流れの分岐 - 工場統計力学（建設中！）

以下の問題を解くことにします。

ある出発する流れを考える。これを $p:(1-p)$ の割合で流れAとBに分ける。ただし分け方は確率的である。つまり、出発するジョブはそれぞれ独立に確率 $p$ で流れAに属し、確率 $1-p$ で流れBに属する。元の流れのジョブの出発間隔時間を確率変数 $X$ で表わす。 $X$ の平均値を $E(X)$ 、分散を $Var(X)$ 、２乗変動係数を $c_X^2$ で表わす。流れAのジョブの出発間隔時間を確率変数 $Y$ で表わす。この時 $Y$ の平均値 $E(Y)$ 、分散を $Var(Y)$ 、２乗変動係数 $c_Y^2$ と $E(X)$ 、 $Var(X)$ 、 $c_X^2$ の関係を求める。

あるジョブ（ジョブI）が流れAに属するとして、その次の流れAに属するジョブ（ジョブII）は、前のジョブから見て何番目であるかを考えて見ます。

すぐ後（１番目）である確率は $p$
２番目である確率は $(1-p)p$
３番目である確率は $(1-p)^2p$
・・・・・・・
$k$ 番目である確率は $(1-p)^{k-1}p$

となります。このような分布を「パラメータ $p$ の幾何分布」と言います。もし、ジョブIIが $N$ 番目のジョブであるとすると、ジョブIとジョブIIの間隔を表わす確率変数 $Y$ は、 $X_1$ 、 $X_2$ ・・・・ $X_N$ を $X$ と同じ確率分布を持つ互いに独立な確率変数であるとして、

$Y=X_1+X_2+....+X_N$

と表わすことが出来ます。ここで、気をつけなければならないのは $N$ 自身が確率変数であるということです。つまり上に見たように $N$ はパラメータ $p$ の幾何分布を持つ確率変数です。

$E(Y)$ 、 $Var(Y)$ 、 $c_Y^2$ を求めるために、「モーメント母関数による平均と２乗平均の求め方」で述べた方法を用います。まず $Y$ のモーメント母関数 $M_Y(z)$ を求めます。

$M_Y(z)=E\left[\exp\{z(X_1+X_2+...X_N)\}\right]$

この式の $E()$ を、まず $N=k$ に固定した場合の $\exp\{z(X_1+X_2+...+X_k)\}$ の平均を最初にとり、次にそれを $N$ について平均する、と考える。 $N=k$ になる確率は上から $(1-p)^{k-1}p$ なので、

$M_Y(z)=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}pE\left[\exp\{z(X_1+X_2+...+X_k)\}\right]$ ・・・・(1)

$X_1$ 、 $X_2$ ・・・・ $X_k$ は互いに独立で確率変数 $X$ と同じ分布を持つので

- $=E\left[\exp(zX_1)\right]E\left[\exp(zX_2)\right]...E\left[\exp(zX_k)\right]=E\left[\exp(zX)\right]^k=\left\{M_X(z)\right\}^k$

よって(1)より

$M_Y(z)=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}p\left\{M_X(z)\right\}^k$ ・・・・(2)

(2)の両辺を $z$ で微分して

$\frac{dM_Y(z)}{dz}=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}pk\left\{M_X(z)\right\}^{k-1}\frac{dM_X(z)}{dz}$ ・・・・(3)

(3)で $z=0$ と置くと

$\left.\frac{dM_Y(z)}{dz}\right|_{z=0}=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}pk\left\{M_X(0)\right\}^{k-1}\left.\frac{dM_X(z)}{dz}\right|_{z=0}$

ここで「モーメント母関数による平均と２乗平均の求め方」の式(3)と(5)を用いると

$\left.\frac{dM_Y(z)}{dz}\right|_{z=0}=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}pkE(X)=pE(X)\Bigsum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}$ ・・・・(4)

ここで「補足」の式(2)を用いると式(4)は

$\left.\frac{dM_Y(z)}{dz}\right|_{z=0}=pE(X)\Bigsum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}=pE(X)\frac{1}{p^2}=\frac{E(X)}{p}$

よって

$E(Y)=\frac{E(X)}{p}$ ・・・・(5)

ジョブIIはジョブIの平均 $\frac{1}{p}$ 番目あとになることを考えると、この結果は直感的に理解出来ます。

今度は、 $E(Y^2)$ を求めます。
(3)の両辺を $z$ で微分して

$\frac{d^2M_Y(z)}{dz^2}=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}pk(k-1)\left\{M_X(z)\right\}^{k-2}\left\{\frac{dM_X(z)}{dz}\right\}^2$
$+\Bigsum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}pk\left\{M_X(z)\right\}^{k-1}\frac{d^2M_X(z)}{dz^2}$ ・・・・(6)

(6)で $z=0$ と置くと

$\left.\frac{d^2M_Y(z)}{dz^2}\right|_{z=0}=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}pk(k-1)\{E(X)\}^2+\Bigsum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}pkE(X^2)$

よって

$E(Y^2)=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}pk(k-1)\{E(X)\}^2+\Bigsum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}pkE(X^2)$
$=\Bigsum_{k=2}^{\infty}(1-p)^{k-1}pk(k-1)\{E(X)\}^2+\Bigsum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}pkE(X^2)$
$=p(1-p)\{E(X)\}^2\Bigsum_{k=2}^{\infty}k(k-1)(1-p)^{k-2}+pE(X^2)\Bigsum_{k=1}^{\infty}k(1-p)^{k-1}$

ここで「補足」の式(2)(3)を用いると

$E(Y^2)=p(1-p)\{E(X)\}^2\frac{2}{p^3}+pE(X^2)\frac{1}{p^2}=\{E(X)\}^2\frac{2(1-p)}{p^2}+E(X^2)\frac{1}{p}$

よって

$E(Y^2)=\{E(X)\}^2\frac{2(1-p)}{p^2}+E(X^2)\frac{1}{p}$ ・・・・(7)

これで $E(Y^2)$ を求めることが出来ました。
次に分散 $Var(Y)$ を求めます。

$Var(Y)=E(Y^2)-\{E(Y)\}^2=\{E(X)\}^2\frac{2(1-p)}{p^2}+E(X^2)\frac{1}{p}-\{E(X)\}^2\frac{1}{p^2}$
$=\frac{1-2p}{p^2}\{E(X)\}^2+\frac{1}E(X^2)=\frac{1}{p^2}\left[(1-2p)\{E(X)\}^2+pE(X^2)\right]$
$=\frac{1}{p^2}\left[(1-p)\{E(X)\}^2+p(E(X^2)-\{E(X)\}^2)\right]=\frac{1}{p^2}\left[(1-p)\{E(X)\}^2+pVar(X)\right]$