データの分析 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 得点の差(点数)だけでは比べられない。国語と数学では平均も散らばりも違うからだ。$78$ 点が $72$ 点より高い、では相対的な良さは測れない。

比べるには「平均から標準偏差いくつ分離れているか」にそろえる。これが標準化 $z=\frac{x-\bar{x}}{s}$。国語は $z=\frac{72-60}{12}=1$、数学は $z=\frac{78-54}{16}=1.5$。同じ「ものさし」に乗せると、数学の方が平均から上に離れている(相対的に良い)。

① 国語を標準化する。 平均 $60$、標準偏差 $12$、得点 $72$ だから

$$z_{\text{国}}=\frac{72-60}{12}=1$$

② 数学を標準化する。 平均 $54$、標準偏差 $16$、得点 $78$ だから

$$z_{\text{数}}=\frac{78-54}{16}=\frac{24}{16}=1.5$$

③ 比べる。 $z_{\text{数}}=1.5>z_{\text{国}}=1$。数学のほうが平均から標準偏差の何個分も上にあるので、相対的に良い成績。

まとめ:得点そのものではなく「標準偏差を単位にした平均からの距離」で比べるのが公平。数学は素点の差が大きい($78>72$)だけでなく、集団の中での位置(標準化した値)も上。素点だけで判断すると、散らばりの違いを見落とす。

発展。 標準化 $z=\frac{x-\bar{x}}{s}$ を $50+10z$ に乗せ替えたのが偏差値。国語の偏差値は $50+10\cdot 1=60$、数学は $50+10\cdot 1.5=65$。標準化は「異なる分布のデータを共通のものさしで比べる」ための基本操作で、正規分布と組み合わせると「上位何%か」まで分かる(統計的推測の基礎になる)。

別解

別解:「平均からの隔たり」を標準偏差の目盛りで直感的に読む(苦手な人向け)。 標準化 $z$ は「平均から標準偏差何個分ずれているか」を数えたもの。定規の目盛りを、科目ごとの標準偏差に取り替えると考えるとよい。

国語: 平均 $60$ からこの生徒の $72$ までは $12$ 点上。国語の標準偏差はちょうど $12$ 点だから、「標準偏差 $1$ 個分」上。$z=1$。

数学: 平均 $54$ から $78$ までは $24$ 点上。数学の標準偏差は $16$ 点だから、$24÷16=1.5$ 個分上。$z=1.5$。

同じ「標準偏差何個分」という目盛りで比べると、数学($1.5$ 個分)の方が国語($1$ 個分)より高い位置。だから相対的に数学が良い。

$z=\frac{x-\bar{x}}{s}$ の式(本解)と同じだが、「標準偏差を $1$ 目盛りにした定規で、平均から何目盛り上か」と読むと、なぜ点数の差でなく標準偏差で割るのかが腑に落ちる。偏差値($=50+10z$)も、この $z$ を $50$ 中心・$10$ 刻みに乗せ替えただけだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 平均と分散を、$1$ 個ずつ再計算するのは無駄。「合計」と「$2$ 乗の合計」の変化だけを追う。

平均は「合計 $÷$ 個数」。訂正による合計の変化は $(-10-20)+(12+18)=0$。だから平均 $15$ は変わらない。

分散は「$2$ 乗の平均 $-$ 平均${}^2$」。平均が不変なので、$\sum x^2$ の変化だけ追えばよい。$2$ 乗の合計の変化 $(12^2+18^2)-(10^2+20^2)=468-500=-32$ を反映させる。

① 平均の変化。 合計の変化は $(-10-20)+(12+18)=-30+30=0$。合計が変わらないので、平均は $15$ のまま。

② $2$ 乗の合計を出す。 元の分散 $9=\frac{\sum x^2}{20}-15^2$ より

$$\sum x^2=20(9+225)=20\cdot 234=4680$$

③ $2$ 乗の合計の変化。 $10,20$ を除いて $12,18$ を加える。

$$\sum x^2\to 4680-(10^2+20^2)+(12^2+18^2)=4680-500+468=4648$$

④ 訂正後の分散。 平均は $15$ のままだから

$$\text{分散}=\frac{4648}{20}-15^2=232.4-225=7.4$$

まとめ:データの訂正は「合計」と「$2$ 乗の合計」の増減だけ追えばよい。今回は合計が不変で平均は変わらず、$2$ 乗の合計が減ったので分散だけが $9\to 7.4$ と小さくなった(極端な値が中央寄りに直ったため)。分散は $\sum x^2$ 経由で扱うのが基本だ。

