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［条件付期待値］ （大学生の確率統計 p130参照)

Xの確率密度関数が、$f_{X}( x)$ であるとき、

　　　　　 $a\leq X\leq b$ における条件付き期待値は、 　$\displaystyle E\left( X| a\leq X\leq b\right) =\int _{a}^{b}x\cdot \dfrac{f_{X}\left( x\right) dx}{P\left( a\leq X\leq b\right) }$

　　　　　 条件付き確率密度関数は、 　　　　　　　　$f_{X| a\leq x\leq b}\left( x\right) =\dfrac{f_{X}\left( x\right) }{P\left( a\leq X\leq b\right) }$

積分を $P\left( a\leq X\leq b\right)$ で割っているだけなので、期待値や分散の線型性は成立する。

［参考］

連続の $E\left( Y| X\right)$ のとき、$\displaystyle E\left(Y| X=x\right) =\int ^{\infty }_{-\infty }yf_{Y|X}\left(y| x\right) dy=\int ^{\infty }_{-\infty }y\dfrac{f_{(X,Y)}\left( x,y\right) }{f_{X}\left( x\right) }dy$

ただし、$\displaystyle f_X(x)=\int ^{\infty }_{-\infty }f_{(X,Y)}\left(x,y\right) dy$　（周辺分布）

条件付き期待値も線型性を持つ。標準正規分布に直して計算するとよい。

$X=\sigma Z+\mu$ 　$X\geq a$ のとき $Z\geq c$ とすると、

　　　　　$\begin{split} E(X|X\geq a)&=E(\sigma Z+\mu|Z\geq c)\\&=\sigma E(Z|Z\geq c)+E(\mu|Z\geq c)\\ &=\sigma E(Z|Z\geq c)+\mu \end{split}$

問6.1 条件付期待値（類題2015④）

(1) $X\sim N(65,10^2)$ より、$Z=\dfrac{X-65}{10}\sim N(0,1)$

$X=85$ のとき、$Z=\dfrac{85-65}{10}=2$

偏差値は $N(50,10)$ に変換した点数だから、$50+2\cdot 10=70$

(2) $60\leq X\leq 85 \iff -0.5\leq Z\leq 2$

　　　　　$P(-0.5\leq Z\leq 2)=F(2)-F(-0.5)$

付表1. 標準正規分布の上側確率の表から、

　　　　　$P(-0.5\leq Z\leq 2)=1-Q(2)-Q(0.5)=1-0.0228-0.3085=0.669$

よって、1000人のうち 669人。

(3) 四分位範囲=(第３四分位点)ー(第1四分位点)

　　　　　第３四分位点は上側25%点だから、0.67

　　　　　第１四分位点は上側75%点だから、-0.67

よって、$Z$ の四分位範囲は、$2\cdot (0.67)$
$X$ の四分位範囲は、標準偏差をかけて　$2\cdot (0.67)\cdot 10=13.4$

(4) 本問では、$X\sim N(65,~10^2)$

$X\geq 65\iff Z\geq 0$

　　　　　$\begin{split} E(X|X\geq 65)&=E(10 Z+65|Z\geq 0)\\&=10 E(Z|Z\geq 0)+E(65|Z\geq 0)\\ \end{split}$

　　　　　$\displaystyle E(Z|Z\geq0) =\int ^{\infty }_{0}z\frac{\varphi\left(z\right)}{P(Z\geq 0)}dz =2\int ^{\infty }_{0}z\varphi\left(z\right)dz$　　　ただし、$\varphi\left(z\right)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp \left( -\dfrac{z^{2}}{2}\right)$

ここで、 $\left(\exp\left({-\dfrac{z^{2}}{2}}\right)\right)'=-z\cdot \exp \left({-\dfrac{z^{2}}{2}}\right)$ より 、$\displaystyle \{-\varphi \left( z\right)\}' = z\varphi\left( z\right)$

　　　　　$\displaystyle E(Z|Z\geq0)=2\left[-\varphi \left( z\right) \right]_{0}^{\infty} =2\varphi(0)=2\frac{1}{\sqrt{2\pi}}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}$

$\begin{split} E(X|X\geq 60)&=10 E(Z|Z\geq 0)+E(65|Z\geq 0)\\ &=10\sqrt{\frac{2}{\pi}}+65=10\cdot (0.798)+65=72.98 \end{split}$

