乱数で生成された1より大きい小数の小数部分の平均値

　乱数で生成された１未満の小数の小数部分の平均値は生成された小数の平均値と同じになるのでイメージしやすいが、１より大きい小数が生成されるようにした場合の小数部分の平均値のイメージがしにくいので、ChatGPTに軽い気持ちで尋ねてみた。

はい。実はこの場合はかなり高い精度で推定できます。
乱数 (X) が正規分布
$$
X \sim N(1.96,\ 0.09^2)
$$
に従うとします。
求めたいのは小数部分
$$
Y = X - \lfloor X \rfloor
$$
の平均値です。
---
### まず直感
平均が 1.96、標準偏差が 0.09 なので、
約95%の値は
$$
1.96 \pm 2\times0.09=[1.78,\ 2.14]
$$
にあります。
つまり大部分の値は
* 1.xxx
* 2.xxx
のどちらかです。
境界の 2.0 に非常に近い位置（平均が 1.96）に山があるため、
* 1.99 → 小数部 0.99
* 2.01 → 小数部 0.01
のように、小数部が「0付近」と「1付近」に分裂します。
---
### 2を超える確率
$$
P(X\ge 2)=P\left(Z\ge \frac{2-1.96}{0.09}\right)=P(Z\ge 0.444)
$$
なので、
$$
P(X\ge 2)\approx 0.328
$$
です。
約33%が2以上、
約67%が2未満です。
---
### 小数部分の平均
小数部分は
* ($X<2$) のとき ($X-1$)
* ($X\ge2$) のとき ($X-2$)
です。

したがって
$$
Y=X-1-\mathbf 1_{\{X\ge2\}}
$$
と書けます。

平均を取ると
$$
E[Y]=E[X]-1-P(X\ge2)
$$
となります。

ここで
* ($E[X]=1.96$)
* ($P(X\ge2)\approx0.328$)
を代入すると
$$
E[Y]=1.96-1-0.328=0.632
$$

---

### 結論

この正規分布
$$
N(1.96,\ 0.09^2)
$$
から得られる乱数の**小数部分の平均値は約 0.63**です。

面白いことに、元の平均値の小数部分は 0.96 ですが、小数部分だけ取り出して平均すると 0.63 くらいまで下がります。これは分布のかなりの部分が 2 をまたいでしまい、
* 1.99 → 0.99
* 2.01 → 0.01
のように、小数部が折り返されるためです。
平均が 1.99 や 2.01 のように整数境界に近いほど、この「折り返し効果」は強く現れます。

面白い比較ですね。

今度は

$$
X \sim U(1.78,\ 2.14)
$$

（1.78～2.14の一様分布）とします。

小数部分 (Y) を考えると、

* 1.78～2.00 → 小数部分は 0.78～1.00
* 2.00～2.14 → 小数部分は 0.00～0.14

となります。

### 区間ごとの長さ

* 1.78～2.00 の長さ：0.22
* 2.00～2.14 の長さ：0.14

全体の長さは 0.36

したがって、

* 小数部分が 0.78～1.00 にある確率：(0.22/0.36)
* 小数部分が 0.00～0.14 にある確率：(0.14/0.36)

です。

### それぞれの平均

* 0.78～1.00 の平均：($(0.78+1.00)/2=0.89$)
* 0.00～0.14 の平均：($(0+0.14)/2=0.07$)

なので、

$$
E[Y]
=\frac{0.22}{0.36}\times0.89+\frac{0.14}{0.36}\times0.07\\
=0.544\ldots+0.027\ldots=0.5722\ldots \\(注意：この計算には誤りがある)
$$

### 結論
$$
\boxed{E[Y]\approx0.572}
$$
です。

---

実はもっと簡単な見方があります。

区間 ([a,b]) がちょうど整数 2 をまたぐ場合、

$$
E[\text{小数部分}]=\frac{(2-a)^2+(b-2)^2}{2(b-a)}
$$

となります。

ここに

* ($a=1.78$)
* ($b=2.14$)

