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大学数学基礎解説
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確率論小ゼミ第２回 〜確率測度P, 確率空間

確率測度,確率論,確率空間
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更新履歴

  • (2024-02-25 21:05) 公開

目次

  1. はじめに
  2. 確率測度・確率空間
  3. 演習問題
  4. おわりに

はじめに

今回でついに$P(\bullet)$とは何なのかについて説明していくが，その前に，まずは前回（ 確率論小ゼミ第１回 ）で扱った$\sigma$-集合体・可測空間について軽くおさらいしておこう．もう大丈夫という方はこの部分は読み飛ばして構わない．

前回言い忘れていたかもですが，標本空間$\Omega$は空でないものとしています．
今後も「標本空間$\Omega$」と言われたときは，$\Omega$は空でない集合と捉えてください🙏
$\sigma$-集合体

標本空間$\Omega$上の$\sigma$-集合体とは，次の[1], [2], [3']を満たす集合族$\mathscr{F}$のことである.
[1] $\Omega \in \mathscr{F}$
[2] $A \in \mathscr{F} ~ \Longrightarrow ~ A^c \in \mathscr{F}$
[3'] $A_1, A_2, \cdots \in \mathscr{F} ~ \Longrightarrow ~ \displaystyle\bigcup_{i=1}^\infty A_i \in \mathscr{F}$

可測空間

$\mathscr{F}$を標本空間$\Omega$上の$\sigma$-集合体とする．このとき，組$(\Omega, \mathscr{F})$を可測空間という．また，$\mathscr{F}$の元$A$は$\Omega$上の$\mathscr{F}$-可測集合という．

$\Omega$を標本空間とする．このとき，$2^\Omega$は$\Omega$上の$\sigma$-集合体であることを示せ．

問題1の解答例
解答例を見る
任意の集合$E$に対して，$E \subseteq \Omega ~ \Leftrightarrow ~ E \in 2^\Omega$が成り立つことに注意すると，
  1. $\Omega \subseteq \Omega$．従って，$\Omega \in 2^\Omega$．
  2. 任意の$A \in 2^\Omega$に対して，$A \subseteq \Omega$であるから，$A^c = \Omega \setminus A \subseteq \Omega$．従って，$A^c \in 2^\Omega$．
  3. 任意の$A_1,A_2,\cdots\in 2^\Omega$に対して，$A_1,A_2,\cdots \subseteq \Omega$であるから，$\displaystyle\bigcup_{i=1}^\infty A_i \subseteq \Omega$．従って，$\displaystyle\bigcup_{i=1}^\infty A_i \in 2^\Omega$．
よって，$2^\Omega$は$\Omega$上の$\sigma$-集合体である．$_{\blacksquare}$

確率測度・確率空間

確率測度とは

確率測度（確率の公理）

可測空間$(\Omega, \mathscr{F})$上の確率測度とは，次の[1], [2], [3]を満たす関数$P:\mathscr{F} \to [0, 1]$のことである.
[1] $P(\Omega) = 1$
[2] $A \in \mathscr{F} ~ \Longrightarrow ~ P(A) \geq 0$
[3] $A_1, A_2, \cdots \in \mathscr{F}, ~~ A_i \cap A_j = \varnothing ~~ (i \neq j) ~~ \Longrightarrow ~~ \displaystyle P\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i\right) = \sum_{i=1}^{\infty}P(A_i)$

この定義を言葉で書くと，次のようになる．

  1. 全体集合（標本空間）を$P$で測ると1になる（全確率は1）．
  2. $\mathscr{F}$からどのような元を取り出して$P$で測ったとしても負になることはない（非負性）．
  3. $\mathscr{F}$から取り出した互いに素（排反）な元の和集合を$P$で測ったものは，それぞれの元を$P$で測ったものの総和に等しい（完全加法性）．

$P(A)$は「集合$A$を測度$P$で測った大きさ」とも捉えられる．それ故，$A$はちゃんと($P$で)測れる集合，つまり可測集合，つまり$\mathscr{F}$の元でなければならない．

[3]は$\sigma$-加法性とか可算加法性とも呼ばれる．

確率空間とは

確率空間

$(\Omega,\mathscr{F})$を可測空間とし，$P$を$(\Omega,\mathscr{F})$上の確率測度とする．このとき，3つ組$(\Omega, \mathscr{F}, P)$を確率空間という．