発展。 データを訂正・追加・削除したときの平均・分散の更新は、$\sum x$ と $\sum x^2$ の $2$ つを保持すれば全データを見直さずに済む。この「$2$ つの累積和で分散が計算できる」性質は、大量データをリアルタイムに集計する場面(オンライン統計、ストリーム処理)で重宝される。

別解

別解:分散を「平均まわりの偏差の$2$乗和」で直接追う(得意な人向けの視点)。 平均が $15$ で不変だから、各データの「平均 $15$ からの偏差」の$2$乗和を追えば分散が出る。分散 $=\frac{\sum (x_i-15{)}^2}{20}$。

元の分散 $9$ より $\sum (x_i-15{)}^2=180$。訂正で変わるのは $2$ 個だけ。

• $10\to 12$: 偏差の$2$乗が $(10-15{)}^2=25$ から $(12-15{)}^2=9$ へ、$-16$。
• $20\to 18$: $(20-15{)}^2=25$ から $(18-15{)}^2=9$ へ、$-16$。

偏差$2$乗和の変化は $-32$。新しい和は $180-32=148$、新しい分散は $\frac{148}{20}=7.4$。$\sum x^2$ を追う本解と同じ $-32$ の変化に着くが、「平均が変わらない」ので偏差の$2$乗を直接追える。訂正で $10,20$($平均から$\pm5$)が$12,18$($平均から $\pm 3$)へ、平均に近づいたぶん散らばりが減る、という意味が見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 相関係数は $r=\frac{\text{共分散}}{(x\text{の標準偏差})\times (y\text{の標準偏差})}$。順に部品を計算する。

まず $x,y$ それぞれの平均。$\bar{x}=3$、$\bar{y}=3$。次に偏差($x_i-\bar{x}$、$y_i-\bar{y}$)を出し、偏差の積の平均(共分散)と、各偏差の$2$乗の平均(分散)を計算する。$x$ が増えると $y$ が減る傾向なので、共分散は負。相関係数は $-0.9$ になる。

① 平均を出す。 $\bar{x}=\frac{1+2+3+4+5}{5}=3$、$\bar{y}=\frac{5+3+4+2+1}{5}=3$。

② 偏差を並べる。 $x-\bar{x}:-2,-1,0,1,2$。$y-\bar{y}:2,0,1,-1,-2$。

③ 共分散と分散。 偏差の積 $(x-\bar{x})(y-\bar{y}):-4,0,0,-1,-4$。その平均が共分散:

$$s_{xy}=\frac{-4+0+0-1-4}{5}=\frac{-9}{5}=-1.8$$

$x$ の分散 $s_x^2=\frac{4+1+0+1+4}{5}=2$、$y$ も同様に $s_y^2=2$。

④ 相関係数。

$$r=\frac{s_{xy}}{s_x{s}_y}=\frac{-1.8}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}=\frac{-1.8}{2}=-0.9$$

まとめ:相関係数は「共分散 $÷$ 標準偏差の積」で機械的に出る。$r=-0.9$ は $-1$ に近く、強い負の相関($x$ が大きいほど $y$ が小さい)を表す。散布図でも右下がりに並ぶ。

発展。 $r=-0.9$ は強い負の相関(右下がり)。相関係数は必ず $-1\le r\le 1$ で、$\pm 1$ に近いほど点が直線に近く並ぶ。ただし「相関」は直線的な関係の強さで、因果関係とは別。$r$ の$2$乗(決定係数)は「$y$ の散らばりのうち $x$ で説明できる割合」を表し、回帰分析につながる。

別解

別解:偏差の表を作って積を数える(苦手な人にも確実なルート)。 $\bar{x}=3$、$\bar{y}=3$ を引いた偏差の表を作る。

列を合計すると、積の和 $=-9$、$(x-3{)}^2$ の和 $=10$、$(y-3{)}^2$ の和 $=10$。

$$r=\frac{\sum (x-\bar{x})(y-\bar{y})}{\sqrt{\sum (x-\bar{x}{)}^2}\sqrt{\sum (y-\bar{y}{)}^2}}=\frac{-9}{\sqrt{10}\sqrt{10}}=\frac{-9}{10}=-\mathrm{0.9.}$$

