統計的な推測 ★ 基礎の問題 全12問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 期待値とは、平均すると、だいたいどのあたりに落ち着くかを表す $1$ つの数だ。

単純な平均ではなく、出やすい値は重く、出にくい値は軽く数える。だから「値 $\times$ 確率」を足し上げる。

$$E(X)=(\text{値})\times (\text{その確率})\text{の総和}$$

イメージはシーソーの釣り合う点だ。 数直線の $0,1,2,3$ の位置に、それぞれ確率の重さ($\frac{1}{8},\frac{3}{8},\frac{3}{8},\frac{1}{8}$)のおもりを乗せる。ちょうど釣り合う支点が期待値である。

この分布は左右対称($\frac{1}{8},\frac{3}{8},\frac{3}{8},\frac{1}{8}$)。だから支点は真ん中に来そうだ、と見当がつく。

計算する前に「だいたいここ」と予想しておく。 検算になる。

各値に確率をかけて足す。

$$E(X)=0\cdot \frac{1}{8}+1\cdot \frac{3}{8}+2\cdot \frac{3}{8}+3\cdot \frac{1}{8}=\frac{0+3+6+3}{8}=\frac{12}{8}=\frac{3}{2}$$

まとめ:期待値は「平均的にどのくらいの値になるか」。各値にその起こりやすさ(確率)で重みをつけて足す。分母をそろえて分子を足すと計算しやすい。

発展。 期待値 $\frac{3}{2}$ は、$X$ が決してとらない値である。表の枚数が $1.5$ 枚になることはない。

それでも、この $1.5$ には意味がある。

期待値は「重心」だ。

数直線の $0,1,2,3$ の位置に、$\frac{1}{8},\frac{3}{8},\frac{3}{8},\frac{1}{8}$ の重さのおもりを置く。棒を支えて釣り合う点が $1.5$。

釣り合いの条件を式で書くと

$$\sum (x_k-E(X))\cdot P(X=x_k)=0$$

「期待値からのズレ $\times$ 重み」の総和が $0$。 これが重心の定義そのものだ。物理の重心と、確率の期待値は、まったく同じ計算をしている。

期待値は現実の判断にも使われている。

宝くじの期待値。

$1$ 枚 $300$ 円の宝くじの期待値は、およそ $140$ 円といわれる(還元率 $47\%$ 前後)。

$$E(\text{もらえる金額})\approx 140\text{ 円}<300\text{ 円}$$

$1$ 枚買うごとに、平均 $160$ 円損する。 これは運の問題ではなく、設計上そうなっている。

保険はその逆だ。保険料の期待値も支払われる保険金の期待値より高い(でなければ保険会社は潰れる)。にもかかわらず、人は保険に入る。

なぜか。 期待値は「平均」しか語らないからだ。「$1$ 億円の損失が $1\%$ の確率」と「$100$ 万円の確実な損失」は期待値が同じだが、前者は人生が終わる。

期待値がすべてではない。 だからこそ、次に学ぶ分散(散らばりの大きさ)が要る。

平均と、散らばり。 この $2$ つを両手に持って、初めて確率変数を語れる。

別解

この分布が何の分布かを見抜けば、計算せずに答えが出る。

確率を並べてみよう。

$$\frac{1}{8},\frac{3}{8},\frac{3}{8},\frac{1}{8}$$

分子は $1,3,3,1$ で、パスカルの三角形の $1$ 行だ。 分母は $8=2^3$。

思い出してほしい。 硬貨を $3$ 枚投げたとき、表の枚数 $X$ の確率は

$$P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{k}\right){\left(\frac{1}{2}\right)}^3=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{k}\right)}{8}$$

$$P(X=0)=\frac{1}{8},P(X=1)=\frac{3}{8},P(X=2)=\frac{3}{8},P(X=3)=\frac{1}{8}$$

この問題の分布と、完全に一致する。つまり $X$ は二項分布 $B\left(3,\frac{1}{2}\right)$ にほかならない。二項分布なら、期待値は公式ですぐに出る。

$$E(X)=np=3\times \frac{1}{2}=\frac{3}{2}$$

本解と同じ答え

さらに素朴な見方もできる。

硬貨 $3$ 枚のうち、表は平均して何枚か。 $1$ 枚あたり表が出る確率は $\frac{1}{2}$。$3$ 枚あるから

$$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$$

$1$ 枚ずつの期待値を足すだけ。 計算らしい計算はしていない。そして、対称性からも読める。

この分布は $1.5$ を軸に、左右対称だ。

$$P(X=0)=P(X=3),P(X=1)=P(X=2)$$

対称な分布の期待値は対称の中心に来る。

$$E(X)=\frac{0+3}{2}=\frac{3}{2}$$

計算ゼロで答えが出た。

分布表を見たら、まず「この形に見覚えはないか」と問う。 何の分布か分かれば、公式が使える。分布表はただの数字の羅列ではない。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 期待値は「どこに落ち着くか」を表す。分散は「どれくらい散らばるか」を表す。

散らばりとは平均からのズレの大きさだ。

ズレをそのまま平均すると、$0$ になってしまう(プラスとマイナスが打ち消し合う)。だから $2$ 乗してから平均する。

$$V(X)=(\text{ズレ}{)}^2\text{ の平均}$$

定義どおりに計算してもよいが、実務ではこちらが速い。

$$V(X)=E(X^2)-\{E(X){\}}^2$$

「$2$ 乗の平均 $-$ 平均の $2$ 乗」は、データの分析(数I)で出てきた公式とまったく同じ形だ。

$E(X^2)$ を出して、$\{E(X){\}}^2$ を引く。 それだけである。

① $E(X^2)$ を求める。 値の $2$ 乗に確率をかけて足す。

$$E(X^2)=0\cdot \frac{1}{8}+1\cdot \frac{3}{8}+4\cdot \frac{3}{8}+9\cdot \frac{1}{8}=\frac{0+3+12+9}{8}=\frac{24}{8}=3$$

② 分散を計算する。

$$V(X)=E(X^2)-\{E(X){\}}^2=3-(\frac{3}{2}{)}^2=3-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}$$