問6.2 二変量正規分布（類題2015⑧）

［基本］ 和の分散

$V(X+Y)=Cov(X+Y,~X+Y)=Cov(X,X)+Cov(Y,Y)+2Cov(X,Y)$ より

　　　　　$V(X+Y)=V(X)+V(Y)+2Cov(X,Y)$

(1) Listeningを X 、Readingを Y とする。

$E(X)=305~,~E(Y)=250~,~V(X)=80^2~,~V(Y)=90^2~,~V(X+Y)=150^2$

$150^2=80^2+90^2+2Cov(X,Y)$ 　から $Cov(X,Y)=4000$　だから、

　　　　　$\rho(X,Y)=\dfrac{Cov(X,Y)}{\sqrt{V(X)}\sqrt{V(Y)}}=\dfrac{4000}{80\cdot90}=0.5556$

(3) 条件付き期待値

2変量正規分布の確率密度関数は 平均と分散共分散行列によって決まる。

$\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \sim N_2\left( \begin{pmatrix} \mu_x \\ \mu_y \end{pmatrix},\begin{pmatrix} \sigma_x^2 & \sigma_{xy}\\ \sigma_{xy} & \sigma_y^2 \end{pmatrix}\right) = N_2\left( \begin{pmatrix} \mu_x \\ \mu_y \end{pmatrix},\begin{pmatrix} \sigma_x^2 & \rho\sigma_x \sigma_y \\ \rho\sigma_x \sigma_y & \sigma_y^2 \end{pmatrix}\right)$ のとき、

$\Sigma^{-1}= \dfrac{1}{\sigma_x^2\sigma_y^2(1-\rho^2)} \begin{pmatrix} \sigma_y^2 & -\sigma_{xy}\\ -\sigma_{xy} & \sigma_x^2 \end{pmatrix}$ であり、 $f(x,y)=\dfrac{1}{\left(\sqrt{2\pi}\right)^2\sqrt{|\Sigma|}}\exp\left[{-\dfrac{1}{2}(X-\mu)'\ \Sigma^{-1}(X-\mu)}\right]$

$f(x,y)=\dfrac{1}{2\pi\sigma_x\sigma_y\sqrt{1-\rho^2}} \exp\left[-\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{(1-\rho^2)} \left[\left(\dfrac{x-\mu_x}{\sigma_x}\right)^2-2\rho\left(\dfrac{x-\mu_x}{\sigma_x}\right)\left(\dfrac{y-\mu_y}{\sigma_y}\right)+\left(\dfrac{y-\mu_y}{\sigma_y}\right)^2\right] \right]$

$f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_x}\exp\left[-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x-\mu_x}{\sigma_x}\right)^2\right]$ 　、$f(y|x)=\dfrac{f(x,y)}{f(x)}$　から

　　　　　$f(y|x)\sim N\left(\mu_y+\rho \sigma_y\left(\dfrac{x-\mu_x}{\sigma_x}\right)~,~(1-\rho^2)\sigma_y^2\right)$　　　を得る。

よって、 $E(y|x)=\mu_y+\rho \sigma_y\left(\dfrac{x-\mu_x}{\sigma_x}\right)$ 　　$V(y|x)=(1-\rho^2)\sigma_y^2$

$x$ を固定したときの条件付き期待値は $y$ の $x$ による回帰直線に等しいことが分かる。

以下、ノートに基づいて計算してみる。（証明は略する）

　　　　　　　　　　（一般の計算は、当サイト「２変量正規分布と線形回帰」参照）

本問では、

　　　　　$E(y|x)=\mu_y+\rho \sigma_y\left(\dfrac{x-\mu_x}{\sigma_x}\right)=250+\left(\dfrac{5}{9}\right)90\left(\dfrac{x-305}{80}\right)=0.625x+59.375$

$x=335$ のとき、$E(y|x)=268.75$

問6.3 生存関数（類題2015⑧）

［基本事項］

$T$ は生存時間（死亡時刻・イベントが起きる時刻）を表す確率変数とすると、

　　　　　分布関数 　　　 $\displaystyle F(t)=P(T<t)=\int_0^t f(u) du$

　　　　　生存関数 　　 　$\displaystyle S(t)=P(T\geq t)=1-F(t)=\int_t^{\infty}f(u) du$

　　　　　ハザード関数 　$h(t)= \dfrac{F'(t)}{1-F(t)} =\dfrac{-S'(t)}{S(t)}$

理想的な状態として、瞬間故障率（ハザード関数）が一定の場合を考える。

　　　　　$\dfrac{F'(t)}{1-F(t)} =\lambda$　　　この微分方程式を解く。（ 初期条件： $F(0)=0$ ）

$\dfrac{1}{1-F}\cdot\dfrac{dF}{dt} =\lambda$ 　より、 $\dfrac{dF}{1-F}=\lambda dt$ 　よって　$\displaystyle\int\dfrac{dF}{1-F}=\int\lambda dt$