これらの用語は押さえておこう

$\Omega$：標本空間，$\mathscr{F}$：$\Omega$上の$\sigma$-集合体，$P$：$(\Omega,\mathscr{F})$上の確率測度，$(\Omega, \mathscr{F})$：可測空間，$(\Omega, \mathscr{F}, P)$：確率空間

確率測度の諸性質

$(\Omega, \mathscr{F}, P)$を確率空間とする．このとき，次が成り立つ．

  1. $P(\varnothing)=0$
  2. $A_1, \ldots, A_n \in \mathscr{F}, ~~ A_i \cap A_j = \varnothing ~~ (i \neq j) ~~ \Longrightarrow ~ \displaystyle P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right) = \sum_{i=1}^nP(A_i)$
  3. $A, B \in \mathscr{F}, ~~ A \supseteq B ~ \Longrightarrow ~ \displaystyle P\left(A \setminus B\right) = P(A) - P(B)$
  4. $A, B \in \mathscr{F}, ~~ A \supseteq B ~ \Longrightarrow ~ \displaystyle P(A) \geq P(B)$
  5. $A \in \mathscr{F} ~ \Longrightarrow ~ \displaystyle P(A^c) = 1-P(A)$
  6. $A_{1}, A_{2}, \cdots \in \mathscr{F} ~ \Longrightarrow ~ \displaystyle P\left(\bigcup_{i=1}^\infty A_i\right) \leq \sum_{i=1}^\infty P(A_i)$
  7. $A_{1}, A_{2}, \cdots \in \mathscr{F}, ~~ \{A_n\}\uparrow ~ \Longrightarrow ~ \displaystyle P\left(\lim_{n\to\infty} A_n\right) = \lim_{n\to\infty} P(A_n)$
  8. $A_{1}, A_{2}, \cdots \in \mathscr{F}, ~~ \{A_n\}\downarrow ~ \Longrightarrow ~ \displaystyle P\left(\lim_{n\to\infty} A_n\right) = \lim_{n\to\infty} P(A_n)$

$\{A_n\}\uparrow ~ \colon\Leftrightarrow ~ \{A_n\} \text{ は単調増加列，i.e.，}A_1 \subseteq A_2 \subseteq \cdots$
$\{A_n\}\downarrow ~ \colon\Leftrightarrow ~ \{A_n\} \text{ は単調減少列，i.e.，}A_1 \supseteq A_2 \supseteq \cdots$

  1. 証明を見る$A_1 = \Omega,~A_2 = A_3 = \cdots = \varnothing$ とすると，$A_i \in \mathscr{F} ~~ (i = 1, 2, \cdots)$ である（ 確率論小ゼミ第１回 参照，以下この文言は省く）．また，$A_i \cap A_j = \varnothing ~~ (i \neq j)$ であるから，確率測度の定義[1],[3]により，
    $$~~~~~~~~~~ 1 = P(\Omega) = P\left(\bigcup_{i=1}^\infty A_i\right) = \sum_{i=1}^{\infty}P(A_i) = P(\Omega) + \sum_{i=2}^{\infty}P(\varnothing) = 1 + \sum_{i=2}^{\infty}P(\varnothing) $$
    よって，$P(\varnothing) = 0$ を得る．$_{\blacksquare}$

  2. 証明を見る$A_{n+1} = A_{n+2} = \cdots = \varnothing$ とする．このとき，$A_i \cap A_j = \varnothing ~~ (i \neq j)$ であるから，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\bigcup_{i=1}^nA_i\right) = P\left(\bigcup_{i=1}^\infty A_i\right) = \sum_{i=1}^{\infty}P(A_i) = \sum_{i=1}^n P(A_i) + \sum_{i=n+1}^\infty \underbrace{P(\varnothing)}_{= 0} = \sum_{i=1}^n P(A_i) $$
    を得る．$_{\blacksquare}$

  3. 証明を見る$A_1 = B,~ A_2 = A \setminus B ~ (= A \cap B^c)$ とおくと，$A_1 \cup A_2 = A,~~A_1 \cap A_2 = \varnothing$ となる．従って，(2)から
    $$~~~~~~~~~~ P(A) = P(A_1 \cup A_2) = P(A_1) + P(A_2) = P(B) + P(A \setminus B) $$
    即ち，$P(A \setminus B) = P(A) - P(B)$ が成り立つ．$_{\blacksquare}$

  4. 証明を見る(3)より $P(A \setminus B) = P(A) - P(B)$ が成り立つ．よって，確率測度の定義[2]（非負値性）より $P(A \setminus B) \geq 0$ となるから，
    $$~~~~~~~~~~ 0 \leq P(A \setminus B) = P(A) - P(B) ~~ \Longleftrightarrow ~~ P(A) \geq P(B) $$
    が成り立つ．$_{\blacksquare}$