③ 標準偏差を求める。

$$\sigma (X)=\sqrt{\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

まとめ:分散は「$E(X^2)-\{E(X){\}}^2$」で出すのが速い(定義 $E((X-m{)}^2)$ より計算が楽)。標準偏差は分散のルート。分散はバラつきの大きさを表す。

発展。 なぜ、ズレを $2$ 乗するのか。絶対値ではダメなのか。

素朴には、絶対値のほうが自然に見える。

$$E(|X-\mu |)(\text{平均絶対偏差})$$

これも散らばりの指標として、きちんと使える。 それでも $2$ 乗を使うのには、理由がある。

理由 $1$: 微分できる。

絶対値 $|x|$ は $x=0$ で折れていて、微分できない。$2$ 乗はなめらかだ。「散らばりが最小になる点を求める」ような問題では、微分できることが役に立つ。

実際、$E[(X-a{)}^2]$ を最小にする $a$ を求めると、ちょうど期待値 $\mu$ になる。つまり平均とは $2$ 乗のズレを最小にする点である。理由 $2$: 足し算ができる。

独立な $X$、$Y$ について

$$V(X+Y)=V(X)+V(Y)$$

分散は独立なら足せる。 絶対値ではこうはいかない。この加法性があるので、$n$ 個のデータの平均の分散が $\frac{{\sigma }^2}{n}$ と計算できる。

理由 $3$: 三平方の定理と同じ形。

$$\sigma =\sqrt{({\text{ズレ}}_1{)}^2+({\text{ズレ}}_2{)}^2+\cdots }$$

この形は多次元空間の「距離」そのものだ。 分散を $2$ 乗で定義すると、統計が幾何(距離と直交)の言葉で語れるようになる。

独立 $=$ 直角。 分散の加法性は三平方の定理の統計版である。

$$V(X+Y)=V(X)+V(Y)⟷c^2=a^2+b^2$$

$2$ 乗するという素朴な選択が、統計学を「幾何学」に変えた。便利だから $2$ 乗するのではなく、$2$ 乗したから、統計学で幾何学の考え方が使えるようになったのだ。

別解

定義どおり、「ズレの $2$ 乗の平均」で計算する。公式を忘れても、定義に戻れば必ず解ける。

平均は $\frac{3}{2}$。 各値のズレを出す。

$$0-\frac{3}{2}=-\frac{3}{2},1-\frac{3}{2}=-\frac{1}{2},2-\frac{3}{2}=\frac{1}{2},3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$$

ズレを $2$ 乗する。

$$\frac{9}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{9}{4}$$

確率で重みをつけて足す。

$$V(X)=\frac{9}{4}\cdot \frac{1}{8}+\frac{1}{4}\cdot \frac{3}{8}+\frac{1}{4}\cdot \frac{3}{8}+\frac{9}{4}\cdot \frac{1}{8}$$

$$=\frac{9}{32}+\frac{3}{32}+\frac{3}{32}+\frac{9}{32}=\frac{24}{32}=\frac{3}{4}$$

本解と同じ

なぜ $2$ つの計算が一致するのか。 定義を展開すれば分かる。

$$E[(X-\mu {)}^2]=E[X^2-2\mu X+{\mu }^2]=E(X^2)-2\mu E(X)+{\mu }^2$$

$E(X)=\mu$ だから

$$=E(X^2)-2{\mu }^2+{\mu }^2=E(X^2)-{\mu }^2$$

「$2$ 乗の平均 $-$ 平均の $2$ 乗」は、定義を展開しただけだった。

もっと速い道もある。

前問で見たとおり、この $X$ は二項分布 $B\left(3,\frac{1}{2}\right)$ だ。二項分布の分散は

$$V(X)=npq=3\times \frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{3}{4}$$

すぐに出る。

$3$ つの道が同じ $\frac{3}{4}$ にたどり着いた。

• 定義(ズレの $2$ 乗の平均)は、意味が見える。忘れても再現できる
• 公式 $E(X^2)-\{E(X){\}}^2$ は、手計算が速い
• 二項分布の $npq$ はどの分布か分かっていれば最速

標準偏差 $\sigma =\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 0.87$ の意味。

だいたい平均から $0.87$ くらいズレる、ということ。表の枚数は $1.5$ 枚を中心に、$\pm 0.87$ 枚ほど揺れる。

分散($0.75$)は $2$ 乗した量なので、そのままでは大きさの実感がわかない。 ​ をとって元の単位に戻したものが標準偏差である。だから散らばりを説明するときは、標準偏差を使う。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $2X+3$ とは、「$X$ を $2$ 倍して、$3$ 足す」という変換だ。

全員のテストの点を $2$ 倍して $3$ 点おまけしたと思えばいい。そのとき、平均点はどうなるか。

当然、平均も $2$ 倍して $3$ 足した値になる。 全員に同じ操作をしたのだから、平均も同じ操作を受ける。

$$E(2X+3)=2E(X)+3$$

期待値は $1$ 次式をそのまま通り抜ける。 これを期待値の線形性という。

直感どおりの性質だが、あとで「分散はそうならない」ことを学ぶと、この当たり前さがありがたく感じられる。まずは公式に値を入れるだけ。

公式に $a=2$、$b=3$、$E(X)=\frac{3}{2}$ を入れる。

$$E(2X+3)=2E(X)+3=2\cdot \frac{3}{2}+3=3+3=6$$

まとめ:期待値は「$aX+b$ の形をそのまま通す」。$X$ を $2$ 倍して $3$ 足した量の平均は、平均を $2$ 倍して $3$ 足したものに等しい。直感どおりだ。

