例 5.8 [壺問題]各壷$U_1$, $U_2$, $U_3$の中に は，白球と黒球が表5.1で示したような 割合で多数入っていると仮定する．

• 

ここに,

$\mbox{(i):}$

この3つの壷の中の一つの壷が選ばれている． ただし，この選ばれた壷が$U_1$，$U_2$，$U_3$ のどれかは，あなたは知らないとする． この壷の中から， 球を一つ取り出す．この取り出した球の色が "白" であることがわかったとする． このとき， あなたは， この壷は，$U_1$，$U_2$，$U_3$ のどの壷と推定するか？

さらに,

$\mbox{(ii):}$

(i)に引き継いで，この壷の中から， 球をもう一つ取り出す．この取り出した球の色が 「黒」とする． 即ち， (i)と合わせて， (白,黒) が得られたことになる． このとき，あなたは， この壷は，$U_1$，$U_2$，$U_3$ のどれと推定するか？

さて， 上の問題 (i) と (ii) を測定理論の言葉で解答しよう. 古典系の基本構造: \begin{align} \mbox{ $[C_0(\Omega ) \subseteq L^\infty (\Omega, \nu ) \subseteq B(L^2(\Omega, \nu ))]$} \end{align} を考える。 ここに, \begin{align*} \omega_j \longleftrightarrow [ 壷U_jが選ばれた状態 ] \quad (j=1,2,3) \end{align*} と考えて， 状態空間 $\Omega$ $($ ${{=}} \{ \omega_1 , \omega_2 , \omega_3 \}$ $)$ を定める． 更に， $L^\infty (\Omega)$内の観測量 ${\mathsf O} = ( \{ 白, 黒 \}, 2^{\{ 白, 黒 \} } , F{})$ を次のように定義する： \begin{align*} & F(\{ 白 \}{})(\omega_1{})= 0.8, & \;\;\;& & F(\{ 白 \}{})(\omega_2{})= 0.4, & \;\;\;& & F(\{ 白 \}{})(\omega_3{})= 0.1　　　\\ & F(\{ 黒 \}{})(\omega_1{})= 0.2, & \;\;\;& & F(\{ 黒 \}{})(\omega_2{})= 0.6, & \;\;\;& & F(\{ 黒 \}{})(\omega_3{})= 0.9 \end{align*} (i)の解答$\;\;$ まず，測定 ${\mathsf M}_{ L^\infty (\Omega) } ({\mathsf O}, S_{[{}\ast{}]})$ を考える． 測定 ${\mathsf M}_{ L^\infty (\Omega) } ({\mathsf O}, S_{[{}\ast{}]})$ により測定値 "白" が得られたと仮定した． したがって， \begin{align*} [F({ \{ 白 \} })] (\omega_1{}) = 0.8 = \max_{ \omega \in \Omega } [F({ \{ 白 \} })] (\omega) = \max \{ 0.8, \; 0.4, \; 0.1 \} \end{align*}

であるから， フィッシャーの最尤法(定理5.6)により， \begin{align*} [\ast] = \omega_1 \end{align*} を得る． よって，未知の壷 は$U_1$であると推定できる．

(ii)の解答 $\;$ 次に， 同時 測定 ${\mathsf M}_{\overline{\mathcal A}} ({{{\times}}}_{k=1}^2 {\mathsf O} $ $ {{=}} $ $ (X^2 ,$ $ 2^{{}X^2} ,$ $ {\widehat F} {{=}} {{{\times}}}_{k=1}^2 F{}) ,$ $ S_{[{}\ast]})$ を考える． 同時測定 ${\mathsf M}_{\overline{\mathcal A}} ({{{\times}}}_{k=1}^2 {\mathsf O}, S_{[{}\ast]})$ により 測定値 $( 白, 黒{})$ が得られたというのが 問題(ii)の仮定であった． ここで， \begin{align*} [{\widehat F}(\{(白,黒)\})](\omega)=[F({\{白\}})](\omega) \cdot [F({\{黒\}})](\omega) \end{align*} であるから， \begin{align*} &[{\widehat F}(\{(白,黒)\})](\omega_1{})=0.16, \;\; [{\widehat F}(\{(白,黒)\})](\omega_2{})= 0.24, \\ &[{\widehat F}(\{(白,黒)\})](\omega_3{})= 0.09 \end{align*} したがって,フィッシャーの最尤法(定理5.6) を適用して， $[{}\ast{}] = {\omega_2} $， すなわち， 未知の 壷 は$U_2$であると推定できる．