(共分散・分散を $÷5$ しても、分子分母で相殺するので和のままでよい。)公式に数値を入れる本解と同じだが、偏差の表を作ると計算ミスが大きく減る。積の列がすべて $\le 0$ なのは、$x$ が増えると $y$ が減る右下がりの関係の現れだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 度数分布表では、各階級値を「度数の重み」で計算する。まず総度数 $N=1+3+4+2=10$。

平均は $\frac{\sum (\text{階級値}\times \text{度数})}{N}$。$\frac{2\cdot 1+4\cdot 3+6\cdot 4+8\cdot 2}{10}=\frac{54}{10}=5.4$。分散は「$2$ 乗の平均 $-$ 平均${}^2$」。$2$ 乗の平均も度数で重みづけ。$\frac{\sum ({\text{階級値}}^2\times \text{度数})}{N}-5.4^2$ を計算する。

① 総度数と平均。 総度数 $N=1+3+4+2=10$。

$$\bar{x}=\frac{2\cdot 1+4\cdot 3+6\cdot 4+8\cdot 2}{10}=\frac{2+12+24+16}{10}=\frac{54}{10}=5.4$$

② $2$ 乗の平均。

$$\frac{\sum x^{2}f}{N}=\frac{2^2\cdot 1+4^2\cdot 3+6^2\cdot 4+8^2\cdot 2}{10}=\frac{4+48+144+128}{10}=\frac{324}{10}=32.4$$

③ 分散と標準偏差。

$$\text{分散}=32.4-5.4^2=32.4-29.16=3.24,\text{標準偏差}=\sqrt{3.24}=1.8$$

まとめ:度数分布表は「階級値 × 度数」で重みづけして合計するのが基本。分散は「$2$ 乗の平均 $-$ 平均${}^2$」の公式が、度数つきでもそのまま使える。$\sum xf$ と $\sum x^{2}f$ の $2$ つの表を作ると計算が整理される。

発展。 仮平均(別解)を使う計算は、「原点をずらしても分散は不変・平均は同じだけずれる」という$1$次式変換の性質そのもの。さらに階級の幅が一定なら「$d=\frac{\text{階級値}-\text{仮平均}}{\text{幅}}$」と幅でも割ると、$d$ が整数になり計算がもっと楽になる(度数分布の平均・分散の高速計算法)。

別解

別解:仮平均を使って計算を軽くする(得意な人向けの時短ルート)。 階級値の真ん中あたり $6$ を「仮平均」にとり、そこからの差 $d=(\text{階級値})-6$ で計算する。$d$ は $-4,-2,0,2$ と小さい数になる。

$$\bar{d}=\frac{(-4)\cdot 1+(-2)\cdot 3+0\cdot 4+2\cdot 2}{10}=\frac{-4-6+0+4}{10}=\frac{-6}{10}=-\mathrm{0.6.}$$

真の平均は $\bar{x}=6+\bar{d}=6-0.6=5.4$。分散は仮平均をずらしても変わらない($1$ 次式変換で $q$ は分散に影響しない)。$d$ の分散を計算すると

$$\frac{16\cdot 1+4\cdot 3+0\cdot 4+4\cdot 2}{10}-(-0.6{)}^2=\frac{16+12+0+8}{10}-0.36=3.6-0.36=\mathrm{3.24.}$$

標準偏差は $\sqrt{3.24}=1.8$。階級値をそのまま使う本解より、仮平均 $6$ を引くと数が小さくなり、$2$ 乗の計算が楽。「分散は原点をずらしても不変」という$1$次式変換の性質を使った、計算量を減らす基本の方法だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 仮説検定の考え方はこうだ。「仮説(表裏五分五分)が正しいとしたら、観測された結果はどれくらい珍しいか」を確率で測る。

観測は「$8$ 回中表 $7$ 回」。片側検定だから、「$7$ 回か、それより極端な $8$ 回」が起こる確率を計算する。$P(\text{表}\ge 7)=\frac{{}_8{\mathrm{C}}_7+{}_8{\mathrm{C}}_8}{2^8}=\frac{9}{256}\approx 0.035$。これが有意水準 $5\%$ より小さいから、「めったに起きないことが起きた=仮説が疑わしい」として棄却する。