発展。 期待値を式の中へそのまま入れられるのは、$1$ 次式だけだ。$2$ 乗になると、話は変わる。

確かめてみよう。 $X$ は $0,1,2,3$ を $\frac{1}{8},\frac{3}{8},\frac{3}{8},\frac{1}{8}$ でとる。

$$E(X)=\frac{3}{2}⟹\{E(X){\}}^2=\frac{9}{4}=2.25$$

一方、$X^2$ の期待値は

$$E(X^2)=0\cdot \frac{1}{8}+1\cdot \frac{3}{8}+4\cdot \frac{3}{8}+9\cdot \frac{1}{8}=3$$

$$E(X^2)=3\ne \{E(X){\}}^2=2.25$$

一致しない。 しかも、必ず $E(X^2)$ のほうが大きい。

その差は何か。

$$E(X^2)-\{E(X){\}}^2=3-2.25=0.75=V(X)$$

分散だ。

$$\boxed{E(X^2)-\{E(X){\}}^2=V(X)\geqq 0}$$

分散は $2$ 乗の平均だから、必ず $0$ 以上。 だから

$$E(X^2)\geqq \{E(X){\}}^2$$

が、いつでも成り立つ。 等号が成り立つのは、$X$ が常に同じ値をとるとき(散らばりゼロ)だけだ。この不等式はもっと一般的な定理の一例である。

イェンセンの不等式。 下に凸な関数 $f$ について

$$E[f(X)]\geqq f(E[X])$$

「先に関数を通してから平均」は「先に平均してから関数を通す」より大きい。$f(x)=x^2$ は下に凸だから、$E(X^2)\geqq \{E(X){\}}^2$ になる。

身近な例で言えば。

平均年収 $500$ 万円の集団があるとする。「年収の $2$ 乗の平均」は $500^2$ より必ず大きい。格差(散らばり)があるほど、大きくなる。

逆に、$f(x)=\sqrt{x}$ は上に凸なので、不等号が逆を向く。

$$E[\sqrt{X}]\leqq \sqrt{E[X]}$$

「平均の平方根」より「平方根の平均」のほうが小さい。

平均と関数は、順番を入れかえてはいけない。 $1$ 次式だけがこの規則の唯一の例外である。

別解

公式を信じずに、分布表を作り直して確かめる。「本当にそうなるの?」を、自分の手で確認する別解である。

もとの分布($X$ が $0,1,2,3$ を $\frac{1}{8},\frac{3}{8},\frac{3}{8},\frac{1}{8}$ でとる)から、$Y=2X+3$ の分布を作る。

値を $1$ つずつ変換する。

$$X=0\to Y=3,X=1\to Y=5$$ $$X=2\to Y=7,X=3\to Y=9$$

確率は変わらない。 「$X$ が $1$ になる」ことと「$Y$ が $5$ になる」ことは、同じ出来事だからだ。

$$P(Y=5)=P(X=1)=\frac{3}{8}$$

新しい分布表ができた。 $Y$ は $3,5,7,9$ を $\frac{1}{8},\frac{3}{8},\frac{3}{8},\frac{1}{8}$ でとる。期待値を定義どおり計算する。

$$E(Y)=3\cdot \frac{1}{8}+5\cdot \frac{3}{8}+7\cdot \frac{3}{8}+9\cdot \frac{1}{8}$$

$$=\frac{3+15+21+9}{8}=\frac{48}{8}=6$$

公式と同じ答え

公式が「本当だった」ことを、自分で確かめられた。

この作業から見えること。

$$0,1,2,3\stackrel{\times 2}{\to }0,2,4,6\stackrel{+3}{\to }3,5,7,9$$

値の間隔が $2$ 倍に広がり、全体が $3$ だけ右へずれた。

重心(期待値)も同じように動く。 $1.5$ が $2$ 倍で $3$、そこに $+3$ して $6$。

確率(重み)は $1$ つも変わっていない。 変わったのは、おもりを置く位置だけだ。

だから重心も位置と同じ変換を受ける。 これが $E(aX+b)=aE(X)+b$ の意味である。

公式が不安なときは、分布表を作り直せばいい。 $4$ 行の表なら $1$ 分で検算できる。「公式を確かめる手段を持っている」ことが、本当の自信になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 期待値は $1$ 次式の中へそのまま入った。分散は、そうはいかない。

$2$ つの操作を、分けて考えよう。

まず「$+3$」。 全員の点数に $3$ 点足す。散らばりは変わるか。

変わらない。 全員が同じだけ動くので、互いの間隔はそのままだ。

$$V(X+3)=V(X)$$

次に「$\times 2$」。 全員の点数を $2$ 倍する。散らばりはどうなるか。

間隔も $2$ 倍に広がる。 つまり標準偏差(ズレの大きさ)が $2$ 倍。

そして分散は、ズレの $2$ 乗だから

$$V(2X)=2^{2}V(X)=4V(X)$$

平行移動には反応せず、拡大には $2$ 乗で反応する。 これが分散の性格である。

公式に $a=2$、$V(X)=\frac{3}{4}$ を入れる。$+3$ は分散に影響しない。

$$V(2X+3)=2^2\cdot V(X)=4\cdot \frac{3}{4}=3$$

まとめ:分散は「バラつきの大きさ」なので、全体を平行移動($+3$)しても変わらない。$2$ 倍に引き伸ばすとバラつきは $2^2=4$ 倍になる。$a$ ではなく $a^2$ 倍がポイント。

発展。 「平行移動で不変、拡大で $a^2$ 倍」という性質は、単位換算の場面で問題になる。

摂氏と華氏。

$$F=1.8C+32$$

ある都市の気温(摂氏)の標準偏差が $5$ ℃ だとする。華氏では?

標準偏差は $1.8$ 倍。

$${\sigma }_F=1.8\times 5=9{(}^{\circ }\mathrm{F})$$

分散は $1.8^2=3.24$ 倍だ。

$$V_F=3.24\times V_C$$

$+32$ はどちらにも影響しない。 全体が $32$ ずれるだけで、散らばりは変わらないからだ。ここで、$1$ つの疑問が湧く。

「気温の散らばりが、単位を変えただけで変わるの?」

変わる。 それは「$10$ cm の散らばり」を mm で測ると「$100$ mm の散らばり」になるのと同じ、単なる目盛りの読み替えだ。散らばりの「実質」は同じである。

では、単位に依存しない散らばりの指標はないか。

ある。変動係数という。

$$CV=\frac{\sigma }{\mu }(\text{標準偏差}÷\text{平均})$$

割り算だから、単位が約分されて消える。

この指標が役立つ場面。

「体重の標準偏差 $8$ kg」と「身長の標準偏差 $6$ cm」では、どちらが散らばっているか? 単位が違うので、直接は比べられない。

変動係数なら比べられる。

$$\frac{8}{60}\approx 0.13\frac{6}{170}\approx 0.035$$

体重のほうが相対的にずっと散らばっている。「$+b$ で不変、$\times a$ で $a$ 倍」という標準偏差の性質があるからこそ、$\sigma ÷\mu$ で単位が消える。性質を知ることは、道具を作れるようになることだ。