  5. 証明を見る$\Omega \supseteq A$ であるから(3)より
    $$~~~~~~~~~~ P(A^c) = P(\Omega \setminus A) = P(\Omega) - P(A) = 1 - P(A) $$
    が成り立つ．$_{\blacksquare}$

  6. 証明を見る$$~~~~~~~~~~ B_n = \left\{ \begin{array}{ll} A_1 & (n = 1)\\ \displaystyle A_n \cap \left(\bigcup_{k=1}^{n-1}A_k\right)^c & (n = 2, 3, \cdots) \end{array} \right. $$
    とすると，
    $$~~~~~~~~~~ \bigcup_{n=1}^\infty B_n = \bigcup_{n=1}^\infty A_n,~~~~ B_i \cap B_j = \varnothing ~~ (i \neq j) $$
    であるから，$P(A_n) \geq P(B_n) ~~ (\because A_n \supseteq B_n ;~ n = 1,2,\cdots)$ に注意すると
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right) = P\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_n\right) = \sum_{n=1}^\infty P(B_n) \leq \sum_{n=1}^\infty P(A_n) $$
    を得る．$_{\blacksquare}$

  7. 証明を見る$\{A_n\}\uparrow$ であるから，任意の自然数 $n=1,2,\cdots$ に対して，
    $$~~~~~~~~~~ \bigcup_{m=n}^{\infty}A_m = \bigcup_{m=1}^{\infty}A_m,~~~~ \bigcap_{m=n}^{\infty}A_m = A_n $$
    が成り立つ．従って，
    $$~~~~~~~~~~ \limsup_{n \to \infty}A_n = \inf_{n \geq 1}\sup_{m \geq n}A_m = \bigcap_{n=1}^\infty\bigcup_{m=n}^\infty A_m = \bigcap_{n=1}^\infty\bigcup_{m=1}^\infty A_m = \bigcup_{m=1}^\infty A_m, $$
    $$~~~~~~~~~~ \liminf_{n \to \infty}A_n = \sup_{n \geq 1}\inf_{m \geq n}A_m = \bigcup_{n=1}^\infty\bigcap_{m=n}^\infty A_m = \bigcup_{n=1}^\infty A_n $$
    となるから，$\displaystyle\limsup_{n \to \infty} A_n = \liminf_{n \to \infty} A_n = \bigcup_{n=1}^\infty A_n$ が言える．故に，$\displaystyle\lim_{n \to \infty}A_n = \bigcup_{n=1}^\infty A_n$ が成り立つ．ここで，
    $$~~~~~~~~~~ B_n = \left\{ \begin{array}{ll} A_1 & (n=1)\\ A_n \setminus A_{n-1} & (n = 2, 3, \cdots)\\ \end{array} \right. $$
    とおくと，$\bigcup_{n=1}^\infty B_n = \bigcup_{n=1}^\infty A_n$，$B_i \cap B_j = \varnothing ~~ (i \neq j)$ となるから，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right) = P\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_n\right) = \sum_{n=1}^\infty P(B_n) = \lim_{N \to \infty}\left(P(A_1) + \sum_{n=2}^{N}(P(A_n) - P(A_{n-1}))\right) = \lim_{N \to \infty}P(A_N) $$
    が成り立つ．$_{\blacksquare}$

  8. 証明を見る$\{A_n\}\downarrow$ であるから，任意の自然数 $n=1,2,\cdots$ に対して，
    $$~~~~~~~~~~ \bigcup_{m=n}^{\infty}A_m = A_n,~~~~ \bigcap_{m=n}^{\infty}A_m = \bigcap_{m=1}^{\infty}A_m $$
    が成り立つ．従って，
    $$~~~~~~~~~~ \limsup_{n \to \infty}A_n = \inf_{n \geq 1}\sup_{m \geq n}A_m = \bigcap_{n=1}^\infty\bigcup_{m=n}^\infty A_m = \bigcap_{n=1}^\infty A_n, $$
    $$~~~~~~~~~~ \liminf_{n \to \infty}A_n = \sup_{n \geq 1}\inf_{m \geq n}A_m = \bigcup_{n=1}^\infty\bigcap_{m=n}^\infty A_m = \bigcup_{n=1}^\infty\bigcap_{m=1}^\infty A_m = \bigcap_{m=1}^\infty A_m $$
    となるから，$\displaystyle\limsup_{n \to \infty} A_n = \liminf_{n \to \infty} A_n = \bigcap_{n=1}^\infty A_n$ が言える．故に，$\displaystyle\lim_{n \to \infty}A_n = \bigcap_{n=1}^\infty A_n$ が成り立つ．今，$A_1 \supseteq A_2 \supseteq \cdots$ であるから，$A_1^c \subseteq A_2^c \subseteq \cdots$，即ち $\{A_n^c\}\uparrow$ となる．よって，(7)より，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\lim_{n\to\infty}A_n\right) = P\left(\bigcap_{n=1}^\infty A_n\right) = 1 - P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n^c\right) = 1 - P\left(\lim_{n \to \infty} A_n^c\right) = 1 - \lim_{n\to\infty}P(A_n^c) = \lim_{n\to\infty}P(A_n) $$
    を得る．$_{\blacksquare}$

