確率・統計の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル証明問題大学数学確率・統計

$n$ を正の整数とし、 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ を互いに独立で、いずれも区間 $[- 1, 1]$ 上の一様分布（確率密度関数が $- 1 \leq x \leq 1$ で $\frac{1}{2}$ 、それ以外で $0$ ）に従う確率変数とする。 $S_{n} = X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n}$ とおく。このとき、すべての正の実数 $s$ に対して
$P (S_{n} \geq s) \leq exp (- \frac{3 s ^{2}}{2 n})$
が成り立つことを証明せよ。

ただし、次の事実は用いてよい。
- 期待値の線形性と、マルコフの不等式（確率 $1$ で $Y \geq 0$ を満たし期待値が有限な確率変数 $Y$ と $a > 0$ に対して $P (Y \geq a) \leq \frac{E [ Y ]}{a}$ ）
- 互いに独立な有界な確率変数 $Y_{1}, \dots, Y_{n}$ に対して $E [Y_{1} Y_{2} \dots Y_{n}] = E [Y_{1}] E [Y_{2}] \dots E [Y_{n}]$ であること、および $X_{1}, \dots, X_{n}$ が独立ならば、実数値関数 $g$ による $g (X_{1}), \dots, g (X_{n})$ も独立であること
- 指数関数のマクローリン展開 $e^{u} = k = 0 \sum \infty \frac{u ^{k}}{k !}$ $(u \in R)$

この問題で使うもの

一様分布・指数分布（説明と入口の問題）
積率母関数（説明と入口の問題）
マルコフの不等式・チェビシェフの不等式（説明と入口の問題）
確率変数の和と積（独立な場合）（説明と入口の問題）
テイラー展開（説明と入口の問題）
増減表と極値（説明と入口の問題）
指数の拡張と指数関数（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（82 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

$t > 0$ をパラメータとして $P (S_{n} \geq s) = P (e^{t S_{n}} \geq e^{t s})$ と書き直し、マルコフの不等式を使う方針で考えましょう。最後に $t$ をうまく選びます。

ヒント 2

$X_{i}$ の積率母関数は $E [e^{t X_{i}}] = \frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2 t}$ です。これが $e^{t^{2} /6}$ 以下であることを、両者のマクローリン展開の係数比較で示します。鍵は不等式 $(2 k + 1)! \geq 6^{k} k!$ です。

ヒント 3

独立性から $E [e^{t S_{n}}] = (\frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2 t})^{n} \leq e^{n t^{2} /6}$ となり、マルコフの不等式から $P (S_{n} \geq s) \leq exp (- t s + \frac{n t ^{2}}{6})$ がすべての $t > 0$ で成り立ちます。あとは右辺を最小にする $t$ を求めましょう。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

一様分布の密度を積分して $E [e^{t X_{i}}] = \frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2 t}$ （ $t > 0$ ）を正しく求めている（1 点）
$\frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2 t}$ と $e^{t^{2} /6}$ をそれぞれ $\sum t^{2 k} / (2 k + 1)!$ , $\sum t^{2 k} / (6^{k} k!)$ と展開し、 $(2 k + 1)! \geq 6^{k} k!$ を帰納法などで示して項ごとに比較し、 $E [e^{t X_{i}}] \leq e^{t^{2} /6}$ を導いている（4 点）
独立性を使って $E [e^{t S_{n}}]$ を積に分解し、 $E [e^{t S_{n}}] \leq e^{n t^{2} /6}$ を得ている（2 点）
$t > 0$ で ${S_{n} \geq s} = {e^{t S_{n}} \geq e^{t s}}$ と書き換えてマルコフの不等式を適用し、 $P (S_{n} \geq s) \leq exp (- t s + n t^{2} /6)$ を導いている（2 点）
$t = 3 s / n$ を代入（または最小化）して $exp (- 3 s^{2} / (2 n))$ の評価を得て結論を述べている（1 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

$s > 0$ を任意に固定する。方針として、まず各 $X_{i}$ の積率母関数を $t > 0$ で $e^{t^{2} /6}$ により上から評価し、それとマルコフの不等式を組み合わせ、最後に $t$ を最適に選ぶ。

ステップ 1（ $X_{i}$ の積率母関数の計算）. $t > 0$ とする。 $X_{i}$ の確率密度関数は $[- 1, 1]$ 上で $\frac{1}{2}$ なので
$E [e^{t X_{i}}] = \int_{- 1}^{1} \frac{1}{2} e^{t x} d x = \frac{1}{2} [\frac{e ^{t x}}{t}]_{- 1}^{1} = \frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2 t} . (1)$
なお、確率 $1$ で $∣ X_{i} ∣ \leq 1$ だから $0 < e^{t X_{i}} \leq e^{t}$ であり、 $e^{t X_{i}}$ は有界である。

