2 命題と簡略化

証明すべき事柄は以下の通りである。

命題 1

確率変数 $x_1,\ldots,x_n$ が独立で、 $x_j\sim N(\mu_j,\sigma_j^2)$ ($1\leq j\leq n$) であるとき、定数 $a_j\ (\neq 0)$, $b$ に対し、

  $$y=\sum_{j=1}^n a_jx_j+b \sim N\left(\sum_{j=1}^n a_j\mu_j+b, \sum_{j=1}^na_j^2\sigma_j^2\right)$$ (1)

これをいくつかの段階に分けて考える。

命題 2

確率変数 $x_1,\ldots,x_n$ が独立で、関数 $\phi_j$ により $y_j=\phi_j(x_j)$ というあらたな確率変数が作られるとき、 $y_1,\ldots,y_n$ も ( $(x_1,\ldots,x_n)$ の $n$ 次元確率分布の 元で) 独立となる。

この命題の「あらたな確率変数が作られるとき」という表現については、 連続確率変数の場合は任意の関数であらたな連続確率変数が 作られるとは限らないために用いている。 例えば、$\phi_j(x)$ が $x$ の 1 次式、多項式などであれば問題はない。 詳しくは、[1] を参照のこと。

また、「 $(x_1,\ldots,x_n)$ の $n$ 次元確率分布の元で」という 表現については、「 $y_1,\ldots,y_n$」の独立性は本来 $(y_1,\ldots,y_n)$ に関する $n$ 次元確率分布のとり方によって 決まることであるが、 それを「 $(y_1,\ldots,y_n)$ の $n$ 次元確率分布を $(x_1,\ldots,x_n)$ の $n$ 次元確率分布から自然に決まるものとする」、 すなわち、

$${\mathrm{Prob}\{(y_1,\ldots,y_n)\in B_1\times\cdots\times B_n\}}$$

$$= \mathrm{Prob}\{(x_1,\ldots,x_n)\in \phi_1^{-1}(B_1)\times\cdots \times \phi_n^{-1}(B_n)\}$$ (2)

とする場合にこの命題が成り立つ、ということを意味する。 $n$ 次元確率分布とその独立性については、 詳しくは、[1] を参照のこと。

命題 の証明

$y_1,\ldots,y_n$ が独立であることは、任意の $B_j$ に対し

  $$\mathrm{Prob}\{(y_1,\ldots,y_n)\in B_1\times\cdots\times B_n\} =\mathrm{Prob}\{y_1\in B_1\}\times\cdots\times\mathrm{Prob}\{y_n\in B_n\}$$ (3)

が成り立つことを意味する。()、 および $x_1,\ldots,x_n$ が独立であるという仮定により、 () の左辺は

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{ \mathrm{Prob}\{(y_1,\ldots,y_n)\in B_1\times\cdots\t... ...b}\{y_1\in B_1\}\times\cdots \times\mathrm{Prob}\{y_n\in B_n\} \end{eqnarray*}$$

となるので、() が成立する。

命題 の正規分布に従う確率変数 $x_j$ に対して 標準化 $u_j=(x_j-\mu_j)/\sigma_j\sim N(0,1)$ を取れば、 命題 より $u_1,\ldots,u_n$ は独立で、 $y$ は、

  $$y = \sum_{j=1}^n a_jx_j + b = \sum_{j=1}^n a_j\sigma_j u_j + c, \hspace{1zw}c=\sum_{j=1}^n a_j\mu_j + b$$ (4)

となる。

補題 3

$u\sim N(0,1)$ ならば $v=-u\sim N(0,1)$

証明

$N(0,1)$ の密度関数

  $$f_0(u) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-u^2/2}$$ (5)

は偶関数なので、$v$ の分布関数 $\mathrm{Prob}\{v\leq t\}$ は、

$$\begin{eqnarray*}\mathrm{Prob}\{v\leq t\} &=& \mathrm{Prob}\{u\geq -t\} \ =\ ... ...& 1 - \int_t^{\infty}f_0(u)du \ =\ \int_{-\infty}^tf_0(u)du \end{eqnarray*}$$

となって $N(0,1)$ の分布関数に一致する。

よって、$u_j$ に対して

  $$v_j = \left\{\begin{array}{ll} u_j & (\mbox{$a_j>0$\ のとき})\\ -u_j & (\mbox{$a_j<0$\ のとき}) \end{array}\right.$$ (6)

とすれば、補題 により $v_j\sim N(0,1)$ で、 命題 より $v_1,\ldots,v_n$ も独立であり、 また $a_ju_j=\vert a_j\vert v_j$ となるので、() は、

  $$y = \sum_{j=1}^n d_j v_j + c, \hspace{1zw}c=\sum_{j=1}^n a_j\mu_j + b, \hspace{1zw}d_j = \vert a_j\vert\sigma_j > 0$$ (7)

と書ける。つまり、命題 を、 $\mu_j=0$, $\sigma_j=1$, $a_j>0$ の形に帰着できることになる。

もしこの () に対して命題 が 成立することが言えれば、

$$y\sim N\left(c,\sum_{j=1}^nd_j^2\right) = N\left(\sum_{j=1}^n a_j\mu_j + b,\sum_{j=1}^na_j^2\sigma_j^2\right)$$

となり、命題 が得られることがわかる。 よって後は、命題 を、 $\mu_j=0$, $\sigma_j=1$, $a_j>0$ の元で示せばよい。