確率測度の具体例（有限ver）

実際，確率測度の構成方法は少し分かりずらいと思われるので次の例で理解を深めてほしい．

1から6までの数字が書かれている6面体サイコロを3つ同時に振る．但し，どの出目も同様に確からしいとする．このとき，この結果を表す確率空間$(\Omega,\mathscr{F},P)$を構成してみよう．まず，標本空間は
$$~~~~~~~~~~ \begin{split} \Omega &= \{1,2,3,4,5,6\}^3\\ &= \{\,(\omega_1, \omega_2, \omega_3) \mid \forall i \in \{1,2,3\},~\omega_i \in \{1,2,3,4,5,6\}\}\\ &= \{(1,1,1),(1,1,2),\ldots,(1,1,6),(1,2,1),\ldots,(6,6,6)\} \end{split} $$
とすれば良い．次に，$\Omega$上の$\sigma$-集合体として，
$$~~~~~~~~~~ \mathscr{F} = 2^\Omega $$
を選べば，可測空間$(\Omega, \mathscr{F})$を構成することができる．最後に，関数$P:\mathscr{F}\to[0,1]$を，任意の$A\in\mathscr{F}$に対して，
$$~~~~~~~~~~ P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|} = \frac{|A|}{6^3} $$
と定めれば，$P$は確率測度となる①から，これで確率空間$(\Omega, \mathscr{F}, P)$を構成することができた．

下線部①「$P$は確率測度となる」の証明
解答例を見る
  1. $P(\Omega) = \frac{|\Omega|}{|\Omega|} = 1$．
  2. 任意の$A \in \mathscr{F}$に対して，$|A| \geq 0$であるから，$P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|} \geq 0$．
  3. 任意の互いに素な集合$A_1,A_2,\cdots \in \mathscr{F} ~~ (A_i \cap A_j = \varnothing;~ i \neq j)$に対して，
    $$~~~~~~~~~~ \left|\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right| = \sum_{n=1}^\infty |A_n| $$
    であるから，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right) = \frac{1}{|\Omega|}\left|\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right| = \sum_{n=1}^\infty \frac{|A_n|}{|\Omega|} = \sum_{n=1}^\infty P(A_n)． $$
よって，$P$は$(\Omega,\mathscr{F})$上の確率測度である．$_{\blacksquare}$

例1において，

  1. 3つの出目の和が5となる事象を$A$としたときの$P(A)$
  2. 3つの出目の積が$m~(= 1,2,\cdots)$の倍数となる事象を$B_m$としたときの$P(B_4)$
をそれぞれ求めてみよう．
  1. $A = \{\,(\omega_1,\omega_2,\omega_3) \in \Omega \mid \omega_1 + \omega_2 + \omega_3 = 5\,\} = \{(1,1,3),(1,3,1),(3,1,1),(1,2,2),(2,1,2),(2,2,1)\} \in \mathscr{F}$であるから，$P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|} = \frac{6}{6^3} = \frac{1}{36}$ となる．
  2. $B_m = \{\,(\omega_1,\omega_2,\omega_3) \in \Omega \mid \omega_1 \omega_2 \omega_3 \equiv 0 ~ (\textrm{mod}~m)\,\} \in \mathscr{F}$である．今，$4 = 2^2$であり，$B_4 \subseteq B_2$，$B_4^c = (B_2 \cap B_4^c) \cup B_2^c$であるから，
    $$~~~~~~~~~~ \begin{split} P(B_4) &= 1-P(B_4^c) = 1-P((B_2 \cap B_4^c) \cup B_2^c)\\ &= 1-P(B_2 \cap B_4^c) - P(B_2^c)\\ &= 1-P(\{\text{出目の積は2で割り切れるが4では割り切れない}\})-P(\{\text{出目の積は2で割り切れない}\})\\ &= 1-P(\{\text{出目の1つは2,6のどれか，残りは2,4,6以外のどれか}\})-P(\{\text{全ての出目は2,4,6以外のどれか}\})\\ &= 1-3\cdot\frac{2}{6}\left(\frac{3}{6}\right)^2 - \left(\frac{3}{6}\right)^3 = \frac{5}{8} \end{split} $$
    となる．

