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ベイズの定理

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ベイズの定理

問題としている試行に関する確率空間\(\left(\Omega ,\mathcal{F},P\right) \)が与えられたとき、確率が正であるような2つの事象を任意に選びます。つまり、\begin{eqnarray*}P\left( A\right) &>&0 \\
P\left( B\right) &>&0
\end{eqnarray*}を満たす事象\(A,B\in \mathcal{F}\)に注目するということです。この場合、条件付き確率に関して、\begin{eqnarray}P\left( A|B\right) &=&\frac{P\left( A\cap B\right) }{P\left( B\right) }
\quad \cdots (1) \\
P\left( B|A\right) &=&\frac{P\left( A\cap B\right) }{P\left( A\right) }
\quad \cdots (2)
\end{eqnarray}がともに成り立ちますが、\(\left( 2\right) \)を用いて\(\left( 1\right) \)から\(P\left( A\cap B\right) \)を消去すると、\begin{equation*}P\left( A|B\right) =\frac{P\left( B|A\right) \cdot P\left( A\right) }{P\left( B\right) }
\end{equation*}を得ます。これをベイズの定理(Bayes’ rule)と呼びます。

命題(ベイズの定理)
確率空間\(\left( \Omega ,\mathcal{F},P\right) \)が与えられたとき、事象\(A,B\in \mathcal{F}\)について、\begin{eqnarray*}P\left( A\right) &>&0 \\
P\left( B\right) &>&0
\end{eqnarray*}が成り立つ場合には、\begin{equation*}
P\left( A|B\right) =\frac{P\left( B|A\right) \cdot P\left( A\right) }{P\left( B\right) }
\end{equation*}という関係が成り立つ。

つまり、条件付き確率\(P\left( A|B\right) \)を直接計算することが困難である場合でも、2つの事象\(A,B\)の立場を入れ替えた条件付き確率\(P\left( B|A\right) \)とそれぞれの事象の確率\(P\left( A\right) ,P\left( B\right) \)を求められる場合には、それらの情報を用いて\(P\left(A|B\right) \)が得られることを保証するのが上の命題です。もう少し直感的に表現すると、「事象\(A\)が起きたという前提のもと、その後に事象\(B\)が起こる確率\(P\left( B|A\right) \)」が判明している場合には、ベイズの定理を利用することにより、「事象\(B\)が起きたことが観察された場合、それ以前に、前提として事象\(A\)が起こっていた確率\(P\left( A|B\right) \)」を特定できるということです。

多くの場合、ベイズの定理を構成する確率\(P\left( B\right) \)を求める際には全確率の定理を利用します。つまり、標本空間\(\Omega \)は事象\(A\)と余事象\(A^{c}\)に分割可能であるため、全確率の定理より、\begin{equation*}P\left( B\right) =P\left( B|A\right) \cdot P\left( A\right) +P\left(
B|A^{c}\right) \cdot P\left( A^{c}\right)
\end{equation*}を得ますが、これを用いてベイズの定理を書き換えると、\begin{equation*}
P\left( A|B\right) =\frac{P\left( B|A\right) \cdot P\left( A\right) }{P\left( B|A\right) \cdot P\left( A\right) +P\left( B|A^{c}\right) \cdot
P\left( A^{c}\right) }
\end{equation*}となります。こちらをベイズの定理と呼ぶこともできます。