別解

定義から導いて、「なぜ $a^2$ なのか」を目で見る。

$Y=2X+3$ とおく。 まず期待値は

$$E(Y)=2E(X)+3=2\mu +3(\mu =E(X))$$

分散の定義は「平均からのズレの $2$ 乗の平均」だった。

$$V(Y)=E\left[{\left(Y-E(Y)\right)}^2\right]$$

中身のズレを計算する。

$$Y-E(Y)=(2X+3)-(2\mu +3)=2X-2\mu =2(X-\mu )$$

$+3$ が消えた。

ここがすべてだ。 平均も一緒に $3$ ずれるので、ズレを測ると $+3$ は打ち消される。

$$V(Y)=E\left[\{2(X-\mu ){\}}^2\right]=E\left[4(X-\mu {)}^2\right]=4E\left[(X-\mu {)}^2\right]=4V(X)$$

$$V(2X+3)=4\times \frac{3}{4}=3$$

本解と同じ答え

この導出から分かること。

• $+b$ が消えるのは、平均も同じだけ動くから。 「ズレ」を見る限り、平行移動は無関係
• $\times a$ が $a^2$ 倍になるのは、$2$ 乗の中で $a$ が $2$ 回かかるから

数直線で見ると、もっとはっきりする。もとの値 $0,1,2,3$ は、平均 $1.5$ のまわりに散らばっていた。

$2$ 倍すると $0,2,4,6$ となり、間隔がすべて $2$ 倍になる。 平均 $3$ からの距離も $2$ 倍。

$+3$ すると $3,5,7,9$ となり、全体が右へ $3$ 移動する。距離は変わらない。

$$\sigma (2X+3)=2\sigma (X)=2\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$$

標準偏差は $2$ 倍(素直)、分散は $4$ 倍($2$ 乗)。単位を意識すると、納得できる。

身長を cm から mm に直す($10$ 倍)と、標準偏差も $10$ 倍になる(単位が同じだから当然)。だが分散の単位は cm${}^2$ なので、$10^2=100$ 倍になる。「分散は $2$ 乗の量」と覚えておけば、$a^2$ を忘れない。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) まず、状況を確認しよう。

• 毎回、同じ確率 $\frac{1}{5}$ で当たる(もとに戻すから、確率は変わらない)
• $100$ 回くり返す
• 知りたいのは、当たった回数

この $3$ 点がそろったら、二項分布だ。

$$X\sim B\left(100,\frac{1}{5}\right)$$

二項分布と見抜ければ、期待値は公式ですぐに出る。

$$E(X)=np$$

直感でも答えは見える。 $5$ 回に $1$ 回当たるくじを $100$ 回引くのだから、当たるのは $20$ 回くらいだろう。その直感がそのまま公式になっている。

$$100\times \frac{1}{5}=20$$

「反復試行 $+$ 成功回数」を見たら、二項分布。 この型の判定が第一歩だ。

毎回確率 $p=\frac{1}{5}$ で当たる試行を $n=100$ 回くり返すので、$X$ は二項分布 $B\left(100,\frac{1}{5}\right)$。

$$E(X)=np=100\times \frac{1}{5}=20$$

まとめ:「$n$ 回の試行で当たりが出る回数」は二項分布。期待値は $np$ ですぐに出る。$100$ 回で確率 $\frac{1}{5}$ なら平均 $20$ 回、という自然な結果だ。

発展。 $E(X)=np$ の証明を、真正面からやるとどうなるか。

定義に従えば、こう書ける。

$$E(X)=\sum _{k=0}^{100}k\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{100}{k}\right){\left(\frac{1}{5}\right)}^k{\left(\frac{4}{5}\right)}^{100-k}$$

$101$ 項の和だ。 二項係数と累乗が入り混じった、見るからに面倒な式である。

これを計算すると、確かに $20$ になる。 だが、その計算は簡単ではない($k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)$ という変形を使う)。一方、別解の「$1$ 回ずつに分ける」方法なら、$3$ 行で終わった。

$$E(X)=\sum _{i=1}^{100}E(X_i)=100\times \frac{1}{5}=20$$

同じ答えなのに、手間が大きく違う。なぜ、これほど差がつくのか。

真正面の計算は「$X$ の分布」を経由している。 「ちょうど $k$ 回当たる確率」をすべて求めてから、重みをつけて足す。

分ける方法は分布をまったく使わない。 $X$ がどんな分布かを知らなくても、「$1$ 回あたりの期待値」さえ分かれば足せる。

これが期待値の線形性の便利なところである。

$$\boxed{E(X_1+\cdots +X_n)=E(X_1)+\cdots +E(X_n)}$$

独立でなくてもよい。分布を知らなくてもよい。ただ足せる。

この道具は応用の場で繰り返し使われる。

• クーポン収集: 全 $n$ 種を集めるまでの回数の期待値
• 記録の回数: ランダムな列で「過去最高」が何回出るか
• ネットワーク: ランダムなグラフに三角形がいくつあるか

どれも「全体の分布」は複雑怪奇だが、「$1$ つずつに分けて期待値を足す」だけで答えが出る。

難しい問題を、簡単な問題の「和」に分解する。 数学のいつもの方法が確率でも同じように使える。

別解

$np$ という公式が「なぜ成り立つか」を、$1$ 回ずつに分けて見る。$1$ 回引くごとに、$1$ つの確率変数を用意する。

$$X_i=\{\begin{array}{ll}1& (\text{i 回目が当たり})\\ 0& (\text{i 回目がはずれ})\end{array}$$

この $X_i$ を、$1$ 回分の「当たり点」と思えばいい。 当たれば $1$ 点、はずれれば $0$ 点。全部の当たり回数は点数の合計だ。

$$X=X_1+X_2+\cdots +X_{100}$$

$1$ 回分の期待値を出す。

$$E(X_i)=1\times \frac{1}{5}+0\times \frac{4}{5}=\frac{1}{5}$$

「$0$ か $1$ の確率変数の期待値は、$1$ になる確率そのもの」であり、覚えておくと便利だ。期待値の加法性で、足す。

$$E(X)=E(X_1)+E(X_2)+\cdots +E(X_{100})=\underset{100\text{ 個}}{\underbrace{\frac{1}{5}+\frac{1}{5}+\cdots +\frac{1}{5}}}=100\times \frac{1}{5}=20$$

これが $E(X)=np$ となる理由だ。

$1$ 回あたりの期待値 $p$ を、$n$ 回分足しただけである。

この見方の大きな強み。

期待値の加法性 $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ は、独立でなくても成り立つ。 だから、「独立でない」問題にもそのまま使える。

例: 帽子の問題。

$6$ 人がパーティーで帽子を預け、帰りにランダムに $1$ つずつ受け取る。自分の帽子を取り戻せる人数の期待値は?

