統計的な推測 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) まず期待値と分散を、表から素直に計算する。

期待値 $E(X)$ は「値 × 確率」の総和。分散 $V(X)$ は「$2$ 乗の期待値 $-$ 期待値の $2$ 乗」で出すのが速い。だから $E(X)$ と $E(X^2)$ を表から求め、$V(X)=E(X^2)-\{E(X){\}}^2$ とする。

最後の $Y=3X+2$ は $1$ 次式変換。分散は定数 $+2$ には影響されず、係数 $3$ の $2$ 乗倍になる、と見通す。

① 期待値。

$$E(X)=1\cdot 0.1+2\cdot 0.2+3\cdot 0.3+4\cdot 0.4=0.1+0.4+0.9+1.6=3$$

② $2$ 乗の期待値と分散。

$$E(X^2)=1\cdot 0.1+4\cdot 0.2+9\cdot 0.3+16\cdot 0.4=0.1+0.8+2.7+6.4=10$$ $$V(X)=E(X^2)-\{E(X){\}}^2=10-3^2=1$$

③ 変換後の分散。 $Y=3X+2$ より

$$V(Y)=3^{2}V(X)=9\cdot 1=9$$

まとめ:分散は「$2$ 乗の期待値 $-$ 期待値の $2$ 乗」で計算するのが速い。$1$ 次式変換 $aX+b$ では、定数 $b$ は散らばりに無関係で、分散は $a^2$ 倍($V(3X+2)=9V(X)$)。標準偏差なら $|a|$ 倍。

発展。 $V(aX+b)=a^{2}V(X)$ の $2$ つの部分には、それぞれ意味がある。定数 $b$ を足すのは分布を横にずらすだけで、散らばりは変わらないから $b$ は消える。

係数 $a$ を掛けると、各データの平均からのずれも $a$ 倍になる。分散はそのずれの $2$ 乗の平均だから、$a^2$ 倍になる。標準偏差なら $|a|$ 倍だ。

この考えを突き詰めると、$Z=\frac{X-\mu }{\sigma }$ という標準化にたどり着く。平均を引いて標準偏差で割ると、平均 $0$・分散 $1$ にそろう。どんな分布も同じ物差しで比べられるようになる。

別解

別解:分散の定義式で計算する(意味から確かめるルート)。 分散は本来「平均からのずれの $2$ 乗の平均」。定義そのままでも同じ値が出る。

平均は $E(X)=3$。各値の「$3$ からのずれ」を $2$ 乗して、確率で重みづけする。

$$V(X)=(1-3{)}^2\cdot 0.1+(2-3{)}^2\cdot 0.2+(3-3{)}^2\cdot 0.3+(4-3{)}^2\cdot \mathrm{0.4.}$$

計算すると $4\cdot 0.1+1\cdot 0.2+0\cdot 0.3+1\cdot 0.4=0.4+0.2+0+0.4=1$。

「$2$ 乗の期待値 $-$ 期待値の $2$ 乗」で出す本解と同じ $V(X)=1$。定義式は計算がやや長いが、「分散 $=$ 散らばりの平均」という意味がそのまま見えるのが利点。平均 $3$ のちょうど真ん中の値 $3$ ではずれが $0$、両端でずれが大きい、という重みも読み取れる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 二項分布 $B(n,p)$ では期待値が $np$、分散が $np(1-p)$。

未知は $n,p$ の $2$ つ、与えられた条件も $2$ つ($E=6$、$V=4.8$)。数はそろっている。ここで無理に連立するより、分散を期待値で割るのがうまい。$\frac{np(1-p)}{np}=1-p$ となって、$p$ が単独で出る。

$p$ が分かれば $np=6$ から $n$ が決まる。比をとって未知を $1$ つずつ剥がすのがコツ。

① 比をとって $p$。

$$\frac{V(X)}{E(X)}=\frac{np(1-p)}{np}=1-p=\frac{4.8}{6}=0.8$$

よって $p=1-0.8=0.2$。

② $n$ を求める。 $E(X)=np=6$、$p=0.2$ より

$$n=\frac{6}{0.2}=30$$

よって $n=30$、$p=0.2$。(検算:$np=30\cdot 0.2=6$、$np(1-p)=30\cdot 0.2\cdot 0.8=4.8$。)

