P ( n ∩ Ai ) = P(A1) ∏ P(Ai|A1 ∩ A2 ∩···∩ Ai

情報ネットワーク学基礎 1
演習問題解答（6 月 18 日出題分）
問題 3
問 3-1 の解答 : P
(∩
n
)
Ai
= P (A1 )
i=1
n
∏
P (Ai |A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ Ai−1 )
i=2
が任意の n ≥ 2 で成り立つことを示す．n = 2 のとき条件付き確率の定義より成立．
今，n = k のときに Chain rule が成り立つ，つまり
P
)
(∩
k
= P (A1 )
Ai
k
∏
P (Ai |A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ Ai−1 )
(1)
i=2
i=1
と仮定する．このとき
P
( k+1
∩
)
Ai
=P
i=1
( (∩
k
(
=P
)
Ai
)
∩ Ak+1
i=1
k
∩
i=1
= P (A1 )
= P (A1 )
) (
)
k
∩
Ai P Ak+1 Ai
i=1
k
∏
i=2
k+1
∏
(
P (Ai |A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ Ai−1 ) × P
k
)
∩
Ak+1 Ai
i=1
P (Ai |A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ Ai−1 )
i=2
となるので n = k + 1 でも成立．よって任意の n ≥ 2 で Chain rule が成り立つ．
問 3-2 の解答 :
P (B|A) = P (B) ⇔
P (A ∩ B)
= P (B)
P (A)
[
∵ 条件付き確率の定義
]
⇔ P (A ∩ B) = P (A)P (B)
⇔
P (A ∩ B)
= P (A)
P (B)
⇔ P (A|B) = P (A)
問 3-3 の解答 : ((2) ⇔ (3))
全確率の公式より，A, B ∈ F に対して
P (A ∩ B) + P (A ∩ B c ) = P (A),
P (A ∩ B) + P (Ac ∩ B) = P (B)
が成立．この式の両辺を引いて
P (A ∩ B c ) − P (Ac ∩ B) = P (A) − P (B)
1
(2)
を得る．
• ((2) ⇒ (3))
A と B c が独立であることの式，P (A ∩ B c ) = P (A)P (B c ) を (2) に代入して，
P (A)P (B c ) − P (Ac ∩ B) = P (A) − P (B)
⇔ P (Ac ∩ B) = P (A)P (B c ) − P (A) + P (B)
= −P (A)(1 − P (B c )) + P (B)
= −P (A)P (B) + P (B)
= (1 − P (A))P (B)
= P (Ac )P (B)
従って，(2) ⇒ (3) が成立．
• ((3) ⇒ (2))
Ac と B が独立であることの式，P (Ac ∩ B) = P (Ac )P (B) を (2) に代入して，
P (A ∩ B c ) − P (Ac )P (B) = P (A) − P (B)
⇔ P (A ∩ B c ) = P (Ac )P (B) + P (A) − P (B)
= P (A) − P (B)(1 − P (Ac ))
= P (A) − P (B)P (A)
= P (A)(1 − P (B))
= P (A)P (B c )
従って，(3) ⇒ (2) が成立．
• ((1) ⇔ (4)) について
今度は，P (A ∩ B) と P (Ac ∩ B c ) の関係に注目すると，全確率の公式より同様にして
P (A ∩ B) − P (Ac ∩ B c ) = P (A) − P (B c ) (= −P (Ac ) + P (B))
が成立する．(1) ⇒ (4) はこの式と P (A ∩ B) = P (A)P (B) を使うことにより示すことが出
来る．(4) ⇒ (1) も同様にして示すことができる．
他にも (1)∼(4) の同値性を示すやり方はいろいろある．例えば，(1) ⇒ (2) ⇒ (3) ⇒ (4) ⇒ (1)
もその１つ．もちろん，この補題の場合は授業でコメントしたように，(1) ⇒ (2) を示すだ
けで，残りは全てこの関係から証明できるが，練習問題だと思って手を動かして下さい．
問 3-4 の解答 : P ((A ∩ B) ∩ C) = P (A ∩ B)P (C) と P ((A ∪ B) ∩ C) = P (A ∪ B)P (C) が成り立
つことを示せば良い. 今，
P ((A ∩ B) ∩ C) = P (A ∩ B ∩ C)
[
∵ 条件式の４番目
[
]
= P (A ∩ B)P (C)
∵ 条件式の 1 番目
= P (A)P (B)P (C)
2
]
が成り立つ．よって A ∩ B と C は独立であることが示された. また，
[
P ((A ∪ B) ∩ C) = P ((A ∩ C) ∪ (B ∩ C))
∵ 分配法則
]
= P (A ∩ C) + P (B ∩ C) − P ((A ∩ C) ∩ (B ∩ C))
= P (A ∩ C) + P (B ∩ C) − P (A ∩ B ∩ C)
= P (A)P (C) + P (B)P (C) − P (A)P (B)P (C)
[
[
∵ 確率測度の性質 (6)
∵ 条件式より
]
= P (C)(P (A) + P (B) − P (A)P (B))
[
]
= P (C)(P (A) + P (B) − P (A ∩ B))
∵ 条件式の１番目
[
]
= P (C)P (A ∩ B)
∵ 確率測度の性質 (6)
が成り立つ．よって A ∪ B と C は独立であることが示された.