例 5.9 [正規観測量(i): $\Omega={\mathbb R}$] 正規観測量を再論する. \begin{align*} \mbox{ 古典基本構造$[ C_0(\Omega ) \subseteq L^\infty (\Omega, \nu ) \subseteq B(L^2 (\Omega, \nu ))]\qquad$ (ここに, $\Omega={\mathbb R} )$ } \end{align*} を考える. $\sigma > 0$を固定する. $L^\infty ({\mathbb R}{})$ 内の 正規観測量 ${\mathsf O}_{G_\sigma} $ ${{=}}$ $({\mathbb R} , {\cal B}_{{\mathbb R}}^{} , {G_\sigma} {})$ を 次の{ように}定義する．

\begin{align*} &[{G_\sigma}(\Xi)] ( {\mu} {}) = \frac{1}{{\sqrt{2 \pi } \sigma}} \int_{\Xi} \exp[{}- \frac{1}{2 \sigma^2 } ({x} - {\mu} {})^2 ] d{x} \\ & \qquad (\forall \Xi \in {\cal B}_{{\mathbb R}}^{}, \quad \forall {\mu} \in \Omega= {\mathbb R}{}) \end{align*}

• 

さらに, $L^\infty ({\mathbb R}{})$ 内の 同時観測量 ${{{\times}}}_{k=1}^3 {\mathsf O}_{G_\sigma}$ (略して, ${\mathsf O}_{G_\sigma}^3 $) ${{=}}$ $({\mathbb R}^3 , {\cal B}_{{\mathbb R}^3}^{} ,$ $ G_{\sigma}^3{})$ は 次のように定まる：

\begin{align*} & [G_{\sigma}^3({\Xi_1 \times \Xi_2 \times \Xi_3 })] ( {\mu} {}) = [{G_\sigma}({\Xi_1})] (\mu{}) \cdot [{G_\sigma}({\Xi_2})] (\mu{}) \cdot [{G_\sigma}({\Xi_3})](\mu{}) \\ = & \frac{1}{({\sqrt{2 \pi } \sigma)^3}} \iiint_{\Xi_1 \times \Xi_2 \times \Xi_3} \exp[{}- \frac{({x_1} - {\mu} {})^2 +({x_2} - {\mu} {})^2 + ({x_3} - {\mu} {})^2 }{2 \sigma^2 } ] \\ & \times d{x_1} d{x_2} d{x_3} \\ & \qquad \qquad \qquad \qquad (\forall \Xi_k \in {\cal B}_{{\mathbb R}}^{},k=1,2,3, \quad \forall {\mu} \in \Omega= {\mathbb R}{}) \end{align*} よって， 測定 ${\mathsf M}_{L^\infty({\mathbb R})} ({\mathsf O}_{G_\sigma}^3, S_{[{}\ast{}] }{})$ を得る． ここで， 次の問題を考える:

$(a):$

測定 ${\mathsf M}_{L^\infty({\mathbb R})} ({\mathsf O}_{G_\sigma}^3, S_{[{}\ast{}] }{})$ により， 測定値 $(x_1, x_2 , x_3{})$ $(\in {\mathbb R}^3{})$ が得られたとする． このとき， $[\ast] (\in {\mathbb R})$ を推定せよ．