取り方の総数は $6!=720$ 通り。 真正面から数えると大変だ($1$ 人も一致しない場合、$1$ 人だけ一致する場合 $\dots$)。だが、$1$ 人ずつに分ければすぐに出る。

$$X_i=\{\begin{array}{ll}1& (\text{i 番目の人が自分の帽子を取る})\\ 0& (\text{そうでない})\end{array}$$

$$E(X_i)=\frac{1}{6}(\text{6 個のうち自分のを引く確率})$$

$$E(X)=6\times \frac{1}{6}=1$$

答えは $1$ 人。 しかも $6$ 人でも $100$ 人でも、答えは常に $1$ 人だ。

ここで $X_1,X_2,\dots$ は独立ではない($1$ 人目が自分の帽子を取ると、他の人の確率が変わる)。それでも、期待値は足せる。

「分けて、足す」という期待値の加法性は、確率でいちばん使い勝手のいい道具である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 二項分布と分かった時点で、平均も分散も公式から即座に出る。

$$E(X)=np,V(X)=npq(q=1-p)$$

この $2$ つは、セットで覚える。

$q=1-p$ は「はずれる確率」だ。 分散の式に $p$ と $q$ の両方が出てくることには、意味がある。極端な場合を考えてみよう。

• $p=1$(必ず当たる) なら $q=0$ で、$V=0$ となり、散らばりゼロ(毎回必ず当たるから、回数は常に $n$ 回)
• $p=0$(絶対当たらない) でも $V=0$ で、やはり散らばりゼロ
• $p=\frac{1}{2}$(五分五分) のとき $pq$ は最大で、いちばん予測しづらい

「確実なら散らばらない。五分五分がいちばん揺れる。」 $npq$ という式は、その直感を数式にしたものだ。

あとは、$n=100$、$p=\frac{1}{5}$、$q=\frac{4}{5}$ を代入するだけ。

① 分散を計算する。 $p=\frac{1}{5}$、$q=\frac{4}{5}$。

$$V(X)=npq=100\times \frac{1}{5}\times \frac{4}{5}=100\times \frac{4}{25}=16$$

② 標準偏差を求める。

$$\sigma (X)=\sqrt{16}=4$$

まとめ:二項分布は「期待値 $np$、分散 $npq$」をセットで覚える。定義から計算しなくても、この公式ですぐに出る。標準偏差はそのルートだ。

発展。 $\sigma$ という「ものさし」は、工場の品質管理でも使われている。

シックスシグマという言葉を聞いたことがあるだろうか。製品の寸法にはバラつきがある。平均 $\mu$、標準偏差 $\sigma$ で散らばるとしよう。

規格の許容範囲が $\mu \pm 3\sigma$ なら、不良品は約 $0.3\%$。 $1000$ 個作って $3$ 個の不良だ。今の製造業では、これでは足りない。

$1$ 台の車には $3$ 万点の部品が使われる。$1$ 部品あたり $0.3\%$ の不良率なら、車 $1$ 台に不良品が1つもない確率は

$$(0.997{)}^{30000}\approx 0$$

ほぼゼロ。 どこかに必ず不良品が混ざる。

そこで、許容範囲を $\pm 6\sigma$ に広げる(逆に言えば、$\sigma$ を小さくして $6\sigma$ が規格内に収まるようにする)。

不良率は $100$ 万個あたり $3.4$ 個。 これがシックスシグマの目標である。

$3\sigma$ から $6\sigma$ へ。 $2$ 倍にすぎないが、不良率は $1000$ 倍以上改善する。正規分布のすそが指数関数的に薄いからだ。

$\sigma$ を減らす $2$ つの道。

(1) 工程そのものを改善する(ばらつきの原因をなくす)

(2) $\sqrt{n}$ の法則を使う。複数回測って平均をとれば、平均のバラつきは $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$ に減る

測定では、(2) が日常的に使われている。$1$ 回の測定の誤差が $\pm 1$ mm でも、$100$ 回測って平均すれば、誤差は $\pm 0.1$ mm になる。

$$\frac{1}{\sqrt{100}}=\frac{1}{10}$$

ただし、精度を $10$ 倍にするには測定回数が $100$ 倍必要。 $\sqrt{n}$ の法則は恵みであると同時に、厳しい制約でもある。世論調査で「$1000$ 人に聞けば十分」と言われるのも、$1500$ 人に増やしても誤差が $\sqrt{1.5}\approx 1.2$ 分の $1$ にしかならないからだ。

$\sigma$ を知ることは、「どこまで信じてよいか」を知ることである。

別解

答えの $\sigma =4$ が何を意味するかを読む。

計算して終わりにしない。「$4$ という数は、何を表しているのか」を考える別解である。まず、平均は $20$ 回、標準偏差は $4$ 回。

標準偏差とは「だいたいこれくらいズレる」という目安だった。だから

$$20\pm 4⟹16\text{ 回}\sim 24\text{ 回}$$

この範囲に、実際どれくらい収まるのか。

厳密に計算すると(二項分布の確率をすべて足す)

$$P(16\leqq X\leqq 24)\approx 0.74$$

約 $74\%$。 $4$ 回に $3$ 回はこの範囲に収まる。$2\sigma$($\pm 8$)まで広げると

$$P(12\leqq X\leqq 28)\approx 0.967$$

約 $97\%$。 ほとんどすべてがこの中だ。「$100$ 回引いて、当たりは $12$ 回から $28$ 回のあいだ」というのが、実際に感じられる散らばりの大きさである。