問題 4
問 4-1 の解答 : ある被験者が選ばれたもとでの，標本空間は Ω = {(x, y)|x, y ∈ {0, 1}} である．
ここで，x はその被験者が実際の発病，y は検査結果であり，1 が発病しているまた，0 は発
病していないことをあらわしている．この被験者が発病しているという事象を A とすると
A = {(1, 0), (1, 1)} である．また，検査の結果が陽性であるという事象は + = {(1, 1), (0, 1)}
となっている．
今求めたい条件付き確率は，
P (A ∩ +)
P (+)
[
]
P (A)P (+|A)
=
· · · (1)
∵ ベイズの定理
c
c
P (A)P (+|A) + P (A )P (+|A )
P (A|+) =
題意より，
– P (A) =
1
1000
= 0.001
– P (+|A) = 0.95
– P (−|Ac ) = 0.99
よって
– P (Ac ) = 1 − P (A) = 0.999
– P (+|Ac ) = P (−c |Ac ) = 1 − P (−|Ac ) = 0.01
これらを (1) に代入して P (A|+) = 0.0868 を得る．この値はかなり小さく，この場合には検
査結果からすぐに発病しているという判断はできないことになる．なお，問題を 1000 人中
5 人の割合で発病するとすると，答えは P (A|+) = 0.323 とかなり大きい値になるが，それ
でも検査結果が正しい確率は３割程度である．
3
]
問 4-2 の解答 : 標本空間 Ω を「車が入っている部屋 x」と「司会者が k 回目にあけた部屋 yk (1 ≤
k ≤ n − 2)」として
Ω = {(x, y1 , y2 , . . . , yn−2 )| x, yk ∈ {R1 , R2 , . . . , Rn }, yk ̸= yk′ if k ̸= k ′ }
と設定する（ただし，あり得ないような事象の確率は 0 とする）. 今，Ch (h = 1, 2, . . . n)
を部屋 Rh に車がある事象，Uj を司会者が最後まで部屋 Rj を開けないまま残す事象とする.
車が入っている部屋はランダムなので
P (C1 ) = P (C2 ) = · · · = P (Cn ) =
1
n
以下において，車がある部屋が分かった状況で, ある部屋が最後まで残る条件付き確率を示す.
1. 部屋 R1 は（ゲストが選んだ部屋なので）最後まで残さないといけない. よって，車が
どこの部屋にあるかどうかによらず
P (U1 |Ch ) = 1 for each h = 1, 2, . . . , n
2. 車が Rt , t ̸= 1, にあるとき，司会者は必ず部屋 Rt を残さないといけないので，
P (Ut |Ct ) = 1 for each t = 2, . . . , n
また，上記は車が Rt , t ̸= 1, にあるとき，t′ ̸= t を満たす t′ ∈ {2, 3, . . . , n} において Rt′
は最後まで残ることができないことを意味する（残る２部屋は R1 と Rt のみ）. よって
P (Ut′ |Ct ) = 0 for each t′ = 2, . . . , n, t′ ̸= t
3. 題意より，車が R1 にあるとき Ri (i ̸= 1) が最後まで残る確率は
P (Ui |C1 ) =
1
n−1
1
n−1 ,
つまり,
for each i = 2, . . . , n
よって部屋 Rm , m ̸= 1, が残っている際に R1 に車がある条件付き確率 (Rm が残っていたと
きに，部屋を R1 のまま変更せず車が当たる確率）は, ベイズの定理より (C1 , C2 , . . . , Cn は
互いに素，かつ Ω = ∪ni=1 Ci になっていることに着目して)
P (C1 )P (Um |C1 )
P (C1 |Um ) = ∑n
i=1 P (Ci )P (Um |Ci )
P (C1 )P (Um |C1 )
=
P (C1 )P (Um |C1 ) + P (Cm )P (Um |Cm )
1
· 1
1
= 1 n1 n−11
=
n
n · n−1 + n · 1
[上記の条件付き確率の考察 2 を分母に用いる]
また j = 2, 3, . . . , n に関し，j ̸= m のとき P (Cj |Um ) = 0（Rj はすでに開けられているので
∑
Rj に車があることはありえない）かつ nr=1 P (Cr |Um ) = 1 であるから, Rm が残っている
際に Rm に車がある条件付き確率 (Rm が残っていたときに，部屋を Rm に変更して車が当
たる確率）は
n−1
P (Cm |Um ) = 1 − P (C1 |Um ) =
n
よって，部屋を変更したほうが当たる確率が n − 1 倍になることがわかる.
4

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