まとめ:二項分布の逆問題は「$E=np$、$V=np(1-p)$ の比 $\frac{V}{E}=1-p$」で $p$ を先に出す。あとは $np=E$ から $n$。$2$ つの式の比をとると片方の未知が消える、という、よく使う方法だ。

発展。 比 $\frac{V}{E}=1-p$ は必ず $1$ より小さい。だから二項分布ではいつも分散が期待値より小さい($V<E$)。

これは二項分布の指紋のようなもの。たとえばポアソン分布では $V=E$、負の二項分布では $V>E$ になる。分散と期待値の比を見るだけで、どんな型の分布かをある程度見分けられる。

現実のデータで「ばらつきが期待値より大きい(過分散)」なら、単純な二項では説明しきれない、という診断にも使える考え方だ。

別解

別解:差 $E-V$ から $p$ を出す(得意な人向けの視点)。 比のかわりに引き算でも $p$ が取り出せる。

$E-V=np-np(1-p)=np\cdot p=(np)p=Ep$。つまり $E-V=Ep$。数値を入れると $6-4.8=1.2=6p$ だから $p=\frac{1.2}{6}=0.2$。

あとは $np=6$、$p=0.2$ から $n=\frac{6}{0.2}=30$。比 $\frac{V}{E}=1-p$ で出す本解と同じ。$E-V=Ep$ という関係は、$np$ を共通因数にくくり出す発想で、$2$ 式から $p$ を消さずに直接引き出せるのが小気味よい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 反復試行の確率は、二項分布の公式 ${}_n{\mathrm{C}}_k{p}^k(1-p{)}^{n-k}$ にそのまま当てはめる。

$P(X=2)$ は、この公式を $k=2$ で計算するだけ。$P(X\ge 3)$ は「$3$ 回以上」だから、$X=3$ と $X=4$ の確率を足す。$p=\frac{1}{3}$、$1-p=\frac{2}{3}$ を、それぞれ正しい回数だけ累乗するのが要。

① $P(X=2)$。

$$P(X=2)={}_4{\mathrm{C}}_2{\left(\frac{1}{3}\right)}^2{\left(\frac{2}{3}\right)}^2=6\cdot \frac{1}{9}\cdot \frac{4}{9}=\frac{24}{81}=\frac{8}{27}$$

② $P(X\ge 3)$。 $X=3$ と $X=4$ の和。

$$P(X=3)={}_4{\mathrm{C}}_3{\left(\frac{1}{3}\right)}^3\left(\frac{2}{3}\right)=4\cdot \frac{1}{27}\cdot \frac{2}{3}=\frac{8}{81}$$ $$P(X=4)={}_4{\mathrm{C}}_4{\left(\frac{1}{3}\right)}^4=\frac{1}{81}$$ $$P(X\ge 3)=\frac{8}{81}+\frac{1}{81}=\frac{9}{81}=\frac{1}{9}$$

まとめ:二項分布の確率は公式に代入するだけ。$P(X\ge 3)$ のような「以上」は、該当する $k$($3,4$)の確率をすべて足す。${\left(\frac{1}{3}\right)}^k{\left(\frac{2}{3}\right)}^{4-k}$ の指数を取り違えないのが要。

発展。 この分布は期待値 $np=\frac{4}{3}$、いちばん出やすい回数(最頻値)は $1$ 回。$p=\frac{1}{3}<\frac{1}{2}$ だから、山は左に寄って右にすそを引く。

分布全体を分母 $81$ でそろえると $\frac{16,32,24,8,1}{81}$。分子の和が $81$ で、確率の総和が $1$ になることが一目で確かめられる。この分子 $16,32,24,8,1$ は $(2+1{)}^4=81$ を二項展開したときの各項に対応する。二項分布の名の由来がここにある。総和が $1$ かどうかは、確率計算の最良の検算になる。