① 仮説のもとでの確率を計算する。 仮説が正しければ表の出る確率は $\frac{1}{2}$。$8$ 回投げて「表 $7$ 回以上」(=$7$ 回または $8$ 回)が起こる確率は、反復試行の考えで

$$P=\frac{{}_8{\mathrm{C}}_7+{}_8{\mathrm{C}}_8}{2^8}=\frac{8+1}{256}=\frac{9}{256}$$

② 有意水準と比べる。 $\frac{9}{256}\approx 0.035$。これは有意水準 $5\%=0.05$ より小さい。

$$0.035<0.05$$

③ 判断する。 仮説が正しいとすると「表 $7$ 回以上」は $5\%$ 未満のめったに起きないことになる。それが実際に起きたのだから、仮説「表裏は同じ確からしさ」は棄却され、表が出やすいと判断してよい。

まとめ:仮説検定は「仮説が正しいなら今回の偏りはどれだけ珍しいか」を確率で測り、$5\%$ を基準に判断する。$5\%$ より小さければ「偶然とは考えにくい」として仮説を捨てる。基準の取り方(片側・両側や有意水準)で結論が変わり得る点にも注意。

発展。 この検定は二項分布 $B(8,\frac{1}{2})$ の上側確率を有意水準と比べたもの。$n$ が大きくなると二項分布は正規分布で近似でき、$z$ 値で棄却域を判定する(数Bの統計的推測)。「めったに起きないことが起きたら仮説を疑う」という背理法に似た論法が、統計的検定の基本の考え方だ。

別解

別解:$8$ 回の結果を全部数え上げて確率を出す(苦手な人にも確実なルート)。 表裏五分五分なら、$8$ 回の出方は $2^8=256$ 通りで、どれも同じ確からしさ。このうち「表 $7$ 回以上」が何通りかを数える。

• 表 $8$ 回(全部表): $1$ 通り。
• 表 $7$ 回(どれか $1$ 回だけ裏): 裏の位置が $8$ 通り。

合わせて $9$ 通り。だから確率は $\frac{9}{256}\approx 0.035$。これが有意水準 $5\%=0.05$ より小さい。「仮説が正しいなら $3.5\%$ でしか起きないことが実際に起きた」ので、仮説「五分五分」は疑わしい=棄却。表が出やすいと判断してよい。

二項係数 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{7}\right),\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{8}\right)$ を使う本解と同じ $9$ 通りだが、「$256$ 通り中、表 $7$ 回以上は $9$ 通り」と全数で数えると、確率の意味(全パターン中の割合)がはっきりする。もし表 $6$ 回でも棄却されるかは、$P(\ge 6)=\frac{1+8+28}{256}=\frac{37}{256}\approx 0.14>0.05$ で棄却されない、と続けて確かめられる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $f(a)=\sum (x_i-a{)}^2$ を $a$ の関数とみる。各項が $a$ の$2$次だから、$f(a)$ 全体も $a$ の$2$次関数(下に凸)。

展開すると $f(a)=\sum x_i^2-2a\sum x_i+n{a}^2$。$\sum x_i=n\bar{x}$ を代入して $a$ について整理する。$n{a}^2-2n\bar{x}a+\sum x_i^2$ を平方完成すると、頂点の $a$ が $\bar{x}$。だから最小は $a=\bar{x}$。最小値は分散の $n$ 倍($\sum (x_i-\bar{x}{)}^2=n\times$分散)になる。

① 展開して $a$ の $2$ 次関数にする。

$$f(a)=\sum (x_i-a{)}^2=\sum x_i^2-2a\sum x_i+n{a}^2$$

$\sum x_i=n\bar{x}$ を代入して

$$f(a)=n{a}^2-2n\bar{x}a+\sum x_i^2$$

② 平方完成する。 $a$ について、

$$f(a)=n{\left(a-\bar{x}\right)}^2-n{\bar{x}}^2+\sum x_i^2$$

$a^2$ の係数 $n>0$ より下に凸。よって $a=\bar{x}$ で最小になる。(前半の証明終)

③ 最小値を分散で表す。 $a=\bar{x}$ のとき

$$f(\bar{x})=\sum x_i^2-n{\bar{x}}^2=\sum (x_i-\bar{x}{)}^2=n\times \frac{1}{n}\sum (x_i-\bar{x}{)}^2=n\times (\text{分散})$$

