$X$がパラメータ$n$, $p$の二項分布（binomial distribution）に従うとは，$X$の確率関数$p_X$が

$\begin{align*}p_X(k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}\end{align*}$

を満たすことをいう．また，このとき$X\sim\mrm{Bin}(n,p)$などと表す．

反復試行の確率より，二項分布に従う確率変数は成功確率$p$のベルヌーイ試行を$n$回繰り返したときの，成功回数を返す確率変数ということができますね．

よって，$n=1$のときはベルヌーイ分布と全く同じ確率分布になりますね：$\mrm{Ber}(p)=\mrm{Bin}(1,p)$

期待値$E[X]$・分散$V[X]$・確率母関数$G_X(s)$

のちに導出するように，二項分布の期待値・分散・確率母関数は次のようになります．

$X\sim\mrm{Bin}(n,p)$の期待値$E[X]$，分散$V[X]$，確率母関数$G_X(s)$は

$\begin{align*}&E[X]=np,\quad V[X]=np(1-p),\quad G_X(s)=(sp+1-p)^n\end{align*}$

である．

二項分布の具体例

二項分布に従う確率変数として，コイン，サイコロを具体的に考えます．

具体例１（コイン）：$\mrm{Bin}(3,\frac{1}{3})$

投げると表が確率$\dfrac{1}{3}$で出る歪んだコインを投げ，表が出たとき１点，裏が出たとき０点とする．コインを３回投げたときの点数を確率変数$X$とすると，$X$はどのような二項分布に従うか？

$X$は０，１，２，３のいずれかの値をとる．$X=0$となる（全て裏の）確率は

$p_X(0)=P(X=0)=P(\text{０回表})=\binom{3}{0}\bra{\frac{1}{3}}^0\bra{1-\frac{1}{3}}^3$

であり，同様に，$X=1,2,3$となる（表が１，２，３回出る）確率は

$p_X(1)=P(X=1)=P(\text{１回表})=\binom{3}{1}\bra{\frac{1}{3}}^1\bra{1-\frac{1}{3}}^2$,
$p_X(2)=P(X=2)=P(\text{２回表})=\binom{3}{2}\bra{\frac{1}{3}}^2\bra{1-\frac{1}{3}}^1$,
$p_X(3)=P(X=3)=P(\text{３回表})=\binom{3}{3}\bra{\frac{1}{3}}^3\bra{1-\frac{1}{3}}^0$

である．よって，$X$はパラメータ$3$, $\frac{1}{3}$の二項分布に従う（$X\sim\mrm{Bin}(3,\frac{1}{3})$）．

冒頭ではコインの表を１点・裏を０点としたときの合計点数を考えましたが，これはコインの表を成功・裏を失敗と考えたときの成功の回数と同じですね．

具体例２（サイコロ）：$\mrm{Bin}(4,\frac{5}{6})$

各目が均等に出る６面サイコロを１回振り，

１，２，３，４，５の目が出たとき１点
６の目が出たとき０点

とする．サイコロを４回振るとき，合計点数を確率変数$X$とすると，$X$はどのような二項分布に従うか？

この問題の１〜５の目が出たときに成功（値１）．６の目が出たときに失敗（値０）と考えるわけですね．

１〜６の出目自体は$X$ではないことに注意してください．$X$はあくまで点数なので$X=0,1,2,3$です．

$X$は０，１，２，３，４のいずれかの値をとる．$X=0$となる（１〜５の目が０回出る）確率は

$p_X(0)=P(X=0)=P(\text{１〜５の出目が０回})=\binom{4}{0}\bra{\frac{5}{6}}^0\bra{1-\frac{5}{6}}^4$

となる．同様に$X=0$となる（６の目が出る）確率は

$p_X(1)=P(X=1)=P(\text{１〜５の出目が１回})=\binom{4}{1}\bra{\frac{5}{6}}^1\bra{1-\frac{5}{6}}^3$,
$p_X(2)=P(X=2)=P(\text{１〜５の出目が２回})=\binom{4}{2}\bra{\frac{5}{6}}^2\bra{1-\frac{5}{6}}^2$,
$p_X(3)=P(X=3)=P(\text{１〜５の出目が３回})=\binom{4}{3}\bra{\frac{5}{6}}^3\bra{1-\frac{5}{6}}^1$,
$p_X(4)=P(X=4)=P(\text{１〜５の出目が４回})=\binom{4}{4}\bra{\frac{5}{6}}^4\bra{1-\frac{5}{6}}^0$,