を代入すると

$$
\frac{0.22^2+0.14^2}{2\times0.36}
=\frac{0.068}{0.72}
=0.5722\ldots \\(注意：この計算には誤りがある)
$$

となり同じ結果になります。

ちなみに、先ほどの正規分布の場合は約 0.63、一様分布の場合は約 0.57 でした。正規分布は 1.96 付近に値が集中していて、小数部分で見ると 0.96 付近に多くの重みが乗るため、一様分布より小数部分の平均が大きくなります。

　さらに気になったことがあったのでスレッドを続けて、次の質問をしてみた。

今度は区間の長さが

$$
1.2 - 0.3 = 0.9
$$

で、1より少し短いですね。

### 小数部分への写り方

区間 ([0.3,1.2]) を小数部分に変換すると、

* 0.3～1.0 → 小数部分は 0.3～1.0（長さ 0.7）
* 1.0～1.2 → 小数部分は 0.0～0.2（長さ 0.2）

となります。

したがって小数部分の分布は

* 0.0～0.2 に一様
* 0.3～1.0 に一様

であり、0.2～0.3 の部分だけ「欠けている」状態です。

---

### 平均を計算

全長は 0.9 なので、

$$
E[Y]
=
\frac{
\int_0^{0.2} y\ dy
+
\int_{0.3}^{1} y\ dy
}{0.9}
$$

計算すると、

$$
\int_0^{0.2} y\ dy
=
\frac{0.2^2}{2}
=
0.02
$$

$$
\int_{0.3}^{1} y\ dy
=
\frac{1^2-0.3^2}{2}
=
\frac{0.91}{2}
=
0.455
$$

したがって

$$
E[Y]
=
\frac{0.02+0.455}{0.9}
=
\frac{0.475}{0.9}
=
0.527777\ldots
$$

---

### 結論

$$
\boxed{E[{X}] \approx 0.528}
$$

です。

---

### 直感的な理解

長さ1の区間なら小数部分の平均はちょうど 0.5 でした。

今回は ([0.3,1.2]) なので、小数部分で見ると

$$
[0,0.2] \cup [0.3,1]
$$

となり、**0.2～0.3 の低めの値が欠けています。**

そのため平均は 0.5 より少し大きくなり、

$$
0.5 \rightarrow 0.528
$$

へ押し上げられます。

逆に ([0.2,1.1]) なら小数部分では ([0.1,0.2]) が欠けるので、平均はさらに少し大きくなります。どの部分が欠けるかを見ると、小数部分の平均の増減を直感的に理解しやすいです。

あります。

実は「2をまたぐ場合」の式は、整数が2だからではなく、「**整数を1つまたぐ一様分布**」だから成立していました。

区間を

$$
[a,b]
$$

とし、

$$
n < a < n+1 < b < n+2
$$

（整数 (n+1) を1つだけまたぐ）とします。

このとき小数部分の平均は

$$
\boxed{
E[\{X\}]
=
\frac{
(1-\alpha)^2+\beta^2
}{
2\bigl((1-\alpha)+\beta\bigr)
}
}
$$

で求まります。

ここで

* ($\alpha=\{a\}$)（(a) の小数部分）
* ($\beta=\{b\}$)（(b) の小数部分）

です。

---

### [1.78, 2.14] の例

* ($\alpha=0.78$)
* ($\beta=0.14$)

なので

$$
E[\{X\}]
=
\frac{(1-0.78)^2+0.14^2}
{2((1-0.78)+0.14)}
=
\frac{0.22^2+0.14^2}{2(0.36)}
\approx0.5722 \\(注意：この計算には誤りがある)
$$

先ほどの結果と一致します。

---

### [0.3, 1.2] の例

今度は

* ($\alpha=0.3$)
* ($\beta=0.2$)

