確率変数 $X$ の確率密度関数 $f(x)$ が以下のように与えられている。 $f(x) = \begin{cases} e^{-x} & (x \geq 0) \\ 0 & (x < 0) \end{cases}$ このとき、以下の値を求める。 (1) $P(0 \leq X < 1)$ および $P(2 \leq X)$ (2) $\mu = E[X]$ および $\sigma^2 = V[X]$

1. 問題の内容

確率変数 $X$ の確率密度関数 $f(x)$ が以下のように与えられている。

$f(x) = \begin{cases} e^{-x} & (x \geq 0) \\ 0 & (x < 0) \end{cases}$

このとき、以下の値を求める。

(1) $P(0 \leq X < 1)$ および $P(2 \leq X)$

(2) $\mu = E[X]$ および $\sigma^2 = V[X]$

2. 解き方の手順

(1) $P(0 \leq X < 1)$ を求める。

$P(0 \leq X < 1) = \int_0^1 e^{-x} dx = [-e^{-x}]_0^1 = -e^{-1} - (-e^0) = 1 - e^{-1} = 1 - \frac{1}{e}$

よって、$P(0 \leq X < 1) = 1 - \frac{1}{e}$ である。

次に、$P(2 \leq X)$ を求める。

$P(2 \leq X) = \int_2^\infty e^{-x} dx = [-e^{-x}]_2^\infty = \lim_{t \to \infty} (-e^{-t}) - (-e^{-2}) = 0 + e^{-2} = \frac{1}{e^2}$

よって、$P(2 \leq X) = \frac{1}{e^2}$ である。

(2) $\mu = E[X]$ を求める。

$\mu = E[X] = \int_{-\infty}^\infty x f(x) dx = \int_0^\infty x e^{-x} dx$

部分積分を用いて計算する。$u = x$, $dv = e^{-x}dx$ とすると、$du = dx$, $v = -e^{-x}$ である。

$\int_0^\infty x e^{-x} dx = [-xe^{-x}]_0^\infty - \int_0^\infty -e^{-x} dx = [-xe^{-x}]_0^\infty + \int_0^\infty e^{-x} dx$

$\lim_{t \to \infty} -te^{-t} = \lim_{t \to \infty} \frac{-t}{e^t} = \lim_{t \to \infty} \frac{-1}{e^t} = 0$ (ロピタルの定理)

よって、$[-xe^{-x}]_0^\infty = 0 - 0 = 0$ である。

$\int_0^\infty e^{-x} dx = [-e^{-x}]_0^\infty = 0 - (-1) = 1$

したがって、$\mu = E[X] = 0 + 1 = 1$ である。

次に、$\sigma^2 = V[X]$ を求める。

$V[X] = E[X^2] - (E[X])^2 = E[X^2] - \mu^2$

$E[X^2] = \int_{-\infty}^\infty x^2 f(x) dx = \int_0^\infty x^2 e^{-x} dx$

部分積分を2回用いて計算する。$u = x^2$, $dv = e^{-x} dx$ とすると、$du = 2x dx$, $v = -e^{-x}$ である。

$\int_0^\infty x^2 e^{-x} dx = [-x^2 e^{-x}]_0^\infty - \int_0^\infty -2x e^{-x} dx = [-x^2 e^{-x}]_0^\infty + 2 \int_0^\infty x e^{-x} dx$

$\lim_{t \to \infty} -t^2 e^{-t} = \lim_{t \to \infty} \frac{-t^2}{e^t} = \lim_{t \to \infty} \frac{-2t}{e^t} = \lim_{t \to \infty} \frac{-2}{e^t} = 0$ (ロピタルの定理)

よって、$[-x^2 e^{-x}]_0^\infty = 0 - 0 = 0$ である。

$2 \int_0^\infty x e^{-x} dx = 2 \times 1 = 2$

したがって、$E[X^2] = 0 + 2 = 2$ である。

$V[X] = E[X^2] - (E[X])^2 = 2 - 1^2 = 2 - 1 = 1$

よって、$\sigma^2 = V[X] = 1$ である。

3. 最終的な答え

(1) $P(0 \leq X < 1) = 1 - \frac{1}{e}$, $P(2 \leq X) = \frac{1}{e^2}$

(2) $\mu = E[X] = 1$, $\sigma^2 = V[X] = 1$