解答(a)
閉区間$\Xi_i$を \begin{align*} \Xi_i = [ x_i -\frac{1}{N},x_i +\frac{1}{N}] \qquad(i=1,2,3) \end{align*} とする． ここで，$N$を十分大きな自然数として， フィッシャーの最尤法(定理5.6)により， 「未知の状態$[{}\ast{}]$ $= \mu_0$」 の推定問題は，次の$\mu_0 (\in \Omega )$を見つける問題と なる: \begin{align*} [G_{\sigma}^3({\Xi_1 \times \Xi_2 \times \Xi_3 })] ( {\mu_0} {}) = \max_{\mu \in {\mathbb R}} [G_{\sigma}^3({\Xi_1 \times \Xi_2 \times \Xi_3 })] ( {\mu} {}) \end{align*} これは，($N$が十分に大きいから)次と同値で， \begin{align*} & \frac{1}{({\sqrt{2 \pi } \sigma)^3}} \exp[{}- \frac{({x_1} - {\mu_0} {})^2 +({x_2} - {\mu_0} {})^2 + ({x_3} - {\mu_0} {})^2 }{2 \sigma^2 } ] \\ = & \max_{\mu \in {\mathbb R}} \Big[ \frac{1}{({\sqrt{2 \pi } \sigma)^3}} \exp[{}- \frac{({x_1} - {\mu} {})^2 +({x_2} - {\mu} {})^2 + ({x_3} - {\mu} {})^2 }{2 \sigma^2 } ] \Big] \end{align*} すなわち， \begin{align*} ({x_1} - {\mu_0} {})^2 +({x_2} - {\mu_0} {})^2 + ({x_3} - {\mu_0} {})^2 = \min_{\mu \in {\mathbb R}} \big\{ ({x_1} - {\mu} {})^2 +({x_2} - {\mu} {})^2 + ({x_3} - {\mu} {})^2 \big\} \end{align*} を満たす$\mu_0$を求めればよい． したがって， $\frac{d}{d\mu} \{ \cdots\}=0$を解いて， \begin{align*} \mu_0 = \frac{{x_1}+{x_2}+{x_3}}{3} \tag{$\clubsuit$} \end{align*} を得る.

[正規観測量　(ii):$\Omega={\mathbb R} \times {\mathbb R}_+$] \begin{align*} \mbox { 古典基本構造$[ C_0(\Omega ) \subseteq L^\infty (\Omega, \nu ) \subseteq B(L^2 (\Omega, \nu ))]\qquad$ (ここに, $\Omega = {\mathbb R} \times {\mathbb R}_+ )$ } \end{align*} を考えて,

$(\sharp_1):$

鉛筆の長さが10cm〜30cmとわかっているときの，鉛筆の長さの 測定

を考えよう． ただし，ここでは，

$(\sharp_2):$

測定対象の状態を， 「鉛筆の長さ$\mu$」 と 「物差しの粗さ$\sigma$」 とする.

すなわち， 状態空間 を $\Omega$ $=$ ${\mathbb R} \times {\mathbb R}_+ $ とする．$L^\infty ( {\mathbb R} \times {\mathbb R}_+{})$ 内の 観測量${\mathsf O}$ ${{=}}$ $({\mathbb R} , {\cal B}_{{\mathbb R}}^{} , G)$ を

\begin{align*} [G(\Xi)](\mu, \sigma ) = [{G_\sigma}({\Xi})] (\mu) \quad (\forall \Xi \in {\cal B}_{{\mathbb R}}^{}, \;\; \forall ({\mu}, \sigma) \in \Omega= [10,30] \times {\mathbb R}_+ ) \end{align*} と定める． したがって，$L^\infty ( {\mathbb R} \times {\mathbb R}_+{})$ 内の同時観測量 ${\mathsf O}^3 $ ${{=}}$ $({\mathbb R}^3 , {\cal B}_{{\mathbb R}^3}^{} ,$ $ G^3)$ は 次の{ように}定まる:

\begin{align*} & [G^3({\Xi_1 \times \Xi_2 \times \Xi_3 })] ( {\mu},\sigma {}) = [G(\Xi_1)](\mu, \sigma ) \cdot [G(\Xi_2)](\mu, \sigma ) \cdot [G(\Xi_3)](\mu, \sigma ) \\ = & \frac{1}{({\sqrt{2 \pi } \sigma)^3}} \int_{\Xi_1 \times \Xi_2 \times \Xi_3} \exp[{}- \frac{({x_1} - {\mu} {})^2 +({x_2} - {\mu} {})^2 + ({x_3} - {\mu} {})^2 }{2 \sigma^2 } ] d{x_1} d{x_2} d{x_3} \\ & \qquad (\forall \Xi_k \in {\cal B}_{{\mathbb R}}^{},k=1,2,3, \quad \forall ({\mu},\sigma) \in K = [10,30{}]\times {\mathbb R}_+{} \subseteq \Omega = {\mathbb R} \times {\mathbb R}_+ ) \end{align*} 上の($\sharp_1$)によって, $K= [10,30]\times {\mathbb R}_+$ として, 同時測定 ${\mathsf M}_{L^\infty( {\mathbb R} \times {\mathbb R}_+)} ({\mathsf O}^3, S_{[{}\ast{}] }{(\!(K)\!)})$ を得る． ここで，次の問題を考える:

$(b):$

測定 ${\mathsf M}_{L^\infty( {\mathbb R} \times {\mathbb R}_+)} ({\mathsf O}^3, S_{[{}\ast{}] }{(\!(K)\!)})$ により， 測定値 $(x^0_1, x^0_2 , x^0_3{})$ $(\in {\mathbb R}^3{})$ が得られたとする． このとき， $[\ast] ( = (\mu_0,\sigma_0) \in K= [10,30]\times {\mathbb R}_+)$ ─ 鉛筆の長さ$\mu_0$ と 物差しの粗さ$\sigma_0$ ─ を推定せよ．

解答(b) 解答(a)と 同様の議論により， フィッシャーの最尤法(定理5.6) を用いて， 未知の状態 $[{}\ast{}]$ $= (\mu_0,\sigma_0)$ の推定問題は次と同値となる: \begin{align*} & \frac{1}{({\sqrt{2 \pi } \sigma_0)^3}} \exp[{}- \frac{({x^0_1} - {\mu_0} {})^2 +({x^0_2} - {\mu_0} {})^2 + ({x^0_3} - {\mu_0} {})^2 }{2 \sigma_0^2 } ] \\ = & \max_{(\mu,\sigma) \in [10, 30] \times {\mathbb R}_+} \Big\{ \frac{1}{({\sqrt{2 \pi } \sigma)^3}} \exp[{}- \frac{({x^0_1} - {\mu} {})^2 +({x^0_2} - {\mu} {})^2 + ({x^0_3} - {\mu} {})^2 }{2 \sigma^2 } ] \Big\} \end{align*} したがって， $\frac{\partial }{\partial \mu}\{\cdots\}=0$， $\frac{\partial }{\partial \sigma}\{\cdots\}=0$ を解いて， \begin{align} & \mu_0 = \begin{cases} 10 \quad \qquad & ( \text{} (x^0_1+x^0_2+x^0_3)/3< 10\; \text{のとき}) \\ \\ ({x^0_1}+{x^0_2}+{x^0_3})/3 \quad \qquad& ( \text{} 10 {{\; \leqq \;}} (x^0_1+x^0_2+x^0_3)/3{{\; \leqq \;}}30 \; \text{のとき}) \\ \\ 30 \quad& ( \text{} 30 < (x^0_1+x^0_2+x^0_3)/3 \; \text{のとき}) \end{cases} \tag{5.12} \\ & \sigma_0 = \sqrt{ \{ (x^0_1-{\widetilde \mu})^2 + (x^0_2-{\widetilde \mu})^2 + (x^0_3-{\widetilde \mu})^2 \}/3 } \tag{5.13} \end{align} となる．ここに \begin{equation*} {\widetilde \mu}=({x^0_1}+{x^0_2}+{x^0_3} )/3 \end{equation*}