よって最小値は $n\times (\text{分散})$。

まとめ:「偏差の $2$ 乗和」は基準 $a$ の $2$ 次関数で、平均 $\bar{x}$ を基準にとったとき最小になる。これが「平均がデータの中心」であることの数式的な意味。最小値が $n\times$分散になるのは、分散が「偏差 $2$ 乗の平均」だから。

発展。 「偏差の$2$乗和を最小にするのは平均」は、最小二乗法の最も簡単な形。データに直線や曲線を当てはめるとき、「残差の$2$乗和を最小にする」のが最小二乗法で、その解が平均・回帰直線を与える。一方、絶対偏差の和 $\sum |x_i-a|$ を最小にするのは中央値。「何を最小にするか」で代表値が変わる。

別解

別解:偏差の分解 $x_i-a=(x_i-\bar{x})+(\bar{x}-a)$ で示す(得意な人向けの高い視点)。 各偏差を「平均からの偏差」と「平均と $a$ のずれ」に分ける。

$$x_i-a=(x_i-\bar{x})+(\bar{x}-a).$$

$2$ 乗して和をとると

$$f(a)=\sum (x_i-\bar{x}{)}^2+2(\bar{x}-a)\sum (x_i-\bar{x})+n(\bar{x}-a{)}^2.$$

真ん中の項の $\sum (x_i-\bar{x})=0$(平均からの偏差の和は必ず $0$)。だから消えて

$$f(a)=\underset{a\text{ によらない定数}=n\times \text{分散}}{\underbrace{\sum (x_i-\bar{x}{)}^2}}+n(\bar{x}-a{)}^2.$$

第 $2$ 項 $n(\bar{x}-a{)}^2\ge 0$ は $a=\bar{x}$ で $0$。だから $f(a)$ は $a=\bar{x}$ で最小、最小値は第 $1$ 項の $n\times$分散。

展開して平方完成する本解より、「偏差を平均経由で分解し、交差項が $\sum (x_i-\bar{x})=0$ で消える」と見ると、最小値が $n\times$分散になる理由が構造として見える。これは統計の「平方和の分解」の原型で、分散分析の基礎だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 標準化 $z_i=\frac{x_i-\bar{x}}{s}=\frac{1}{s}{x}_i-\frac{\bar{x}}{s}$ は、$x_i$ の $1$ 次式変換($y=px+q$ の形、$p=\frac{1}{s}$、$q=-\frac{\bar{x}}{s}$)。

$1$ 次式変換には決まった規則がある。平均は $p\bar{x}+q$、分散は $p^2\times (\text{元の分散})$。平均は $\frac{1}{s}\bar{x}-\frac{\bar{x}}{s}=0$。分散は $\frac{1}{s^2}\times s^2=1$($s^2$ が元の分散)。だから標準化後は平均 $0$・分散 $1$。

① 平均を求める。 $z_i=\frac{1}{s}{x}_i-\frac{\bar{x}}{s}$ は $1$ 次式($p=\frac{1}{s},q=-\frac{\bar{x}}{s}$)。平均は

$$\bar{z}=\frac{1}{s}\bar{x}-\frac{\bar{x}}{s}=0$$

② 分散を求める。 $1$ 次式変換では分散は $p^2$ 倍。元の分散は $s^2$ だから

$$s_z^2={\left(\frac{1}{s}\right)}^2\cdot s^2=\frac{s^2}{s^2}=1$$

よって標準化後のデータは平均 $0$、分散 $1$。(証明終)

まとめ:標準化は「平均を引いて標準偏差で割る」$1$ 次式変換。平均を引くことで中心が $0$ に、標準偏差で割ることで散らばり(分散)が $1$ にそろう。だからどんなデータも共通のものさし(平均 $0$・分散 $1$)に乗せ替えられ、比較が可能になる。

発展。 標準化は「どんなデータも平均 $0$・分散 $1$ にそろえる」変換。これにより、単位や尺度の違うデータ(身長 cm と体重 kg など)を同じ土俵で比較・合成できる。主成分分析や機械学習の前処理でも、まず標準化するのが普通だ。$1$ 次式変換で平均と分散がどう動くかの理解が、その基礎になる。