ステップ 2（ $\frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2 t} \leq e^{t^{2} /6}$ の証明）. マクローリン展開を $u = t$ と $u = - t$ に用いると
$\frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2} = \frac{1}{2} m = 0 \sum \infty \frac{t ^{m} - ( - t ) ^{m}}{m !} = k = 0 \sum \infty \frac{t ^{2 k + 1}}{( 2 k + 1 )!}$
である（ $m$ が偶数の項は $t^{m} - (- t)^{m} = 0$ で消え、 $m = 2 k + 1$ が奇数の項は $2 t^{2 k + 1}$ になる）。両辺を $t > 0$ で割って
$\frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2 t} = k = 0 \sum \infty \frac{t ^{2 k}}{( 2 k + 1 )!} . (2)$
また $u = t^{2} /6$ としてマクローリン展開を用いると
$e^{t^{2} /6} = k = 0 \sum \infty \frac{( t ^{2} /6 ) ^{k}}{k !} = k = 0 \sum \infty \frac{t ^{2 k}}{6 ^{k} k !} . (3)$
ここで、0 以上の整数 $k$ に対して
$(2 k + 1)! \geq 6^{k} k! (4)$
が成り立つことを $k$ についての数学的帰納法で示す。 $k = 0$ のとき両辺はともに $1$ で成り立つ。ある $k \geq 0$ で $(4)$ が成り立つと仮定すると、
$(2 k + 3)! = (2 k + 3) (2 k + 2) (2 k + 1)! \geq (2 k + 3) \cdot 2 (k + 1) \cdot 6^{k} k! \geq 3 \cdot 2 (k + 1) \cdot 6^{k} k! = 6^{k + 1} (k + 1)!$
となる（ $2 k + 3 \geq 3$ を用いた）。よって $k + 1$ のときも成り立ち、 $(4)$ はすべての 0 以上の整数 $k$ で成り立つ。

$(4)$ と $t^{2 k} \geq 0$ より、各 $k$ について $\frac{t ^{2 k}}{( 2 k + 1 )!} \leq \frac{t ^{2 k}}{6 ^{k} k !}$ である。 $(2)$ , $(3)$ の級数はどちらも収束するので、項ごとの不等式を足し合わせて
$\frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2 t} \leq e^{t^{2} /6} (t > 0) . (5)$

ステップ 3（和の積率母関数の評価）. $t > 0$ とする。 $e^{t S_{n}} = e^{t X_{1}} e^{t X_{2}} \dots e^{t X_{n}}$ であり、 $X_{1}, \dots, X_{n}$ が独立なので $e^{t X_{1}}, \dots, e^{t X_{n}}$ も独立で、ステップ 1 よりいずれも有界である。したがって与えられた事実と $(1)$ , $(5)$ より
$E [e^{t S_{n}}] = i = 1 \prod n E [e^{t X_{i}}] = (\frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2 t})^{n} \leq (e^{t^{2} /6})^{n} = e^{n t^{2} /6} . (6)$
（各因子は正なので、 $0 < a \leq b$ ならば $a^{n} \leq b^{n}$ を用いた。）

ステップ 4（マルコフの不等式）. $t > 0$ のとき $x \mapsto e^{t x}$ は狭義単調増加なので、事象として ${S_{n} \geq s} = {e^{t S_{n}} \geq e^{t s}}$ である。 $Y = e^{t S_{n}}$ は確率 $1$ で正であり、 $∣ S_{n} ∣ \leq n$ より $Y \leq e^{t n}$ で期待値は有限である。 $a = e^{t s} > 0$ としてマルコフの不等式と $(6)$ を用いると
$P (S_{n} \geq s) = P (e^{t S_{n}} \geq e^{t s}) \leq \frac{E [ e ^{t S_{n}} ]}{e ^{t s}} \leq exp (- t s + \frac{n t ^{2}}{6}) . (7)$

ステップ 5（ $t$ の選択）. $(7)$ はすべての $t > 0$ で成り立つ。右辺の指数 $h (t) = - t s + \frac{n t ^{2}}{6}$ は $h^{'} (t) = - s + \frac{n t}{3}$ より $t = \frac{3 s}{n}$ で最小となるので、 $t = \frac{3 s}{n}$ （ $s > 0$ よりこれは正）を代入すると
$h (\frac{3 s}{n}) = - \frac{3 s ^{2}}{n} + \frac{n}{6} \cdot \frac{9 s ^{2}}{n ^{2}} = - \frac{3 s ^{2}}{n} + \frac{3 s ^{2}}{2 n} = - \frac{3 s ^{2}}{2 n} .$
よって $(7)$ より
$P (S_{n} \geq s) \leq exp (- \frac{3 s ^{2}}{2 n}) .$

結論. $s > 0$ は任意だったので、すべての正の実数 $s$ に対して $P (S_{n} \geq s) \leq exp (- \frac{3 s ^{2}}{2 n})$ が成り立つことが示された。

この問題の確認

AI が作成した問題です。公開前に次の確認を行いました。

別の AI が模範解答を見ずに 3 回証明を試み、3 回証明できました
2 つの AI が独立に、模範解答の証明を 1 ステップずつ確かめました
AI の査読で、条件・解説・表記を確認しました
答えの正しさについて慎重に扱うべき点が見つからなかったため、自動で公開しました

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