別解

別解:分布を全部書き出して読む(苦手な人向けの整理ルート)。 どの確率を足すか迷うなら、$X=0$ から $4$ まで全部そろえてしまう。分母を $81=3^4$ でそろえると見やすい。

$$P(0)=\frac{16}{81},P(1)=\frac{32}{81},P(2)=\frac{24}{81},P(3)=\frac{8}{81},P(4)=\frac{1}{81}.$$

分子の和は $16+32+24+8+1=81$。総和がちょうど $1$ で、書き間違いがないと確かめられる。ここから $P(X=2)=\frac{24}{81}=\frac{8}{27}$。$P(X\ge 3)=\frac{8+1}{81}=\frac{9}{81}=\frac{1}{9}$。

必要な確率だけ計算する本解と同じ。全部そろえると計算量は増えるが、「足し忘れ」「余事象の取り違え」が起きない。分母をそろえて分子だけ足すのがミスを防ぐコツ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 標本平均 $\overline{X}$ も確率変数で、母集団が正規分布なら $N\left(\mu ,{\left(\frac{\sigma }{\sqrt{n}}\right)}^2\right)$ に従う。

平均は母平均のまま $60$。標準偏差は母標準偏差を $\sqrt{n}=5$ で割って小さくなる($\frac{10}{5}=2$)。標本をまとめると平均は安定するからだ。

確率は $\overline{X}=64$ を標準化して $Z$ に直す。$Z=\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}$。そのうえで、正規分布表を使って右すその面積を読む、と見通す。

① $\overline{X}$ の平均と標準偏差。 平均は $60$。標準偏差は

$$\frac{\sigma }{\sqrt{n}}=\frac{10}{\sqrt{25}}=\frac{10}{5}=2$$

② 標準化する。

$$Z=\frac{\overline{X}-60}{2}$$

$\overline{X}=64$ のとき $Z=\frac{64-60}{2}=2$。

③ 確率を求める。 $P(\overline{X}\ge 64)=P(Z\ge 2)$。右すそだから

$$P(Z\ge 2)=0.5-P(0\le Z\le 2)=0.5-0.4772=0.0228$$

まとめ:標本平均は「平均は母平均のまま、標準偏差は $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$」で $n$ が大きいほど散らばりが小さい。確率は標準化 $Z=\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}$ して表で読む。$P(Z\ge 2)$ は右すそ $0.5-0.4772$。

発展。 じつは母集団が正規分布でなくても、標本平均は $n$ が大きければ近似的に正規分布になる。これが中心極限定理だ。

キモは標準偏差 $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$(標準誤差)。$n$ を大きくすると $\sqrt{n}$ で割るぶんだけ散らばりが縮む。

ただし $\sqrt{n}$ なので、改善はゆっくりだ。精度を $2$ 倍にする(標準誤差を半分にする)には、標本を $4$ 倍にする必要がある。「たくさん集めれば精度は上がるが、費用は割に合わなくなっていく」という統計の基本的なトレードオフだ。

別解

別解:標本の大きさで確率がどう変わるかを見る(得意な人向けの視点)。 なぜ $n=25$ で $64$ 以上が「珍しい」となるのか。標本の大きさを変えて比べると腑に落ちる。

$n=25$ では標準偏差 $\frac{10}{\sqrt{25}}=2$。$64$ は平均 $60$ から $4$ 離れ、標準偏差 $2$ の $2$ 個ぶん。だから $Z=\frac{64-60}{2}=2$、確率 $0.0228$。

もし標本が $n=4$ しかなければ、標準偏差は $\frac{10}{\sqrt{4}}=5$。同じ $64$ でも $Z=\frac{64-60}{5}=0.8$ にしかならず、ずっと「ありふれた」値になる。同じ「$64$ 以上」でも、標本が大きいほど平均から見て極端な値になる。標準化する本解と結論は同じで、$\frac{1}{\sqrt{n}}$ で散らばりが縮む効果が数字で見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 母平均の信頼区間は、公式「$\overline{X}\pm 1.96\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$」に代入するだけ。

標本平均 $52$ を中心に、左右へ同じ幅を広げた区間を作る。その幅は $1.96$ 倍の $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$。ここで $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$ は「標本平均のばらつき(標準誤差)」を表す。まず幅 $1.96\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$ を計算し、$52$ の左右に振り分ける。