例(ベイズの定理)
箱の中に2つの袋\(1,2\)が入っています。さらに、袋\(1\)の中には「\(5\)個の赤いボールと\(5\)個の白いボール」が、袋\(2\)の中には「\(3\)個の赤いボールと\(7\)個の白いボール」がそれぞれ入っているものとします。以上の状況において、「どちらか一方の袋をランダムに選び、さらに選んだ袋の中から\(1\)個のボールをランダムに取り出す」という試行について考えます。また、すべての標本点は同じ程度の確かさで起こるものと仮定します。「取り出されたボールが赤であるという条件のもと、そのボールがもともと袋\(1\)に入っていたものである条件付き確率」を求めます。「取り出したボールが赤である」という事象を\(A\)で、「袋\(1\)からボールを取り出す」という事象を\(B\)でそれぞれ表記するのであれば、問題としている条件付き確率は\(P\left( B|A\right) \)と表現されます。条件付き確率に関しては、\begin{equation*}P\left( B|A\right) =\frac{P\left( A\cap B\right) }{P\left( A\right) }
\end{equation*}という関係が成り立ちますが、これを直接求めるのは困難であるため、ベイズの定理\begin{equation}
P\left( B|A\right) =\frac{P\left( A|B\right) \cdot P\left( B\right) }{P\left( A\right) } \quad \cdots (1)
\end{equation}の利用を検討します。実際、\(P\left( A|B\right) \)は「袋\(1\)からボールが取り出されたという条件のもと、取り出したボールが赤である条件付き確率」であるため、\begin{equation*}P\left( A|B\right) =\frac{5}{10}
\end{equation*}であることが容易に分かります。また、\(P\left( B\right) \)は「袋\(1\)からボールを取り出す確率」であるため、\begin{equation*}P\left( B\right) =\frac{1}{2}
\end{equation*}であることが容易に分かります。問題は\(P\left( A\right) \)の特定ですが、標本空間\(\Omega \)は事象\(B\)と余事象\(B^{c}\)に分割可能であることに注目して全確率の定理を利用します。ただし、\(B^{c}\)は「袋\(2\)からボールを取り出す」という事象に相当します。具体的には、\begin{eqnarray*}P\left( A\right) &=&P\left( A|B\right) \cdot P\left( B\right) +P\left(
A|B^{c}\right) \cdot P\left( B^{c}\right) \quad \because \text{全確率の定理} \\
&=&\frac{5}{10}\cdot \frac{1}{2}+\frac{3}{10}\cdot \frac{1}{2} \\
&=&\frac{2}{5}
\end{eqnarray*}となります。\(P\left( A\right) >0\)かつ\(P\left( B\right) >0\)であることが確認されたためベイズの定理\(\left( 1\right) \)が利用可能であり、\begin{equation*}P\left( B|A\right) =\frac{\frac{5}{10}\cdot \frac{1}{2}}{\frac{2}{5}}=\frac{5}{8}
\end{equation*}であることが明らかになりました。

 

ベイズの定理の一般化

ベイズの定理を以下のように一般化することができます。

命題(ベイズの定理)
確率空間\(\left( \Omega ,\mathcal{F},P\right) \)が与えられたとき、以下の条件\begin{eqnarray*}&&\left( a\right) \ \forall i,j\in \left\{ 1,\cdots ,n\right\} :\left(
i\not=j\Rightarrow A_{i}\cap A_{j}=\phi \right) \\
&&\left( b\right) \ \bigcup\limits_{i=1}^{n}A_{i}=\Omega \\
&&\left( c\right) \ \forall i\in \left\{ 1,\cdots ,n\right\} :P\left(
A_{i}\right) >0
\end{eqnarray*}を満たす有限\(n\)個の事象\(A_{1},\cdots ,A_{n}\in \mathcal{F}\)が存在する場合には、\begin{equation*}P\left( B\right) >0
\end{equation*}を満たす事象\(B\in \mathcal{F}\)を任意に選んだときに、\begin{equation*}P\left( A_{i}|B\right) =\frac{P\left( B|A_{i}\right) \cdot P\left(
A_{i}\right) }{\sum\limits_{j=1}^{n}\left[ P\left( B|A_{j}\right) \cdot
P\left( A_{j}\right) \right] }\quad \left( i=1,\cdots ,n\right)
\end{equation*}という関係が成り立つ。

証明

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つまり、標本空間\(\Omega \)が排反な有限個の事象\(A_{1},\cdots ,A_{n}\)に分割可能であるとともに、それぞれの事象\(A_{j}\ \left( j=1,\cdots ,n\right) \)について「事象\(A_{j}\)が起きたという前提のもと、その後に事象\(B\)が起こる確率\(P\left( B|A_{j}\right) \)」が判明している場合には、ベイズの定理を利用することにより、「事象\(B\)が起きたことが観察された場合、それ以前に、前提として事象\(A_{i}\)が起こっていた確率\(P\left(A_{i}|B\right) \)」を特定できるということです。