なので

$$
E[\{X\}]
=
\frac{(1-0.3)^2+0.2^2}
{2(0.7+0.2)}
=
\frac{0.49+0.04}{1.8}
=
0.2944...
$$

…となってしまい、先ほどの 0.528 と一致しません。

なぜでしょうか？

実は上の式は「小数部分の区間の長さによる重み付け」を途中で落としてしまった形で、一般式としては不完全です。

---

### 正しい一般式

$$
L_1=1-\alpha,\qquad
L_2=\beta
$$

とおくと、

* 区間 ($[\alpha,1)$) の平均は ($(\alpha+1)/2$)
* 区間 ($[0,\beta]$) の平均は ($\beta/2$)

なので

$$
\boxed{
E[\{X\}]
=
\frac{
L_1\frac{\alpha+1}{2}
+
L_2\frac{\beta}{2}
}{
L_1+L_2
}
}
$$

です。

整理すると

$$
\boxed{
E[\{X\}]
=
\frac{
(1-\alpha)(1+\alpha)+\beta^2
}{
2(1-\alpha+\beta)
}
=
\frac{
1-\alpha^2+\beta^2
}{
2(1-\alpha+\beta)
}
}
$$

となります。

---

### [0.3,1.2] に適用

$$
\alpha=0.3,\quad \beta=0.2
$$

より

$$
E[\{X\}]
=
\frac{1-0.3^2+0.2^2}{2(0.7+0.2)}
=
\frac{0.95}{1.8}
=
0.527777...
$$

となり、先ほどの計算と一致します。

---

つまり、**一様分布が整数をちょうど1回だけまたぐ場合**は、

$$
\boxed{
E[\{X\}]
=
\frac{
1-\{a\}^2+\{b\}^2
}{
2\left(1-\{a\}+\{b\}\right)
}
}
$$

というきれいな公式で、小数部分の平均を直接求められます。

そして [1.78,2.14] も [0.3,1.2] も、この1つの公式で処理できます。整数が1でも2でも100でも関係なく、必要なのは両端の**小数部分だけ**です。

その通りです。よく気づかれました。

前回の私の説明には計算ミスがありました。

誤って書いた式

$$
\frac{(1-\alpha)^2+\beta^2}
{2((1-\alpha)+\beta)}
$$

に ($\alpha=0.78,\ \beta=0.14$) を代入すると、

$$
\frac{0.22^2+0.14^2}{2(0.22+0.14)}
=
\frac{0.0484+0.0196}{0.72}
=
\frac{0.068}{0.72}
=
0.09444\ldots
$$

であって、0.5722...ではありません。

つまり、

* 数式が間違っていた
* その数式への代入結果も間違っていた

という二重の誤りでした。

---

正しい式は後半で示した

$$
\boxed{
E[{X}]
=
\frac{
1-\alpha^2+\beta^2
}{
2(1-\alpha+\beta)
}
}
$$

です。

これに

$$
\alpha=0.78,\quad \beta=0.14
$$

を代入すると、

$$
E[{X}]
=
\frac{
1-0.78^2+0.14^2
}{
2(0.22+0.14)
}
=
\frac{
1-0.6084+0.0196
}{
0.72
}
=
\frac{0.4112}{0.72}
=
0.57111\ldots
$$

となります。

したがって、

$$
\boxed{E[{X}] \approx 0.5711}
$$

です。

---

ちなみに、この値は直感とも合っています。

小数部分は

* 0.78～1.00（長さ 0.22）
* 0.00～0.14（長さ 0.14）

に一様に分布しています。

平均は

$$
\frac{
0.22\times0.89
+
0.14\times0.07
}{
0.36
}
=
\frac{0.2056}{0.36}
=
0.5711\ldots
$$

となり、同じ結果になります。

ご指摘のおかげで計算を見直せました。こういう式は途中の変形が正しくても、数値代入でミスすると気づきにくいので、検算は大事ですね。