別解

別解:定義に戻って平均と分散を直接計算する(苦手な人向け)。 $1$ 次式変換の規則を使わず、$z_i$ の平均と分散を定義どおり計算する。

平均: $\bar{z}=\frac{1}{n}\sum z_i=\frac{1}{n}\sum \frac{x_i-\bar{x}}{s}=\frac{1}{ns}\sum (x_i-\bar{x})$。ここで $\sum (x_i-\bar{x})=0$(偏差の和はゼロ)だから $\bar{z}=0$。分散: $\bar{z}=0$ なので、$z$ の分散 $=\frac{1}{n}\sum z_i^2=\frac{1}{n}\sum \frac{(x_i-\bar{x}{)}^2}{s^2}=\frac{1}{s^2}\cdot \frac{1}{n}\sum (x_i-\bar{x}{)}^2$。

$\frac{1}{n}\sum (x_i-\bar{x}{)}^2$ は $x$ の分散 $s^2$。だから $z$ の分散 $=\frac{s^2}{s^2}=1$。

$1$ 次式変換の公式(本解)を暗記していなくても、「偏差の和 $=0$」と「分散 $=$ 偏差$2$乗の平均」の定義だけで、平均 $0$・分散 $1$ が出る。標準化が「どんなデータも平均 $0$・散らばり $1$ にそろえる」変換だと、計算から確かめられる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $11$ 個(奇数)のデータ。中央値 $Q_2$ は真ん中、$6$ 番目の $20$。

$Q_1,Q_3$ は「中央値を除いた下半分・上半分の中央値」。下位 $5$ 個 $12,14,15,16,18$ の中央値が $Q_1=15$、上位 $5$ 個 $21,23,24,26,40$ の中央値が $Q_3=24$。四分位範囲は $Q_3-Q_1=9$。

外れ値は境界で判定する。$Q_3+1.5\times (\text{四分位範囲})=24+13.5=37.5$ を超える値を探すと、$40$ が該当する。

① 中央値 $Q_2$。 $11$ 個の中央は $6$ 番目の値。よって $Q_2=20$。

② $Q_1$ と $Q_3$。 中央値を除いた下位 $5$ 個 $12,14,15,16,18$ の中央値 $Q_1=15$($3$ 番目)。上位 $5$ 個 $21,23,24,26,40$ の中央値 $Q_3=24$。

③ 四分位範囲。

$$Q_3-Q_1=24-15=9$$

④ 外れ値。 境界を計算する。

$$Q_1-1.5\times 9=15-13.5=1.5,Q_3+1.5\times 9=24+13.5=37.5$$

$1.5$ より小さい値はない。$37.5$ より大きい値は $40$ のみ。よって外れ値は $40$。

まとめ:奇数個のデータでは中央値を除いて上下に分け、それぞれの中央値が $Q_1,Q_3$。外れ値は「四分位範囲の $1.5$ 倍」を箱の外に足し引きした境界で判定する。$40$ は $Q_3+1.5\times$IQR$=37.5$ を超えるので外れ値。

発展。 「$Q_1-1.5\times$IQR より小さい / $Q_3+1.5\times$IQR より大きい」を外れ値とみなすのは、テューキーが提案した箱ひげ図の標準ルール。$1.5$ 倍という係数は、正規分布ならおよそ $0.7\%$ が外れ値になるよう選ばれている。四分位数は平均・標準偏差と違い、外れ値$1$個($40$)に引きずられにくい「頑健な」統計量だ。

別解

別解:箱ひげ図を描いて外れ値を目で見つける(視覚で捉えるルート)。 $Q_1=15,Q_2=20,Q_3=24$ から箱ひげ図を描く。箱は $15$ から $24$(四分位範囲 $9$)、中央の仕切りが $20$。

外れ値の「ひげの限界」を計算して線を引く。上限は $Q_3+1.5\times 9=24+13.5=37.5$、下限は $Q_1-1.5\times 9=15-13.5=1.5$。データを箱ひげ図の上に点で置くと、$12$ から $26$ までは限界 $[1.5,37.5]$ の内側に収まる。だが $40$ だけが上限 $37.5$ を超えて、ひげの外にぽつんと離れる。これが外れ値だ。

$40$ 以外の値は $12\sim 26$ とまとまっているのに、$40$ だけ飛び離れている。数値で境界を計算する本解と同じだが、箱ひげ図にすると「$40$ が集団から浮いている」ことが一目で分かる。$1.5\times$四分位範囲という基準は、箱から箱の $1.5$ 倍だけ離れたら「外れ」とみなす、統計の標準的なルールだ。