次に、標本を増やすとどうなるか。

$400$ 回引いたら?

$$E=400\times \frac{1}{5}=80,\sigma =\sqrt{400\times \frac{1}{5}\times \frac{4}{5}}=\sqrt{64}=8$$

回数を $4$ 倍にしたら、$\sigma$ は $2$ 倍($4\to 8$)にしかならない。

$\sigma$ は $\sqrt{n}$ に比例する。 これが有名な $\sqrt{n}$ の法則である。ここに、統計のいちばん大事な事実がある。

「平均に対するブレの割合」を見よう。

$$\frac{\sigma }{E}=\frac{4}{20}=0.20(100\text{ 回のとき})$$

$$\frac{\sigma }{E}=\frac{8}{80}=0.10(400\text{ 回のとき})$$

回数を $4$ 倍にすると、相対的なブレは半分になった。「たくさん試すほど、割合は安定する」というのが、大数の法則の中身である。

$100$ 回では「当たり率 $20\%\pm 4\%$」とブレるが、$10000$ 回引けば $\sigma =40$、$E=2000$ なので

$$\frac{40}{2000}=0.02(\pm 2\%)$$

当たり率は $20\%\pm 2\%$ に収まる。

回数が増えるほど、実測の割合は真の確率 $\frac{1}{5}$ に近づいていく。

だからこそ、カジノは必ず儲かる。 $1$ 回ごとの結果は運まかせでも、何万回も繰り返せば、割合はきっかり期待値に収束する。

$\sigma =4$ という数は「大量に繰り返せば予測できる」という統計学の考え方にもとづいている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 硬貨 $4$ 回で表がちょうど $2$ 回。これは反復試行の確率(数A)そのものだ。

確率変数の言葉で言い換えると、表の回数 $X$ は二項分布 $B\left(4,\frac{1}{2}\right)$ に従う。

「二項分布の確率」と「反復試行の確率」は、同じものである。 名前が違うだけだ。式の $3$ つの部分を、意味で読む。

$$P(X=k)=\underset{\text{どの回に出るか}}{\underbrace{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)}}\times \underset{\text{表 k 回分}}{\underbrace{p^k}}\times \underset{\text{裏 n−k 回分}}{\underbrace{q^{n-k}}}$$

$4$ 回のうちどの $2$ 回が表かの選び方が $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)$、その $1$ パターンが起こる確率が ${\left(\frac{1}{2}\right)}^2{\left(\frac{1}{2}\right)}^2$。「場合の数 $\times$ $1$ パターンの確率」が、反復試行の計算の基本の形である。

表の回数 $X$ は $B\left(4,\frac{1}{2}\right)$。$k=2$ を代入する。

$$P(X=2)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)\left(\frac{1}{2}{)}^2\right(\frac{1}{2}{)}^2=6\times \frac{1}{4}\times \frac{1}{4}=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}$$

まとめ:「$n$ 回中ちょうど $k$ 回」の確率は $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k{q}^{n-k}$。$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ は「どの回で起こるかの組合せ」、$p^k{q}^{n-k}$ は「その $1$ パターンの確率」だ。

発展。 硬貨 $4$ 回の分布は $1,4,6,4,1$ という山の形をしていた。

投げる回数を増やすと、この山はどうなるか。

$10$ 回なら、通り数は

$$1,10,45,120,210,252,210,120,45,10,1$$

真ん中が高く、両すそが低い、なめらかな山。

$100$ 回なら? $1000$ 回なら?回数を増やすほど、この山は「あの曲線」に近づいていく。

正規分布の釣鐘曲線だ。

$$B(n,p)\stackrel{n\text{ が大きい}}{\to }N(np,npq)$$

これをド・モアブル–ラプラスの定理という($1733$ 年、ド・モアブルが硬貨投げの計算を楽にしようとして発見した)。離散的な二項分布(棒グラフ)が連続的な正規分布(なめらかな曲線)に近づく。この事実の意味はとても大きい。

二項分布の計算は、$n$ が大きいと絶望的になる。

$$P(X=500)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1000}{500}\right){\left(\frac{1}{2}\right)}^{1000}$$

$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1000}{500}\right)$ は $300$ 桁の数だ。 手計算はもちろん、電卓でも溢れる。だが正規分布で近似すれば、標準化して表を引くだけで済む。

話はさらに先へ続く。

中心極限定理。

「どんな分布から取ってきたデータでも、たくさん足し合わせれば、その和は正規分布に近づく」

元がサイコロでも、コイン投げでも、いびつな分布でも構わない。 足し合わせれば、必ず釣鐘の形になる。だから、身の回りには正規分布に近い分布が多い。

• 身長: 無数の遺伝子と環境要因の「足し算」
• 測定誤差: 無数の小さな誤差の「足し算」
• 株価の変動: 無数の取引の「足し算」

細かい原因が山ほど足し合わされると、結果は釣鐘になる。硬貨を $4$ 回投げる素朴な問題を先へ進めると、「なぜ身のまわりに正規分布が多いのか」という疑問の答えにつながる。

別解

公式を使わず、$16$ 通りを全部書き出す。

$4$ 回投げたときの結果は、$2^4=16$ 通り。 全部書けてしまう数だ。表を H、裏を T として、表が $2$ 回のものを探す。

• HHTT
• HTHT
• HTTH
• THHT
• THTH
• TTHH

$6$ 通り。

$16$ 通りはすべて同じ確率($\frac{1}{16}$ ずつ)だから

$$P(X=2)=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}$$

公式と同じ答え

この「$6$ 通り」が二項係数だ。

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=6$$

「$4$ 回のうち、どの $2$ 回を表にするか」の選び方が $6$ 通り。公式の $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)$ はこの数え上げをしていたのである。

表の回数ごとに、全部数えてみよう。

$$\begin{array}{ccc}\text{表の回数}& \text{通り数}& \text{確率}\\ 0& 1& 1/16\\ 1& 4& 4/16\\ 2& 6& 6/16\\ 3& 4& 4/16\\ 4& 1& 1/16\end{array}$$