確率測度の具体例（可算無限ver）

表の出る確率が$p ~ (0 < p < 1)$，裏の出る確率が$1-p$のコインを表が出るまで投げ続ける．このとき，この結果を表す確率空間$(\Omega,\mathscr{F},P)$を構成してみよう．まず，標本空間は
$$~~~~~~~~~~ \Omega = \{0,1,2,\cdots\} $$
とすれば良い．次に，$\Omega$上の$\sigma$-集合体として，
$$~~~~~~~~~~ \mathscr{F} = 2^\Omega $$
を選べば，可測空間$(\Omega, \mathscr{F})$を構成することができる．最後に，関数$P:\mathscr{F}\to[0,1]$を，任意の$A\in\mathscr{F}$に対して，
$$~~~~~~~~~~ P(A) = \sum_{\omega \in A}p(\omega), ~~~~ p(\omega) = p(1-p)^{\omega} $$
と定めれば，$P$は確率測度となる②から，これで確率空間$(\Omega, \mathscr{F}, P)$を構成することができた．

下線部②「$P$は確率測度となる」の証明
解答例を見る
  1. $\displaystyle P(\Omega) = \sum_{\omega \in \Omega}p(\omega) = \sum_{\omega=0}^\infty p(1-p)^\omega = \frac{p}{1-(1-p)} = 1$．
  2. 任意の$\omega \in \Omega$に対して，$p(\omega) > 0$であるから，任意の$A \in \mathscr{F}$に対して，
    $$~~~~~~~~~~ P(A) = \sum_{\omega \in A}p(\omega) \geq 0． $$
  3. 任意の互いに素な集合$A_1,A_2,\cdots \in \mathscr{F} ~~ (A_i \cap A_j = \varnothing;~ i \neq j)$に対して，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right) = \sum_{\omega \in \bigcup_{n=1}^\infty A_n}p(\omega) = \sum_{n=1}^\infty \sum_{\omega \in A_n}p(\omega) = \sum_{n=1}^\infty P(A_n)． $$
よって，$P$は$(\Omega,\mathscr{F})$上の確率測度である．$_{\blacksquare}$

実際，例3の標本空間は
$$~~~~~~~~~~ \Omega' = \{\text{表, 裏表, 裏裏表, 裏裏裏表, }\cdots\} $$
であるが，確率空間を簡単に構成するために$\Omega = \{0,1,2,\cdots\}$を標本空間とした．もし，$\Omega'$を標本空間とする場合は
$$~~~~~~~~~~ X(\omega) = \text{「文字列 $\omega$ にある裏の出現回数」} $$
という関数$X \colon \Omega' \to \mathbb{Z}$を導入して，
$$~~~~~~~~~~ f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} p(1-p)^x & (x = 0,1,2,\cdots)\\ 0 & (\textrm{otherwise}) \end{array} \right. $$
として，任意の$A\in\mathscr{F}$に対して，
$$~~~~~~~~~~ P(A) = \sum_{x \in X(A)} f(x) $$
とすれば良い．実はこの関数$X$は確率変数であり，関数$f$は$X$の確率(量)関数と呼ばれる．

$X(A) = \{\,X(\omega) \mid \omega \in A\,\}$

非可算無限の場合はまた今度...