① 幅を計算する。 $\sigma =10$、$n=100$ より

$$1.96\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}}=1.96\cdot \frac{10}{\sqrt{100}}=1.96\cdot \frac{10}{10}=1.96$$

② 区間を作る。 $\overline{X}=52$ を中心に

$$52-1.96\le m\le 52+1.96⟹50.04\le m\le 53.96$$

まとめ:母平均の $95\%$ 信頼区間は「標本平均 $\pm 1.96\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$」。$\sqrt{100}=10$ で $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}=1$ となり、幅が $\pm 1.96$。標本が大きいほど($n$ 大)区間は狭く、精度が上がる。

発展。 「信頼度 $95\%$」の意味は意外と誤解されやすい。「母平均 $m$ がこの区間に入る確率が $0.95$」ではない。$m$ は動かない定数で、動くのは標本のほうだ。

正しくは「同じ調査を何度も繰り返せば、作られる区間の $95\%$ が $m$ を含む」。$1.96$ は標準正規分布で中央 $95\%$ を切り取る境界からきている。

区間の幅は $\frac{1}{\sqrt{n}}$ に比例する。$n$ を $4$ 倍にすれば幅は半分。信頼度を $99\%$ に上げたいなら $1.96$ を $2.58$ に替えるが、そのぶん区間は広くなる。精度と確信度はトレードオフの関係にある。

別解

別解:なぜ $\pm 1.96$ なのかを導く(得意な人向けの視点)。 公式を丸暗記せず、標準化から組み立てられる。

標本平均 $\overline{X}$ を標準化した $Z=\frac{\overline{X}-m}{\sigma /\sqrt{n}}$ は、標準正規分布に従う。その中央 $95\%$ は

$$-1.96\le \frac{\overline{X}-m}{\sigma /\sqrt{n}}\le \mathrm{1.96.}$$

この不等式を $m$ について解く。各辺に $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$ を掛け、$\overline{X}$ を移すと

$$\overline{X}-1.96\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}}\le m\le \overline{X}+1.96\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}}.$$

これに $\overline{X}=52$、$\frac{\sigma }{\sqrt{n}}=\frac{10}{10}=1$ を入れて $50.04\le m\le 53.96$。公式に代入する本解と同じ。$1.96$ が「標準正規で中央 $95\%$ を切る値」だと分かれば、信頼度を変えたときにどの数字を使うか($99\%$ なら $2.58$)も自分で決められる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 母比率の信頼区間も、公式「$\hat{p}\pm 1.96\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$」への代入。

まず標本比率 $\hat{p}=\frac{100}{400}=0.25$ を出す。$400$ 人のうち賛成 $100$ 人の割合だ。次に根号の中 $\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}$ を計算する。ここで $\hat{p}(1-\hat{p})$ が標本比率のばらつきを表す。

その平方根に $1.96$ を掛けたものが幅。$\hat{p}$ の左右に振り分ける。

① 標本比率。 $\hat{p}=\frac{100}{400}=0.25$。

② 幅を計算する。 $\hat{p}(1-\hat{p})=0.25\cdot 0.75=0.1875$。根号の中は $\frac{0.1875}{400}$ で

$$1.96\sqrt{\frac{0.1875}{400}}=1.96\cdot \frac{\sqrt{0.1875}}{20}\approx 1.96\cdot \frac{0.433}{20}=1.96\cdot 0.02165\approx 0.0424$$

③ 区間を作る。

$$0.25-0.0424\le p\le 0.25+0.0424⟹0.2076\le p\le 0.2924$$

まとめ:母比率の信頼区間は「$\hat{p}\pm 1.96\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$」。$\hat{p}=0.25$、根号の中 $\frac{0.1875}{400}$ を計算して幅 $\pm 0.0424$。標本が大きいほど区間は狭くなる。

発展。 本当は未知の母比率 $p$ でばらつき $\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$ を測りたい。だが $p$ が分からないので、その推定値 $\hat{p}$ で代用している。$n$ が大きければこの近似の精度はよい。

