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確率論の問題

難易度 2大学院の講義の演習問題レベル証明問題大学院数学確率論

$f : [0, 1] \to R$ を連続関数とする。正の整数 $n$ に対して
$I_{n} = \int_{[0, 1]^{n}} f (\frac{x _{1}^{2} + x _{2}^{2} + \dots + x _{n}^{2}}{x _{1} + x _{2} + \dots + x _{n}}) d x_{1} d x_{2} \dots d x_{n}$
とおく。ここで積分は $[0, 1]^{n}$ 上のルベーグ積分であり、被積分関数は $x_{1} + \dots + x_{n} = 0$ となる 1 点（原点）では $f (0)$ と定めるものとする。このとき
$n \to \infty lim I_{n} = f (\frac{2}{3})$
であることを証明せよ。

なお、大数の強法則（独立同分布で可積分な確率変数列の標本平均は期待値にほとんど確実に収束する）と、有界収束定理は用いてよい。

この問題で使うもの

ボレル・カンテリの補題と大数の強法則（説明と入口の問題）
測度論的な期待値と収束定理（説明と入口の問題）
単調収束定理・優収束定理（説明と入口の問題）
連続型確率変数と確率密度関数（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（69 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

$[0, 1]^{n}$ 上のルベーグ測度は、独立な $[0, 1]$ 上の一様分布の確率変数 $U_{1}, \dots, U_{n}$ の同時分布である。 $I_{n}$ を期待値として書き直そう。

ヒント 2

被積分関数の中身は $\frac{\frac{1}{n} \sum U _{i}^{2}}{\frac{1}{n} \sum U _{i}}$ と書ける。分子・分母それぞれに大数の強法則を使い、 $E [U_{1}]$ と $E [U_{1}^{2}]$ を計算しよう。

ヒント 3

分子・分母がほとんど確実に $\frac{1}{3}, \frac{1}{2}$ に収束するので比は $\frac{2}{3}$ に収束し、 $f$ の連続性から $f (\cdot)$ もほとんど確実に収束する。あとは $∣ f ∣$ が有界であることを使って極限と期待値を交換すればよい。

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

$I_{n}$ を、独立な一様分布確率変数 $U_{1}, \dots, U_{n}$ を用いた期待値 $E [g_{n} (U_{1}, \dots, U_{n})]$ として書き直し、その根拠（同時分布が $[0, 1]^{n}$ 上のルベーグ測度であること）を述べている（2 点）
比が $[0, 1]$ に入ること、および $∣ f ∣ \leq M$ により被積分関数が一様に有界であることを示している（2 点）
$E [U_{1}] = \frac{1}{2}$ , $E [U_{1}^{2}] = \frac{1}{3}$ を計算し、分子・分母の標本平均に大数の強法則を適用している（2 点）
分母の極限が $0$ でないことから比が $\frac{2}{3}$ にほとんど確実に収束し、 $f$ の連続性で $f (R_{n}) \to f (\frac{2}{3})$ a.s. を導いている（2 点）
有界収束定理で極限と期待値を交換し、 $I_{n} \to f (\frac{2}{3})$ と結論している（2 点）

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模範解答を読む

方針. 積分を、独立な一様分布確率変数の関数の期待値として書き直し、大数の強法則で被積分関数の中身の概収束を示してから、有界収束定理で極限と期待値を交換する。

ステップ 1（確率論的な書き直し）. ある確率空間 $(Ω, F, P)$ 上に、区間 $[0, 1]$ 上の一様分布に従う独立同分布な確率変数列 $U_{1}, U_{2}, \dots$ をとる（例えば $[0, 1]^{N}$ 上の無限直積測度を用いればよい）。各 $n$ について $(U_{1}, \dots, U_{n})$ の分布は、独立性より各成分の分布の直積、すなわち $[0, 1]^{n}$ 上のルベーグ測度である。
$g_{n} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ f (\frac{\sum _{i = 1}^{n} x _{i}^{2}}{\sum _{i = 1}^{n} x _{i}}) f (0) (x \neq = 0) (x = 0) (x \in [0, 1]^{n})$
とおく。 $x \in [0, 1]^{n}$ では $0 \leq x_{i}^{2} \leq x_{i}$ なので $x \neq = 0$ のとき $0 \leq \frac{\sum x _{i}^{2}}{\sum x _{i}} \leq 1$ であり、 $g_{n}$ は well-defined である。 $g_{n}$ は $[0, 1]^{n} ∖ {0}$ 上で連続な関数の合成であり、1 点を除いて連続なのでボレル可測である。また $M = max_{[0, 1]} ∣ f ∣$ （ $f$ は有界閉区間上の連続関数なので最大値をもつ）とすると $∣ g_{n} ∣ \leq M$ である。したがって分布の変換公式から
$I_{n} = \int_{[0, 1]^{n}} g_{n} (x) d x = E [g_{n} (U_{1}, \dots, U_{n})] .$

ステップ 2（大数の強法則）. $U_{i}$ は $[0, 1]$ に値をとるので $U_{i}$ , $U_{i}^{2}$ は有界、特に可積分であり、
$E [U_{1}] = \int_{0}^{1} u d u = \frac{1}{2}, E [U_{1}^{2}] = \int_{0}^{1} u^{2} d u = \frac{1}{3} .$
$(U_{i})_{i \geq 1}$ は独立同分布なので、 $(U_{i}^{2})_{i \geq 1}$ も独立同分布（独立な確率変数の可測関数は独立）である。大数の強法則より、ある $P (Ω_{0}) = 1$ なる事象 $Ω_{0}$ 上で
$A_{n} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n U_{i} \to \frac{1}{2}, B_{n} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n U_{i}^{2} \to \frac{1}{3} (n \to \infty)$
が成り立つ（2 つの概収束の事象の共通部分も確率 $1$ ）。

ステップ 3（比の収束）. $ω \in Ω_{0}$ を固定する。 $A_{n} (ω) \to \frac{1}{2} > 0$ なので、ある $N$ があって $n \geq N$ で $A_{n} (ω) > 0$ 、すなわち $(U_{1}, \dots, U_{n}) (ω) \neq = 0$ である。このとき
$R_{n} (ω) := \frac{\sum _{i = 1}^{n} U _{i} ( ω ) ^{2}}{\sum _{i = 1}^{n} U _{i} ( ω )} = \frac{B _{n} ( ω )}{A _{n} ( ω )}$
であり、 $g_{n} (U_{1}, \dots, U_{n}) (ω) = f (R_{n} (ω))$ となる。分母の極限が $0$ でないので、数列の商の極限の性質から
$R_{n} (ω) \to \frac{1/3}{1/2} = \frac{2}{3} .$
$R_{n} (ω) \in [0, 1]$ であり、 $f$ は $\frac{2}{3} \in [0, 1]$ で連続なので $f (R_{n} (ω)) \to f (\frac{2}{3})$ である。よって
$g_{n} (U_{1}, \dots, U_{n}) \to f (\frac{2}{3}) a.s.$

ステップ 4（有界収束定理）. $∣ g_{n} (U_{1}, \dots, U_{n}) ∣ \leq M$ がすべての $n$ で成り立ち、定数 $M$ は確率測度に関して可積分である。ステップ 3 の概収束と有界収束定理より
$I_{n} = E [g_{n} (U_{1}, \dots, U_{n})] \to E [f (\frac{2}{3})] = f (\frac{2}{3}) .$

結論. $n \to \infty lim I_{n} = f (\frac{2}{3})$ である。 $■$

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