演習問題

$(\Omega, \mathscr{F}, P)$を確率空間とする．このとき，次が成り立つことを示せ．

  1. $A, B \in \mathscr{F} ~ \Longrightarrow ~ \displaystyle P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$
  2. $A_{1},\ldots,A_n \in \mathscr{F} ~ \Longrightarrow ~ \displaystyle P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right) = \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}\mathop{\sum\cdots\sum}_{1\leq i_1 < \cdots < i_k \leq n}P\left(\bigcap_{\ell=1}^{k}A_{i_{\ell}}\right)$
    $$\left(= \sum_{i=1}^nP(A_i) - \mathop{\sum\sum}_{1 \leq i < j \leq n}P(A_i \cap A_j) + \mathop{\sum\sum\sum}_{1 \leq i < j < k \leq n}P(A_i \cap A_j \cap A_k) - \cdots + (-1)^{n-1}P(A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_n)\right)$$
  3. $A, B, D \in \mathscr{F}, ~~ D \subseteq A ~ \Longrightarrow ~ \displaystyle P\left(A \cap (B \cup D^c)\right) = P(A) + P(B \cap D) - P(D)$
  4. $A_{1}, A_{2}, \cdots \in \mathscr{F} ~ \Longrightarrow ~ \displaystyle P\left(\limsup_{n \to \infty} A_n\right) = \lim_{n\to\infty}P\left(\bigcup_{k=n}^\infty A_k\right) \leq \lim_{n\to\infty}\sum_{k=n}^\infty P\left(A_k\right)$
  5. $A_{1}, A_{2}, \cdots \in \mathscr{F} ~ \Longrightarrow ~ \displaystyle P\left(\liminf_{n \to \infty} A_n\right) = \lim_{n\to\infty}P\left(\bigcap_{k=n}^\infty A_k\right) \geq 1-\lim_{n\to\infty}\sum_{k=n}^\infty P\left(A_k^c\right)$
  6. $A_{1}, A_{2}, \cdots \in \mathscr{F} ~ \Longrightarrow ~ \displaystyle P\left(\liminf_{n\to\infty}A_n\right) \leq \liminf_{n\to\infty}P(A_n) \leq \limsup_{n\to\infty}P(A_n) \leq P\left(\limsup_{n\to\infty}A_n\right)$
  7. $\displaystyle A_{1}, A_{2}, \cdots \in \mathscr{F},~ \lim_{n\to\infty}A_n \textrm{ が存在}~ \Longrightarrow ~ P\left(\lim_{n\to\infty}A_n\right) = \lim_{n\to\infty}P(A_n)$

問題2の解答例
解答例を見る
  1. 証明を見る$A \cup (B \cap A^c) = A \cup B,~~ A \cap (B \cap A^c) = \varnothing$ であることと，$B \setminus (A \cap B) = B \cap A^c,~~ B \supseteq A \cap B$ より，
    $$~~~~~~~~~~ P(A \cup B) = P(A) + P(B \cap A^c) = P(A) + P(B \setminus (A \cap B)) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) $$
    となる．$_{\blacksquare}$

  2. 証明を見るまず，$n=1$ は明らか．$n=2$ のときは(1)と同じ．次に，$n = N ~ (N = 2,3,\cdots)$ のとき成り立つと仮定すると，$n = N+1$ のとき，
    $$~~~~~~~~~~ \begin{split} (\textrm{右辺}) &= \sum_{k=1}^{N+1}(-1)^{k-1}\mathop{\sum\cdots\sum}_{1\leq i_1 < \cdots < i_k \leq N+1}P\left(\bigcap_{\ell=1}^{k}A_{i_{\ell}}\right)\\ &= \sum_{k=1}^{N}(-1)^{k-1}\left(\mathop{\sum\cdots\sum}_{1 \leq i_1 < \cdots < i_k \leq N}P\left(\bigcap_{\ell=1}^{k}A_{i_{\ell}}\right) + \mathop{\sum\cdots\sum}_{1 \leq i_1 < \cdots < i_k = N+1}P\left(\bigcap_{\ell=1}^{k}A_{i_{\ell}}\right)\right)-(-1)^{N-1}\mathop{\sum\cdots\sum}_{1\leq i_1 < \cdots < i_{N+1} \leq N+1}P\left(\bigcap_{\ell=1}^{k}A_{i_{\ell}}\right)\\ &= \sum_{k=1}^{N}(-1)^{k-1}\mathop{\sum\cdots\sum}_{1\leq i_1 < \cdots < i_k \leq N}P\left(\bigcap_{\ell=1}^{k}A_{i_{\ell}}\right) + P(A_{N+1}) + \sum_{k=2}^{N}(-1)^{k-1}\mathop{\sum\cdots\sum}_{1\leq i_1 < \cdots < i_{k-1} \leq N}P\left(\left(\bigcap_{\ell=1}^{k-1}A_{i_{\ell}}\right)\cap A_{N+1}\right) - (-1)^{N-1}P(A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_{N+1})\\ &= P\left(\bigcup_{i=1}^{N}A_i\right) + P(A_{N+1}) - \sum_{k'=1}^{N-1}(-1)^{k'-1}\mathop{\sum\cdots\sum}_{1\leq i_1 < \cdots < i_{k'} \leq N}P\left(\bigcap_{\ell=1}^{k'}\left(A_{i_{\ell}}\cap A_{N+1}\right)\right) - (-1)^{N-1}P(A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_{N+1})\\ &= P\left(\bigcup_{i=1}^{N}A_i\right) + P(A_{N+1}) - \sum_{k'=1}^{N}(-1)^{k'-1}\mathop{\sum\cdots\sum}_{1\leq i_1 < \cdots < i_{k'} \leq N}P\left(\bigcap_{\ell=1}^{k'}\left(A_{i_{\ell}}\cap A_{N+1}\right)\right)\\ &= P\left(\bigcup_{i=1}^{N}A_i\right) + P(A_{N+1}) - P\left(\bigcup_{i=1}^{N}\left(A_{i}\cap A_{N+1}\right)\right)\\ &= P\left(\bigcup_{i=1}^{N}A_i\right) + P(A_{N+1}) - P\left(\left(\bigcup_{i=1}^{N}A_{i}\right)\cap A_{N+1}\right)\\ &= P\left(\left(\bigcup_{i=1}^{N}A_i\right) \cup A_{N+1}\right)\\ &= P\left(\bigcup_{i=1}^{N+1}A_i\right) = (\textrm{左辺}) \end{split} $$
    となる．よって，数学的帰納法により，この命題は真となることが示される．$_{\blacksquare}$