区間の幅は $\hat{p}(1-\hat{p})$ が大きいほど広い。$\hat{p}(1-\hat{p})$ は $\hat{p}=\frac{1}{2}$ で最大 $\frac{1}{4}$ になる。つまり賛否が拮抗しているときが、いちばん推定しにくい。

必要な標本の大きさを見積もるときは、この最悪の場合 $\frac{1}{4}$ を使う。次の問題(必要標本数の決定)へまっすぐつながる考え方だ。

別解

別解:最悪の場合で安全側に見積もる(得意な人向けの視点)。 $\hat{p}$ を使わず、ばらつきを最大に見積もった保守的な区間も作れる。

$\hat{p}(1-\hat{p})$ は $\hat{p}=\frac{1}{2}$ のとき最大の $\frac{1}{4}$。この最大値で根号の中を置きかえると

$$1.96\sqrt{\frac{1/4}{400}}=1.96\sqrt{\frac{0.25}{400}}=1.96\cdot 0.025=\mathrm{0.049.}$$

区間は $0.25-0.049\le p\le 0.25+0.049$、すなわち $0.201\le p\le 0.299$。$\hat{p}=0.25$ をそのまま使う本解の幅 $0.0424$ より、こちらの幅 $0.049$ は少し広い。$\hat{p}$ が $\frac{1}{2}$ から離れているぶん、実際のばらつきは最大より小さいからだ。真の $p$ が分からない不安があるときは、この安全側の見積もりが役に立つ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 誤差は $1.96\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$。だが肝心の $p$ が分からない。

そこで「最悪の場合(誤差がいちばん大きくなる場合)」で見積もる。$p(1-p)$ は $p=\frac{1}{2}$ のとき最大 $\frac{1}{4}$。この最大値を使えば、どんな $p$ でも実際の誤差はこれ以下になる。だから安全に条件を満たせる。

あとは $1.96\sqrt{\frac{1}{4n}}\le 0.05$ を $n$ について解いて、下限を求める。

① 最悪評価の不等式。 誤差 $\le 0.05$、$p(1-p)\le \frac{1}{4}$ より

$$1.96\sqrt{\frac{1}{4n}}\le 0.05$$

② $n$ について解く。 $\sqrt{\frac{1}{4n}}=\frac{1}{2\sqrt{n}}$ だから

$$1.96\cdot \frac{1}{2\sqrt{n}}\le 0.05⟹\sqrt{n}\ge \frac{1.96}{2\cdot 0.05}=\frac{1.96}{0.1}=19.6$$

よって $n\ge 19.6^2=384.16$。

③ 最小の $n$。 $n$ は整数だから、$384.16$ 以上の最小の整数 $n=385$。

まとめ:必要な標本数は「$p$ 不明なら $p(1-p)\le \frac{1}{4}$ で最悪評価」。$1.96\sqrt{\frac{1}{4n}}\le 0.05$ を解くと $\sqrt{n}\ge 19.6$、$n\ge 384.16$。切り上げて $385$。$\frac{1}{4}$ を使えば、どんな $p$ でも誤差が条件を満たす。

発展。 誤差は $\frac{1}{\sqrt{n}}$ に比例するので、精度を上げるのは割高だ。誤差を半分の $0.025$ にしたいなら、$n$ は $4$ 倍の約 $1537$ 必要になる。

世論調査でよく $1000$ 人前後を集めるのも、この式の裏返し。$n=1000$ なら最悪でも誤差はおよそ $3\%$ に収まる。「$1$ 万人調べても誤差は $1\%$ 程度までしか下がらない」ため、費用対効果で $1000$ 前後が選ばれる。

もし事前に $p$ の見当がつくなら($p\approx 0.2$ など)、$p(1-p)$ は $\frac{1}{4}$ より小さくてよく、必要な標本は減る。最悪評価はあくまで「見当がつかないとき」の安全策だ。

