二項分布

実験が同じ二値試行を何度も繰り返すとき——コインを投げる、製造部品を検査する、アンケートの回答を集める——自然な問いは「成功は何回起きるか？」だ。二項分布はまさにこの問いに答える。

設定

整数 $n \ge 1$ と確率 $p \in [0, 1]$ を固定する。$n$ 回の独立な ベルヌーイ(p) 試行を行い、$X$ を成功の総数とする。形式的には $X_1, X_2, \ldots, X_n$ を各 $X_i \sim \text{Bernoulli}(p)$ の独立な確率変数として

$$X \coloneqq X_1 + X_2 + \cdots + X_n$$

と定義する。$X \sim \text{Binomial}(n, p)$、または $X \sim \text{Bin}(n, p)$ と書く。

PMF の導出

$X$ は $\{0, 1, \ldots, n\}$ に値をとる。$P(X = k)$ を求めるには、$n$ 回の試行でちょうど $k$ 回成功する場合の数を数える。

組み合わせ論的議論。 $k$ 回成功 $n - k$ 回失敗の特定の順序は、独立性より確率 $p^k (1-p)^{n-k}$ で起きる。$n$ 回のうちどの $k$ 回が成功かを選ぶ順序の数は $\binom{n}{k}$ だ。すべての順序について足し合わせると確率質量関数（PMF：probability mass function）が得られる：

$$P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}, \qquad k = 0, 1, \ldots, n.$$

$\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} = (p + (1-p))^n = 1$（二項定理）なので、これは正当な PMF だ。

平均

期待値の線形性を使えば、PMF から直接計算しなくても済む。$X = \sum_{i=1}^n X_i$ という表現と各 ベルヌーイ指示変数 $E[X_i] = p$ を用いると：

$$E[X] = \sum_{i=1}^n E[X_i] = np.$$

独立性は不要——線形性は無条件に成り立つ。

分散

ここでは $X_i$ の独立性が必要だ。指示変数が独立なので分散が加算される：

$$\text{Var}(X) = \sum_{i=1}^n \text{Var}(X_i) = n \cdot p(1-p) = np(1-p).$$

加法的性質

定理。 $X \sim \text{Bin}(m, p)$ と $Y \sim \text{Bin}(n, p)$ が独立ならば

$$X + Y \sim \text{Bin}(m + n,\, p).$$

MGF による証明。 $X \sim \text{Bin}(m, p)$ の MGF は $m$ 個の独立なベルヌーイ MGF を掛け合わせて得られる：

$$M_X(t) = \bigl((1-p) + pe^t\bigr)^m.$$

同様に $M_Y(t) = ((1-p) + pe^t)^n$ だ。$X$ と $Y$ が独立なので和の MGF は因数分解される：

$$M_{X+Y}(t) = M_X(t) \cdot M_Y(t) = \bigl((1-p) + pe^t\bigr)^{m+n},$$

これは $\text{Bin}(m+n, p)$ の MGF だ。MGF が分布を一意に決定するので結果が従う。$\square$

直観。 $m$ 回の独立なベルヌーイ試行の後に $n$ 回の独立なベルヌーイ試行を行うことは——すべて同じ $p$ で——$m + n$ 回を一度に行うことと区別がつかない。

まとめ

• $X \sim \text{Bin}(n, p)$ は $n$ 回の独立な ベルヌーイ(p) 試行の成功数を数える。
• PMF：$P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$（$k = 0, 1, \ldots, n$）。
• 平均：$E[X] = np$（期待値の線形性による）。
• 分散：$\text{Var}(X) = np(1-p)$（指示変数の独立性による）。
• MGF：$M(t) = ((1-p) + pe^t)^n$。
• 加法的：独立な $\text{Bin}(m, p)$ と $\text{Bin}(n, p)$ の和は $\text{Bin}(m+n, p)$。