  3. 証明を見る$A \supseteq D$ に注意すると，
    $$~~~~~~~~~~ (A \setminus D) \cap (B \cap D) = A \cap D^{c} \cap B \cap D = \varnothing $$
    $$~~~~~~~~~~ (A \setminus D) \cup (B \cap D) = \underbrace{(A \cup B) \cap \underbrace{(A \cup D)}_{= A}}_{= A} \cap (D^{c} \cup B) \cap \underbrace{(D^{c} \cup D)}_{= \Omega} = A \cap (B \cup D^{c}) $$
    より，$P(A \cap (B \cup D^{c})) = P(A \setminus D) + P(B \cap D)$ が成り立つ．よって，
    $$~~~~~~~~~~ P(A \cap (B \cup D^{c})) = P(A) - P(D) + P(B \cap D) $$
    が成り立つ．$_{\blacksquare}$

  4. 証明を見る$\displaystyle B_n = \bigcap_{m=n}^\infty A_m ~~ (n = 1,2,\cdots)$ とすると，$\{B_n\}\uparrow$ であるから，定理1-(7)より，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\liminf_{n \to \infty}A_n\right) = P\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}\bigcap_{m=n}^{\infty}A_m\right) = P\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}B_n\right) = \lim_{n \to \infty}P(B_n) $$
    となる．また，定理1-(6)より，任意の $n = 1,2,\cdots$ に対して，
    $$~~~~~~~~~~ P(B_n) = P\left(\bigcup_{m=n}^{\infty} A_m\right) \leq \sum_{m=n}^{\infty} P(A_m) $$
    となるから，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\liminf_{n \to \infty}A_n\right) = \lim_{n \to \infty}P(B_n) = \lim_{n \to \infty}P\left(\bigcup_{m=n}^{\infty} A_m\right) \leq \lim_{n\to\infty}\sum_{m=n}^{\infty} P(A_m) $$
    を得る．$_{\blacksquare}$

  5. 証明を見る$\displaystyle C_n = \bigcup_{m=n}^\infty A_m ~~ (n = 1,2,\cdots)$ とすると，$\{C_n\}\downarrow$ であるから，定理1-(8)より，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\limsup_{n \to \infty}A_n\right) = P\left(\bigcap_{n=1}^{\infty}\bigcup_{m=n}^{\infty}A_m\right) = P\left(\bigcap_{n=1}^{\infty}C_n\right) = \lim_{n \to \infty}P(C_n) $$
    となる．また，定理1-(6)より，任意の $n = 1,2,\cdots$ に対して，
    $$~~~~~~~~~~ P(C_n) = P\left(\bigcap_{m=n}^{\infty} A_m\right) = 1 - P\left(\bigcup_{m=n}^{\infty} A_m^c\right) \geq 1-\sum_{m=n}^{\infty} P(A_m^c) $$
    となるから，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\limsup_{n \to \infty}A_n\right) = \lim_{n \to \infty}P(C_n) = \lim_{n \to \infty}P\left(\bigcap_{m=n}^{\infty} A_m\right) \geq 1 - \lim_{n\to\infty}\sum_{m=n}^{\infty} P(A_m^c) $$
    を得る．$_{\blacksquare}$