別解

別解:一般公式にまとめてから代入する(得意な人向けの視点)。 数値を先に入れず、文字のまま解いておくと見通しがよい。

誤差 $z\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}\le \epsilon$ を $n$ について解くと

$$n\ge {\left(\frac{z}{\epsilon }\right)}^{2}p(1-p).$$

$p$ 不明なら $p(1-p)\le \frac{1}{4}$ を使い、$n\ge \frac{1}{4}{\left(\frac{z}{\epsilon }\right)}^2$。ここに $z=1.96$、$\epsilon =0.05$ を入れると

$$n\ge \frac{1}{4}{\left(\frac{1.96}{0.05}\right)}^2=\frac{1}{4}\cdot 39.2^2=\frac{1536.64}{4}=\mathrm{384.16.}$$

切り上げて $n=385$。本解と同じ。この一般式なら、もし事前に $p\approx 0.2$ と分かっていれば $p(1-p)=0.16$ を使い、$n\ge 0.16\cdot 1536.64\approx 246$ と、より小さい標本で済むこともすぐ計算できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 仮説検定は「仮説が正しいとしたら、観測値はどれくらい珍しいか」を測る手続き。

まず仮説「$p=\frac{1}{6}$」を正しいと仮定する。すると $1$ の目の回数 $X$ は平均 $np=100$、標準偏差 $\sqrt{np(1-p)}$ の分布(正規近似)に従う。観測値 $80$ を標準化して $Z$ を出す。$100$ から何個ぶん離れているかを測っている。

その $Z$ が両側 $5\%$ の棄却域 $|Z|>1.96$ に入るかどうかで判断する。

① 仮説のもとでの平均と標準偏差。 $p=\frac{1}{6}$、$n=600$ とすると

$$\text{平均}=np=600\cdot \frac{1}{6}=100,\text{標準偏差}=\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{600\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}}=\sqrt{\frac{500}{6}}\approx 9.13$$

② 標準化する。 観測値 $X=80$ を標準化すると

$$Z=\frac{80-100}{9.13}\approx -2.19$$

③ 判断する。 両側 $5\%$ の棄却域は $|Z|>1.96$。$|Z|\approx 2.19>1.96$ なので $Z$ は棄却域に入る。よって仮説「$1$ の目が出る確率は $\frac{1}{6}$」は棄却され、確率が $\frac{1}{6}$ とはいえない。

まとめ:仮説検定は「仮説のもとで標準化 → 棄却域と比較」。平均 $np=100$、標準偏差 $\sqrt{np(1-p)}\approx 9.13$ で $Z\approx -2.19$。両側 $5\%$ は $|Z|>1.96$ が棄却域で、$2.19$ はこれを超えるので棄却。$80$ 回は $100$ 回から見て「偶然とは考えにくいほど少ない」。

発展。 棄却域と比べるかわりに、p 値で判断してもよい。$Z\approx -2.19$ の外側の面積は片側で約 $0.0143$、両側では約 $0.0286$。

このp値が有意水準 $0.05$ より小さいから棄却する。「$|Z|>1.96$ で棄却」と「p 値 $<0.05$ で棄却」はまったく同じことを言っている。

なお、今回は「$\frac{1}{6}$ と異なるか」を調べたので両側検定。もし「$\frac{1}{6}$ より少ないか」だけを問うなら片側検定になり、境界は $-1.645$ に変わる。同じデータでも、問いの立て方で棄却域が変わる点に注意したい。

別解

別解:回数でなく比率で検定する(得意な人向けの視点)。 回数 $X$ のかわりに、比率 $\hat{p}=\frac{X}{n}$ を中心に考えても、同じ結論に届く。

観測された比率は $\hat{p}=\frac{80}{600}=\frac{2}{15}\approx 0.1333$。仮説の値は $p_0=\frac{1}{6}\approx 0.1667$。仮説のもとでの比率の標準偏差は $\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}=\sqrt{\frac{(1/6)(5/6)}{600}}\approx 0.01521$。標準化すると

$$Z=\frac{0.1333-0.1667}{0.01521}\approx -\mathrm{2.19.}$$

回数を標準化した本解とまったく同じ $Z\approx -2.19$。回数 $X$ を $n$ で割っても、平均・標準偏差も同じ比率で割られるので、標準化した $Z$ は一致する。$|Z|>1.96$ で棄却、という判断も変わらない。「回数で見るか割合で見るか」は好みの問題だ。