例 5.10[同時正規測定におけるフィッシャーの最尤法] $L^\infty ({\mathbb R} \times {\mathbb R}_+)$ 内の 同時正規観測量${\mathsf O}_G^n = ({\mathbb R}^n, {\mathcal B}_{\mathbb R}^n, {{{G}}^n} )$ (cf.式(5.3)) を考えよう。 これは、$L^\infty ({\mathbb R} \times {\mathbb R}_+)$ 内の ${\mathsf O}^n$ $=$ $({\mathbb R}^n, {\mathcal B}_{{\mathbb R}^n}, {{{\times}}}_{k=1}^n {G_\sigma})$ と同じである。　すなわち、

\begin{align} & [({{{\times}}}_{k=1}^n {G_\sigma})(\Xi_1 \times \Xi_2 \times \cdots \times \Xi_n )](\omega) = {{{\times}}}_{k=1}^n [G_{\sigma}(\Xi_k) ]( {\omega} {}) \nonumber \\ = & {{{\times}}}_{k=1}^n \frac{1}{{\sqrt{2 \pi } \sigma}} \int_{\Xi_k} \exp \left[ {}- \frac{1}{2 \sigma^2 } ({x_k} - {\mu} {})^2 \right] d{x_k} \nonumber \\ & \quad (\forall \Xi_k \in {\cal B}_{{X}}^{}( ={\cal B}_{{\mathbb R}}^{}), \; \forall {\omega}=(\mu, \sigma ) \in \Omega (={\mathbb R}\times {\mathbb R}_+ ){}) \nonumber \end{align}

測定 ${\mathsf M}_{L^\infty ({\mathbb R} \times {\mathbb R}_+ )} ({\mathsf O}^n = ({\mathbb R}^n, {\mathcal B}_{\mathbb R}^n, {{{G}}_\sigma^n} )$,$S_{[\ast]} )$ によって、 測定値 $x=(x_1, x_2, \ldots, x_n ) (\in {\mathbb R}^n )$ が得られたと仮定しよう。 このとき、尤度関数 $L_x(\mu, \sigma)(=L(x, (\mu,\sigma)) $ は

\begin{align} L_x(\mu, \sigma) & = \frac{1}{({{\sqrt{2 \pi }\sigma{}}})^n} \exp[{}- \frac{\sum_{k=1}^n ({}{}{x_k} - {}{\mu} {})^2 } {2 \sigma^2} {}] \nonumber \end{align} また、(5.9)式の意味で、 \begin{align} L_x(\mu, \sigma) & = \frac{ \frac{1}{({{\sqrt{2 \pi }\sigma{}}})^n} \exp[{}- \frac{\sum_{k=1}^n ({}{}{x_k} - {}{\mu} {})^2 } {2 \sigma^2} {}] } { \frac{1}{({{\sqrt{2 \pi }\overline{\sigma}(x){}}})^n} \exp[{}- \frac{\sum_{k=1}^n ({}{}{x_k} - {}{\overline{\mu}(x)} {})^2 } {2 \overline{\sigma}(x)^2} {}] } \tag{5.14} \\ & ({}\forall x = (x_1, x_2, \ldots , x_n ) \in {\mathbb R}^n, \quad \forall {}{\omega}=(\mu, \sigma ) \in \Omega = {\mathbb R}\times {\mathbb R}_+{}). \nonumber \end{align}

と計算できて、 次の尤度方程式を得る：

\begin{align} \frac{\partial L_x(\mu, \sigma)}{\partial \mu}=0, \quad \frac{\partial L_x(\mu, \sigma)}{\partial \sigma}=0 \tag{5.15} \end{align}

よって、　フィッシャーの最尤法(定理5.6定理) から、 未知状態 $[\ast]=(\mu, \sigma)$ $(\in {\mathbb R} \times {\mathbb R}_+ )$ は次のように推定できる：

\begin{align} & \mu=\overline{\mu}(x) =\frac{x_1 + x_2+ \ldots + x_n }{n}, \quad \tag{5.16} \\ & \sigma= \overline{\sigma}(x) = \sqrt{\frac{\sum_{k=1}^n (x_k - \overline{\mu}(x))^2}{n}} \tag{5.17} \end{align}