確率論の問題

難易度 1大学院の講義の例題レベル大学院数学確率論

$X_{1}, X_{2}, \dots$ を独立同分布な確率変数で、各 $X_{k}$ は ${1, 2, 3, 4, 5, 6}$ 上の一様分布に従う（公正なさいころの出た目）とする。
$S_{0} = 0, S_{n} = X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n} (n \geq 1)$
とおき、 $F_{0} = {\emptyset, Ω}$ 、 $F_{n} = σ (X_{1}, \dots, X_{n})$ $(n \geq 1)$ とする。実数の定数 $a, b$ に対して
$M_{n} = (S_{n} - an)^{2} - bn (n \geq 0)$
と定める。 $(M_{n})_{n \geq 0}$ がフィルトレーション $(F_{n})_{n \geq 0}$ に関するマルチンゲールとなるような $a, b$ の組を求め、 $(a, b)$ の形で答えよ。

この問題で使うもの

マルチンゲール（説明と入口の問題）
σ 加法族に関する条件付き期待値（説明と入口の問題）
確率変数の期待値・分散と $a X + b$ （説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（70 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

技能「マルチンゲール」を使う。適合性・可積分性を確認し、 $E [M_{n + 1} - M_{n} ∣ F_{n}] = 0$ となる条件を調べる。

ヒント 2

$Y_{n} = S_{n} - an$ とおくと $M_{n + 1} - M_{n} = 2 Y_{n} (X_{n + 1} - a) + (X_{n + 1} - a)^{2} - b$ 。 $Y_{n}$ は $F_{n}$ -可測、 $X_{n + 1}$ は $F_{n}$ と独立であることを使う。

ヒント 3

$E [M_{n + 1} - M_{n} ∣ F_{n}] = 2 Y_{n} (\frac{7}{2} - a) + E [(X_{n + 1} - a)^{2}] - b$ 。 $Y_{n}$ の係数が $0$ でなければならないことから $a$ が決まり、残りの条件から $b$ はさいころの目の分散になる。

答えと解説

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(\frac{7}{2}, \frac{35}{12})

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解説を読む

方針： $M_{n}$ が適合していて可積分であることを確かめたうえで、マルチンゲールの条件 $E [M_{n + 1} ∣ F_{n}] = M_{n}$ （すなわち $E [M_{n + 1} - M_{n} ∣ F_{n}] = 0$ ）が成り立つ $a, b$ を求める。

適合性・可積分性： $M_{n}$ は $X_{1}, \dots, X_{n}$ の関数なので $F_{n}$ -可測である。また $0 \leq S_{n} \leq 6 n$ より $M_{n}$ は有界なので可積分である。

増分の条件付き期待値： $Y_{n} = S_{n} - an$ とおくと $Y_{n + 1} = Y_{n} + (X_{n + 1} - a)$ であるから
$M_{n + 1} - M_{n} = Y_{n + 1}^{2} - Y_{n}^{2} - b = 2 Y_{n} (X_{n + 1} - a) + (X_{n + 1} - a)^{2} - b .$
$Y_{n}$ は $F_{n}$ -可測なので取り出せ、 $X_{n + 1}$ は $F_{n}$ と独立なので条件付き期待値は通常の期待値になる。よって
$E [M_{n + 1} - M_{n} ∣ F_{n}] = 2 Y_{n} (E [X_{n + 1}] - a) + E [(X_{n + 1} - a)^{2}] - b .$
ここで $E [X_{n + 1}] = \frac{1 + 2 + \dots + 6}{6} = \frac{7}{2}$ である。

$a, b$ の決定：すべての $n \geq 0$ でこれが $0$ （a.s.）となる必要がある。 $n = 1$ のとき $Y_{1} = X_{1} - a$ は $6$ 通りの異なる値をとるので、 $2 Y_{1} (\frac{7}{2} - a) + E [(X - a)^{2}] - b = 0$ が常に成り立つには $\frac{7}{2} - a = 0$ 、すなわち $a = \frac{7}{2}$ が必要である。このとき条件は
$b = E [(X_{n + 1} - \frac{7}{2})^{2}] = V (X_{n + 1})$
となる。 $E [X^{2}] = \frac{1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36}{6} = \frac{91}{6}$ より
$V (X) = \frac{91}{6} - (\frac{7}{2})^{2} = \frac{182}{12} - \frac{147}{12} = \frac{35}{12} .$
逆に $a = \frac{7}{2}, b = \frac{35}{12}$ のとき、上の式からすべての $n \geq 0$ で $E [M_{n + 1} - M_{n} ∣ F_{n}] = 0$ となり、 $(M_{n})$ はマルチンゲールである。

したがって $(a, b) = (\frac{7}{2}, \frac{35}{12})$ 。

別解

$E [X] = 7/2$ 、 $Var (X) = \frac{35}{12}$ である（ $E [X^{2}] = 91/6$ 、 $91/6 - 49/4 = (182 - 147) /12 = 35/12$ ）。

$Y_{k} = X_{k} - a$ とおき、 $T_{n} = S_{n} - an = \sum_{k \leq n} Y_{k}$ とする。 $T_{n}$ は $F_{n}$ 可測で、 $M_{n}$ は可積分である。

$E [M_{n + 1} ∣ F_{n}] = E [(T_{n} + Y_{n + 1})^{2} ∣ F_{n}] - b (n + 1) = T_{n}^{2} + 2 T_{n} E [Y] + E [Y^{2}] - b (n + 1)$

ここで $E [Y] = 7/2 - a$ 、 $E [Y^{2}] = \frac{35}{12} + (7/2 - a)^{2}$ である。

マルチンゲールであるためには、すべての $n$ について $E [M_{n + 1} ∣ F_{n}] = M_{n} = T_{n}^{2} - bn$ が必要十分である。すなわち
$2 T_{n} E [Y] + E [Y^{2}] - b = 0$ がほとんど確実に成り立つことである。

$n = 1$ では $T_{1} = X_{1} - a$ が複数の値をとる（ $X_{1}$ は 6 通りの値をとる）ので、 $T_{1}$ の係数 $E [Y]$ は 0 でなければならない。よって $a = 7/2$ である。

このとき $b = E [Y^{2}] = 35/12$ となる。

また $n = 0$ のとき $T_{0} = 0$ なので、 $E [Y] = 0$ の下で $b = E [Y^{2}]$ が必要であり、上と整合する。

検算： $a = 7/2$ のとき $E [Y] = 0$ 、 $E [Y^{2}] = Var (X) = 35/12$ となり、 $E [M_{n + 1} ∣ F_{n}] = T_{n}^{2} + 35/12 - b (n + 1) = T_{n}^{2} - bn$ が成り立つ。

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