だから，$X$はパラメータ$4$, $\frac{5}{6}$の二項分布に従う（$X\sim\mrm{Bin}(4,\frac{5}{6})$）．

平均・分散・確率母関数の導出（ベルヌーイ分布を用いる方法）

二項分布$\mrm{Bin}(n,p)$の期待値・分散・母関数を，ベルヌーイ分布$\mrm{Ber}(p)$の期待値・分散・母関数と比較すると

期待値と分散は$n$倍
母関数は$n$乗

になっています．これは偶然ではなく，次の事実に基づいて証明することができます．

独立な$X_1,X_2,\dots,X_n\sim \mrm{Ber}(p)$に対して，

$\begin{align*}X_1+X_2+\dots+X_n\sim\mrm{Bin}(n,p)\end{align*}$

が成り立つ．

各$X_i$は１回のベルヌーイ試行で成功すれば値１，失敗すれば値０をとるので，$X_1+X_2+\dots+X_n$は$n$回中の成功回数に等しいですから，$X_1+X_2+\dots+X_n$が二項分布に従うことも直観的に分かりますね．

ベルヌーイ分布に従う確率変数の和は二項分布に従う｜直観と証明

一般に，確率変数X₁,X₂,……,Xₙがベルヌーイ分布Ber(p)に独立に従うとき，これらの和X₁+X₂+……+Xₙは二項分布Bin(n,p)に従います．また，同様の関係が幾何分布Geo(p)と負の二項分布NB(r,p)に対しても成り立ちます．

期待値$E[X]$の導出

$X\sim\mrm{Bin}(n,p)$の期待値は$E[X]=np$である．

独立な$X_1,X_2,\dots,X_n\sim \mrm{Ber}(p)$を用いて

$\begin{align*}X=X_1+X_2+\dots+X_n\end{align*}$

と表せる．ベルヌーイ分布$\mrm{Ber}(p)$に従う確率変数の期待値は$p$だったから，期待値$E$の線形性を併せて

$\begin{align*}E[X]=E[X_1]+E[X_2]+\dots+E[X_n]=np\end{align*}$

を得る．

分散$V[X]$の導出

$X\sim\mrm{Bin}(n,p)$の分散は$V[X]=np(1-p)$である．

独立な$X_1,X_2,\dots,X_n\sim \mrm{Ber}(p)$を用いて

$\begin{align*}X=X_1+X_2+\dots+X_n\end{align*}$

と表せる．ベルヌーイ分布$\mrm{Ber}(p)$に従う確率変数の分散は$p(1-p)$だったから，分散$V$の展開公式より

$\begin{align*}V[X]=V[X_1]+V[X_2]+\dots+V[X_n]=np(1-p)\end{align*}$

を得る．ただし，１つ目の等号では，独立な確率変数$X$, $Y$に対して一般に

$\begin{align*}V[X+Y]=V[X]+V[Y]+Cov[X,Y]=V[X]+V[Y]\end{align*}$

が成り立つことを用いた．

確率母関数$G_X(s)$の導出

$X\sim\mrm{Bin}(n,p)$の確率母関数$G_X(s)$は

$\begin{align*}G_X(s)=(sp+1-p)^n\end{align*}$

である．

独立な$X_1,X_2,\dots,X_n\sim \mrm{Ber}(p)$を用いて

$\begin{align*}X=X_1+X_2+\dots+X_n\end{align*}$

と表せる．ベルヌーイ分布$\mrm{Ber}(p)$に従う確率変数の確率母関数は$sp+1-p$だったから，

$\begin{align*}G_{X}(s)&=E[s^{X}]=E[s^{X_1+X_2+\dots+X_n}] \\&=E[s^{X_1}s^{X_2}\dots s^{X_n}] \\&=E[s^{X_1}]E[s^{X_2}]\dots E[s^{X_n}]=(sp+1-p)^n\end{align*}$