通り数は $1,4,6,4,1$。 合計 $16$

この数の並びに、見覚えはないか。パスカルの三角形の $4$ 段目だ。

$$\begin{array}{c}1\\ 11\\ 121\\ 1331\\ 14641\end{array}$$

二項分布の「形」はパスカルの三角形そのものである。そして、この分布は左右対称で、真ん中($2$ 回)がいちばん高い。

「ちょうど半分」がもっとも出やすい。硬貨を $4$ 回投げたら、表 $2$ 回がいちばんありそうだ、という直感と合う。

書き出しの価値。

$16$ 通りなら書ける。だが $100$ 回投げたら $2^{100}$ 通りで、宇宙の原子の数を超える。

書き出せない大きさになったとき、公式が要る。 公式は「書き出しの結果を、すぐに計算する道具」である。

小さい場合で書き出して、公式と合うことを確かめる。 これが公式を信じられるようになる、いちばん確実な道である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 正規分布は、平均 $\mu$ と標準偏差 $\sigma$ の組み合わせだけ、無数に存在する。

$N(50,10^2)$、$N(170,6^2)$、$N(0,1)$ $\dots$ すべて形は同じ釣鐘だが、位置と幅が違う。確率の表を無数の分布ぶん用意するわけにはいかない。そこで、全部を $1$ つに揃える。

$$Z=\frac{X-\mu }{\sigma }$$

$2$ 段階の操作だ。

• $X-\mu$: 平均を引いて、中心を $0$ に移す
• $÷\sigma$: 標準偏差で割って、幅を $1$ に揃える

こうして、どんな正規分布も $N(0,1)$(標準正規分布)に変換できる。

$Z$ の意味は「平均から標準偏差いくつ分ズレているか」。 $Z=1$ なら「$1\sigma$ 分、上」ということだ。

$N(50,10^2)$ は平均 $\mu =50$、標準偏差 $\sigma =10$。$X=60$ を標準化する。

$$Z=\frac{X-\mu }{\sigma }=\frac{60-50}{10}=1$$

まとめ:標準化は「平均からどれだけ離れているかを、標準偏差を単位にして測る」。$Z=1$ は「平均より標準偏差 $1$ 個ぶん上」を意味する。どんな正規分布も標準化すれば $N(0,1)$ で扱える。

発展。 標準化して得た $Z$ は平均 $0$、分散 $1$ になる。これを確かめておこう。

期待値の性質から。

$$E(Z)=E\left(\frac{X-\mu }{\sigma }\right)=\frac{E(X)-\mu }{\sigma }=\frac{\mu -\mu }{\sigma }=0$$

分散の性質から。

$$V(Z)=V\left(\frac{X-\mu }{\sigma }\right)=\frac{1}{{\sigma }^2}V(X)=\frac{{\sigma }^2}{{\sigma }^2}=1$$

($\times \frac{1}{\sigma }$ は分散を $\frac{1}{{\sigma }^2}$ 倍にし、$-\mu$ は分散に影響しない。)

きっちり $N(0,1)$ になった。

ここで、注意すべき点がある。

標準化はどんな分布にもできる。 平均を引いて $\sigma$ で割るだけだから、二項分布でも一様分布でも、いびつな分布でもできる。だが、「標準化したから正規分布になる」わけではない。

標準化がするのは「位置と幅を揃える」ことだけ。形は変わらない。

いびつな分布を標準化しても、いびつなまま平均 $0$、分散 $1$ になるだけだ。だから、正規分布表を引けるのは、もとが正規分布のときだけ。

$$\text{正規分布}\stackrel{\text{標準化}}{\to }\text{標準正規分布}$$

$$\text{いびつな分布}\stackrel{\text{標準化}}{\to }\text{いびつなまま}(\text{表は引けない})$$

この区別を混同してはいけない。ただし、次のことが成り立つ。

中心極限定理により、「たくさんのデータの平均」や「たくさんの試行の和」は、もとがどんな分布でも正規分布に近づく。

だから実務では標本平均を標準化して正規分布表を引く、という手順が正当化される。

二項分布 $B(100,0.2)$ を標準化して正規分布表を引けるのも、$n=100$ が十分大きいからだ($n$ が小さければ、この近似は使えない)。

「標準化」と「正規化」は違う。 前者は座標変換、後者は形そのものの話。この $2$ つを区別できると、統計の議論が正確になる。

別解

標準化は、じつは「偏差値」と同じ考え方である。模試で誰もが見ている、あの偏差値だ。偏差値の定義はこうだ。

$$\text{偏差値}=50+10\times \frac{X-\mu }{\sigma }=50+10Z$$

$Z$(標準化した値)を $10$ 倍して、$50$ を足しただけ。

この問題に当てはめる。 平均 $50$ 点、標準偏差 $10$ 点のテストで、$60$ 点をとった。

$$Z=\frac{60-50}{10}=1$$

$$\text{偏差値}=50+10\times 1=60$$

偏差値 $60$ である。

なぜ $50$ と $10$ を使うのか。$Z$ の値は $-2$ から $2$ くらいの小数になる。「$Z$ は $1.3$」と言われても、ピンとこない。

そこで、平均を $50$、標準偏差を $10$ に置き直す。 見慣れた $2$ 桁の数になり、直感的に扱える。偏差値の分布を読んでみよう。

• 偏差値 $50$ $=$ $Z=0$ $=$ ちょうど平均
• 偏差値 $60$ $=$ $Z=1$ $=$ 上位 約 $16\%$
• 偏差値 $70$ $=$ $Z=2$ $=$ 上位 約 $2.3\%$
• 偏差値 $40$ $=$ $Z=-1$ $=$ 下位 約 $16\%$

偏差値 $70$ は $50$ 人に $1$ 人を少し上回る程度になる。なるほど、と思える。「点数では比べられないものが、比べられる」ことが大事だ。

数学 $60$ 点(平均 $50$、$\sigma =10$)と、国語 $70$ 点(平均 $65$、$\sigma =20$)。どちらがよくできたか。点数だけ見れば、国語の $70$ 点が上に見える。

標準化する。

$$Z_{\text{数学}}=\frac{60-50}{10}=1.0Z_{\text{国語}}=\frac{70-65}{20}=0.25$$

数学のほうがずっとよくできている。(偏差値 $60$ 対 偏差値 $52.5$)