例(ベイズの定理)
ある店舗では、同一の商品を3つの業者から仕入れた上で販売しています。具体的には、その商品の\(2\)割を業者\(1\)から仕入れて、\(3\)割を業者\(2\)から仕入れて、残りの\(5\)割を業者\(3\)から仕入れています。また、業者\(1\)が供給する商品の\(1\)パーセントが不良品であり、業者\(2\)が供給する商品の\(2\)パーセントが不良品であり、業者\(3\)が供給する商品の\(3\)パーセントが不良品であるものとします。以上の状況において、「その店舗でその商品をランダムに1つ購入する」という試行について考えます。また、すべての標本点は同じ程度の確かさで起こるものと仮定します。「購入した商品が不良品であるという条件のもと、その不良品が業者\(2\)によって供給されたものである条件付き確率」を求めます。購入した商品の「供給元が業者\(i\ \left( =1,2,3\right) \)である」という事象を\(A_{i}\)で表記し、購入した商品が「不良品である」という事象を\(B\)でそれぞれ表記するのであれば、問題としている条件付き確率は\(P\left( B|A_{2}\right) \)と表現されます。条件付き確率に関しては、\begin{equation*}P\left( A_{2}|B\right) =\frac{P\left( A_{2}\cap B\right) }{P\left( B\right) }
\end{equation*}という関係が成り立ちますが、これを直接求めるのは困難であるため、ベイズの定理\begin{equation}
P\left( A_{2}|B\right) =\frac{P\left( B|A_{2}\right) \cdot P\left(
A_{2}\right) }{P\left( B\right) } \quad \cdots (1)
\end{equation}の利用を検討します。ただし、標本空間\(\Omega \)は排反な事象\(A_{1},A_{2},A_{3}\)に分割可能であることに注目すると、全確率の定理より、\begin{equation}P\left( B\right) =P\left( B|A_{1}\right) \cdot P\left( A_{1}\right) +P\left(
B|A_{2}\right) \cdot P\left( A_{2}\right) +P\left( B|A_{3}\right) \cdot
P\left( A_{3}\right) \quad \cdots (2)
\end{equation}を得ます。以上を踏まえると、\begin{eqnarray*}
P\left( A_{2}|B\right) &=&\frac{P\left( B|A_{2}\right) \cdot P\left(
A_{2}\right) }{P\left( B\right) }\quad \because \left( 1\right) \\
&=&\frac{P\left( B|A_{2}\right) \cdot P\left( A_{2}\right) }{P\left(
B|A_{1}\right) \cdot P\left( A_{1}\right) +P\left( B|A_{2}\right) \cdot
P\left( A_{2}\right) +P\left( B|A_{3}\right) \cdot P\left( A_{3}\right) }\quad \because \left( 2\right) \\
&=&\frac{\frac{2}{100}\cdot \frac{3}{10}}{\frac{1}{100}\cdot \frac{2}{10}+\frac{2}{100}\cdot \frac{3}{10}+\frac{3}{100}\cdot \frac{5}{10}} \\
&=&\frac{6}{23}
\end{eqnarray*}であることが明らかになりました。

 

演習問題

問題(ベイズの定理)
ある病気に感染しているかどうかを判定する検査方法が新たに開発されました。この検査の信頼性を調べるため、感染者に対してこの検査を実施したところ、\(98\%\)の人は陽性と正しく判定されましたが、残りの\(2\%\)の人は陰性と誤って判定されてしまいました。また、非感染者に対してもこの検査を実施したところ、\(99\%\)の人は陰性と正しく判定されまいたが、残りの\(1\%\)の人は陽性と誤って判定されてしまいました。ある集団の中から1人をランダムに選んでこの検査を実施したところ、その人は陽性と判定されました。この人が実際に感染者である確率を求めてください。ただし、この人が実際に感染者であるか否かは不明ですが、問題としている集団における感染者の割合が\(0.1\%\)であることは分かっているものとします。
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