を得る．ただし，最後から２つ目の等号では，独立な確率変数$X$, $Y$に対して一般に$E[XY]=E[X]E[Y]$が成り立つことを用いた．

$s=e^{t}$と置き換えれば積率母関数

$\begin{align*}M_X(t)=E[e^{tX}]=(e^{t}p+1-p)^n\end{align*}$

が得られ，$s=e^{it}$と置き換えれば特性関数

$\begin{align*}\phi_X(t)=E[e^{itX}]=(e^{it}p+1-p)^n\end{align*}$

が得られますね．

平均・分散・確率母関数の導出（定義から直接求める方法）

ベルヌーイ分布と二項分布の関係を用いなくても二項分布の平均・分散・確率母関数を定義に基づいて求めることもできます．

平均$E[X]$の導出

$X\sim\mrm{Bin}(n,p)$の期待値は$E[X]=np$である．

$k=0$のとき$k\cdot p_X(k)=0$であることに注意すると，$X$の期待値$E[X]$の定義より

$\begin{align*}E[X]&=\sum_{k=0}^{n}k\cdot p_X(k)=\sum_{k=1}^{n}k\cdot p_X(k) \\&=\sum_{k=1}^{n}k\cdot\frac{n!}{k!(n-k)!}p^{k}(1-p)^{n-k} \\&=np\sum_{k=1}^{n}\frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}p^{k-1}(1-p)^{n-k} \\&=np\sum_{k=1}^{n}\binom{n-1}{k-1}p^{k-1}(1-p)^{n-k}\end{align*}$

となる．ここで，$k=\ell+1$とおき，二項定理を用いると

$\begin{align*}&\sum_{k=1}^{n}\binom{n-1}{k-1}p^{k-1}(1-p)^{n-k} \\&=\sum_{\ell=0}^{n-1}\binom{n-1}{\ell}p^{\ell}(1-p)^{(n-1)-\ell} \\&=(p+(1-p))^{n-1}=1^{n-1}=1\end{align*}$

となるから$E[X]=np$である．

途中の二項定理を使うところでは$a=p$, $b=1-p$, $m=n-1$として，二項定理の公式

$(a+b)^m=\binom{m}{0}a^{0}b^{m}+\binom{m}{1}p^{1}(1-p)^{m-1}+\dots+\binom{m}{m}p^{m}(1-p)^{0}$

を使っています．

分散$V[X]$の導出

$X\sim\mrm{Bin}(n,p)$の分散は$V[X]=np(1-p)$である．

$X$の分散は

$\begin{align*}V[X]&=E[X^2]-E[X]^2=E[(X^2-X)+X]-E[X]^2 \\&=E[X(X-1)]+E[X]-E[X]^2\end{align*}$

で求まる．$E[X]=np$は上で求めたから，あとは$E[X(X-1)]$を求めればよい．

$k=0,1$のとき$k(k-1)\cdot p_X(k)=0$であることに注意すると，$X(X-1)$の期待値$E[X(X-1)]$は定義より

$\begin{align*}E[X(X-1)]&=\sum_{k=0}^{n}k(k-1)\cdot p_X(k)=\sum_{k=2}^{n}k(k-1)\cdot p_X(k) \\&=\sum_{k=2}^{n}k(k-1)\cdot\frac{n!}{k!(n-k)!}p^{k}(1-p)^{n-k} \\&=n(n-1)p^2\sum_{k=2}^{n}\frac{(n-2)!}{(k-2)!(n-k)!}p^{k-2}(1-p)^{n-k} \\&=n(n-1)p^2\sum_{k=2}^{n}\binom{n-2}{k-2}p^{k-2}(1-p)^{n-k}\end{align*}$

となる．ここで，$k=\ell+2$とおき，二項定理を用いると

$\begin{align*}&\sum_{k=2}^{n}\binom{n-2}{k-2}p^{k-2}(1-p)^{n-k} \\&=\sum_{\ell=0}^{n-2}\binom{n-2}{\ell}p^{\ell}(1-p)^{(n-2)-\ell} \\&=(p+(1-p))^{n-2}=1^{n-2}=1\end{align*}$

となるから$E[X(X-1)]=n(n-1)p^2$である．よって，

$\begin{align*}V[X]=n(n-1)p^2+np-(np)^2=n(p-p^2)=p(1-p)\end{align*}$

である．

途中の二項定理を使うところでは$a=p$, $b=1-p$, $m=n-2$として，二項定理の公式

$(a+b)^m=\binom{m}{0}a^{0}b^{m}+\binom{m}{1}p^{1}(1-p)^{m-1}+\dots+\binom{m}{m}p^{m}(1-p)^{0}$

を使っています．

確率母関数$G_X(s)$の導出

$X\sim\mrm{Bin}(n,p)$の確率母関数$G_X(s)$は

$\begin{align*}G_X(s)=(sp+1-p)^n\end{align*}$

である．

確率母関数$G_X(s)$の定義より

$\begin{align*}G_X(s)&=E[s^X]=\sum_{k=0}^{n}s^k\cdot p_X(k) \\&=\sum_{k=0}^{n}s^k\cdot\frac{n!}{k!(n-k)!}p^{k}(1-p)^{n-k} \\&=\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!(n-k)!}(sp)^{k}(1-p)^{n-k} \\&=(sp+1-p)^n\end{align*}$