難しいテストと簡単なテスト、$100$ 点満点と $200$ 点満点も、標準化すれば、すべて同じ土俵に乗る。$Z$ は単位をもたない量である。同じ発想はあちこちで使われている。

• IQ: 平均 $100$、標準偏差 $15$ に揃えた $Z$ スコア
• 株の評価: 業種の違う会社を、平均からのズレで比べる
• 異常検知: $|Z|>3$ なら「異常値」と判定する

「そのままでは比べられないものを、比べられるようにする」のが、標準化という技術である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 正規分布では、確率 $=$ 曲線の下の面積だ。

$$P(0\leqq Z\leqq 1)=(\text{Z 軸の 0 から 1 までの、釣鐘の下の面積})$$

なぜ面積なのか。 $Z$ は連続的な値をとるので、「ちょうど $Z=1$ になる確率」は $0$ になってしまう。幅のある区間でしか、確率は語れない。

だから面積で測る。

この面積は手では計算できない($e^{-z^2/2}$ の積分は、初等関数では書けない)。だからあらかじめ計算した表が用意されている。正規分布表が返すのは「$0$ から $z$ までの面積」だ。

表を引く前に、必ず「どこの面積を知りたいのか」を図で確認する。 表が返すのは中央から右の面積であって、それ以外ではない。この問題は表そのものを引く形になっている。

表より $z=1.00$ の値を読む。

$$P(0\leqq Z\leqq 1)=0.3413$$

これは、標準正規分布の曲線の下で、$Z=0$(中央)から $Z=1$ までの面積(= 確率)。

まとめ:確率 = 曲線の下の面積。正規分布表は「中央 $0$ から $z$ まで」の面積を並べた表。$z=1$ で $0.3413$、つまり全体の約 $34\%$ がこの範囲に入る。

発展。 そもそも、なぜ正規分布が特別扱いされるのか。世の中には無数の分布があるのに。

理由は中心極限定理にある。「独立な確率変数をたくさん足し合わせると、その和の分布は、もとの分布が何であれ、正規分布に近づく」「もとの分布が何であれ」成り立つのである。

サイコロで実験してみよう。

$1$ 個振る。 出る目の分布は $1$ 〜 $6$ が等確率で、平らな長方形だ。釣鐘のかけらもない。

$2$ 個振って和をとる。 和は $2$ 〜 $12$ で、$7$ がいちばん出やすく、三角形の分布になる。

$5$ 個振って和をとる。 もう釣鐘の形に近づいている。$30$ 個振れば、ほとんど正規分布と区別がつかない。

平らな分布を足しただけで、山ができる。 これが中心極限定理の実演だ。なぜ、こんなことが起こるのか。

極端な値になるには、「全部」が極端でなければならないからだ。サイコロ $30$ 個の和が $30$(最小)になるには、$30$ 個すべてが $1$ でなければならない。確率は ${\left(\frac{1}{6}\right)}^{30}$ で、ほぼゼロである。

一方、和が $105$(平均あたり)になる組み合わせは、天文学的な数がある。「真ん中は組み合わせが多く、端は組み合わせが少ない」という単純な事実が、山を作る。この定理は統計学の多くの手法の基礎になっている。

• 標本平均は、たくさんのデータの和(を $n$ で割ったもの)→ 正規分布に近づく
• 測定誤差は無数の小さな誤差の和 → 正規分布
• 身長は無数の遺伝的・環境的要因の和 → 正規分布

「もとが何であれ、足せば釣鐘」

だから、母集団の分布を知らなくても、標本平均については正規分布で議論できる。 母集団の分布を知らなくても推測ができる。それができる根拠が、中心極限定理である。

正規分布はたまたま便利な分布ではなく、足し算の行き着く先という、数学的な必然として現れる。

別解

$1$ つの数 $0.3413$ から、対称性だけで芋づる式にすべてを出す。

正規分布表には「$0$ から $z$ まで」の面積しか載っていない。 それで足りるのは、釣鐘が左右対称だからだ。

まず、全体の面積は $1$。

$$(\text{確率の総和})=1$$

そして、中央 $0$ で左右に分かれる。

$$P(Z\leqq 0)=P(Z\geqq 0)=0.5$$

この $2$ つと、表の $0.3413$ だけで、あらゆる確率が出せる。

① $P(-1\leqq Z\leqq 1)$(中央をまたぐ範囲)。

左半分($-1$ から $0$)は右半分($0$ から $1$)と対称だから同じ面積。

$$P(-1\leqq Z\leqq 1)=2\times 0.3413=0.6826$$

約 $68\%$。

② $P(Z\geqq 1)$(右のすそ)。

右半分の全体($0.5$)から、$0$ 〜 $1$ の分を引く。

$$P(Z\geqq 1)=0.5-0.3413=0.1587$$

約 $16\%$。

③ $P(Z\leqq 1)$($1$ より小さい全部)。

左半分($0.5$)に、$0$ 〜 $1$ の分を足す。

$$P(Z\leqq 1)=0.5+0.3413=0.8413$$

約 $84\%$。

④ $P(Z\leqq -1)$(左のすそ)。

対称性から、右のすそと同じ。

$$P(Z\leqq -1)=P(Z\geqq 1)=0.1587$$

表の $1$ 行から、$4$ つの確率が出た。毎回「図のどこを塗るか」を確かめることが大事だ。

• 中央をまたぐ → 足す(または $2$ 倍)
• すそ(片側の端) → $0.5$ から引く
• 負の側 → 対称性で正の側に読み替える

この $3$ つのパターンさえ押さえれば、正規分布の確率計算はすべて処理できる。そして、次の $3$ つの数は暗記しておくと強い。

$$P(|Z|\leqq 1)\approx 0.68,P(|Z|\leqq 2)\approx 0.95,P(|Z|\leqq 3)\approx 0.997$$

「$68$–$95$–$99.7$ ルール」と呼ばれる。$1\sigma$ の中に約 $7$ 割、$2\sigma$ の中に約 $95\%$、$3\sigma$ の中にほぼ全部。この $3$ 数を頭に入れておけば、表がなくても、正規分布のだいたいの姿がつかめる。