  6. 証明を見るまず，$\displaystyle P\left(\liminf_{n \to \infty}A_n\right) \leq \liminf_{n \to \infty}P(A_n)$ を示す．$\displaystyle B_n = \bigcap_{m=n}^\infty A_m ~~ (n = 1,2,\cdots)$ とすると，$\{B_n\}\uparrow$ であるから，定理1-(7)より，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\liminf_{n \to \infty}A_n\right) = P\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}\bigcap_{m=n}^{\infty}A_m\right) = P\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}B_n\right) = \lim_{n \to \infty}P(B_n) $$
    となる．ここで，任意の $n,m ~~ (n = 1,2,\cdots;~ m=n,n+1,\cdots)$ に対して，$B_n \subseteq A_m$ より $P(B_n) \leq P(A_m)$ となるから，任意の $n = 1,2,\cdots$ に対して，$\displaystyle P(B_n) \leq \inf_{m \geq n}P(A_m)$ が成り立つ．よって，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\liminf_{n \to \infty}A_n\right) = \lim_{n \to \infty}P(B_n) \leq \lim_{n \to \infty}\inf_{m \geq n}P(A_m) = \liminf_{n \to \infty}P(A_n) $$
    を得る．次に，$\displaystyle P\left(\limsup_{n \to \infty}A_n\right) \geq \limsup_{n \to \infty}P(A_n)$ を示す．$\displaystyle C_n = \bigcup_{m=n}^\infty A_m ~~ (n = 1,2,\cdots)$ とすると，$\{C_n\}\downarrow$ であるから，定理1-(8)より，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\limsup_{n \to \infty}A_n\right) = P\left(\bigcap_{n=1}^{\infty}\bigcup_{m=n}^{\infty}A_m\right) = P\left(\bigcap_{n=1}^{\infty}C_n\right) = \lim_{n \to \infty}P(C_n) $$
    となる．ここで，任意の $n,m ~~ (n = 1,2,\cdots;~ m=n,n+1,\cdots)$ に対して，$C_n \supseteq A_m$ より $P(C_n) \geq P(A_m)$ となるから，任意の $n = 1,2,\cdots$ に対して，$\displaystyle P(C_n) \geq \sup_{m \geq n}P(A_m)$ が成り立つ．よって，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\limsup_{n \to \infty}A_n\right) = \lim_{n \to \infty}P(C_n) \geq \lim_{n \to \infty}\sup_{m \geq n}P(A_m) = \limsup_{n \to \infty}P(A_n) $$
    を得る．このことと，任意の $n = 1,2,\cdots$ に対して，$\displaystyle \inf_{m \geq n}P(A_m) \leq \sup_{m \geq n}P(A_m)$ が成り立つ，即ち
    $$~~~~~~~~~~ \lim_{n \to \infty}\inf_{m \geq n}P(A_m) = \liminf_{n \to \infty}P(A_n) \leq \limsup_{n \to \infty}P(A_n) = \lim_{n \to \infty}\sup_{m \geq n}P(A_m) $$
    が成り立つことから，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\liminf_{n \to \infty}A_n\right) \leq \liminf_{n \to \infty}P(A_n) \leq \limsup_{n \to \infty}P(A_n) \leq P\left(\limsup_{n \to \infty}A_n\right) $$
    を得る．$_{\blacksquare}$

  7. 証明を見る$\displaystyle \lim_{n \to \infty}A_n$ が存在するから，$\displaystyle \lim_{n \to \infty}A_n = A$ とすると，$\displaystyle \liminf_{n \to \infty}A_n = \limsup_{n \to \infty}A_n = A$ が成り立つ．よって，(6)より，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(A\right) \leq \liminf_{n \to \infty}P(A_n) \leq \limsup_{n \to \infty}P(A_n) \leq P\left(A\right) $$
    が成り立つから，$\displaystyle \liminf_{n \to \infty}P(A_n) = \limsup_{n \to \infty}P(A_n) = P(A)$ を得る．故に，
    $$~~~~~~~~~~ P\left(\lim_{n \to \infty}A_n\right) = \lim_{n \to \infty}P(A_n) $$
    を得る．$_{\blacksquare}$

おわりに

今回はレイアウトに凝ってみましたw

参考文献

投稿日：2月25日
更新日：2月28日

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マシロ
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マシロ
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確率論小ゼミ第２回 〜確率測度P, 確率空間