　　　　　$-\log(1-F)=\lambda t+C$　　　 $1-F=e^{-\lambda t}\cdot e^{-C}$

初期条件 $F(0)=0$ から、　$e^{-C}=1$ 　　　$\therefore 1-F=e^{-\lambda t}$　　　

　　　　　$F(t)=1-e^{-\lambda t}$　　　　　$S(t)=1-F(t)=e^{-\lambda t}$

確率密度関数：$f(t)=\lambda e^{-\lambda t}$ 　　　 生存関数： $S(t)=e^{-\lambda t}$

これは指数分布である。つまり、指数分布は瞬間故障率が一定であるような分布である。

(1) $S(t)=e^{-\lambda t}$ となるのは指数分布であるから、確率密度関数は $f(t)=\lambda e^{-\lambda t}$ である。

(2)上側25%点は 　 $F(t)=0.75$ 　　$\therefore S(t)=0.25$

　　　　　$S(t)=e^{-\lambda t}=0.25=\dfrac{1}{4}$　　　　$\lambda t=\log4$ 　　よって $t=\dfrac{\log4}{\lambda }$

参考までに、中央値は、 $F(t)=\dfrac{1}{2}$ より 　$S(t)=\dfrac{1}{2}$　　$\therefore e^{-\lambda t}=\dfrac{1}{2}$

　　　　　$e^{\lambda t}=2$　　　　　$\lambda t=\log2$　　　　　よって中央値は $t=\dfrac{\log2}{\lambda }$ 　（類題2015⑧）

(3) 標本平均を期待値の推定値と考え、パラメーター $\lambda$ を推定する。

本問では、生存時間 $T$ は、指数分布 $f(t)=\lambda e^{-\lambda t}$ に従っており、

　　　　　$\displaystyle E(T)=\int_0^{\infty}t\lambda e^{-\lambda t}dt=\left[-t e^{-\lambda t}\right]_0^{\infty}+\int_0^{\infty} e^{-\lambda t}=\left[-\dfrac{1}{\lambda} e^{-\lambda t}\right]_0^{\infty}=\dfrac{1}{\lambda}$

$\dfrac{1}{\lambda}=3$ 　と考えると、

　　　　　上側25%点は　$t=3{\log4}=4.2$

問6.4 混合正規分布（類題2018⑥）

［基本］混合正規分布　

　　　　　$p(x)=\displaystyle\pi_1N(x\mid\mu_1,\Sigma_1)+\pi_2N(x\mid\mu_2,\Sigma_2)$　　（ $\pi_1,\pi_2$ は混合率：$\pi_1+\pi_2=1$ ）　

本問では、

混合率 $\pi_1=\dfrac{3}{5}\:,\:\pi_2=\dfrac{2}{5}$ 、ガウス分布 $N(x\mid 65,~4^2)\:, N(x\mid 85,~3^2)$

　　　　　$p(x)=\displaystyle \dfrac{3}{5} N(x\mid 65,~4^2)+\dfrac{2}{5}N(x\mid 85,~3^2)$

(1) Aさんについては、

　　　　　$X\sim N(65,4^2)$　より、$Z=\dfrac{X-65}{4}\sim N(0,1)$

$X=67$ のとき、$Z=\dfrac{67-65}{4}=0.5$

偏差値は $N(50,10^2)$ に変換した点数だから、$50+(0.5)\cdot 10=55$

(2) $P(x\geq 60)$ を求める。

　　　　　$P(x\geq 60)=\displaystyle \dfrac{3}{5} N(x\geq 60\mid 65,~4^2)+\dfrac{2}{5}N(x\geq 60\mid 85,~3^2)$

　　　　　$N(x\geq 60\mid 65,~4^2)=N\left(\dfrac{x-65}{4}\geq -1.25\mid 65,~4^2\right)=1-0.1056=0.8944$

　　　　　$N(x\geq 60\mid 85,~3^2)=N\left(\dfrac{x-85}{3}\geq -8.3\mid 85,~3^2\right)=1$

よって、$\dfrac{3}{5}\cdot (0.8944)+\dfrac{2}{5}\cdot 1=0.9366$　と考えられる。

（参考）

人文2018⑤に混合正規分布が２峰となる条件についての問題がある。
混合率が同じで等分散のとき、２群の平均の差が $2\sigma$ より大きくなると、分布は２峰。