統計的な推測 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $E(X)=\sum k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k{q}^{n-k}$ の $k$ が邪魔だ。この $k$ を二項係数に吸収させたい。

そこで恒等式 $k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)$。これで $k$ が消え、代わりに $n$ が前に出る。$n$ と $p$ を1つずつくくり出すと、残る和は $(n-1)$ 個の二項分布の全確率、つまり $(p+q{)}^{n-1}=1$。だから $E(X)=np$ がすぐに出る。

① $k$ を消す。 $k=0$ の項は $0$ なので $k\ge 1$ で和をとる。$k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)$ より $$E(X)=\sum _{k=1}^{n}k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k{q}^{n-k}=\sum _{k=1}^{n}n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)p^k{q}^{n-k}.$$ ② $np$ をくくる。 $p^k=p\cdot p^{k-1}$ として $$E(X)=np\sum _{k=1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)p^{k-1}{q}^{n-k}.$$ $j=k-1$ とおくと和は ${\sum }_{j=0}^{n-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{j}\right)p^j{q}^{(n-1)-j}$。

③ 二項定理。 この和は $(p+q{)}^{n-1}=1^{n-1}=1$。よって $$E(X)=np\cdot 1=np.$$

まとめ $k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)$ で $k$ を消し $np$ をくくると、残りは $(p+q{)}^{n-1}=1$。$E(X)=np$。二項分布と組合せ・二項定理の融合。

発展。 指示関数への分解(別解)は独立でない場合にも期待値だけは足せるという強みをもつ。たとえば「$n$ 枚の札を並べて自分の番号を引く人数」の期待値は、各位置の一致を $0/1$ で表して足すと(独立でないのに)ちょうど $1$。「和の期待値は期待値の和」は、確率変数が独立かどうかに一切よらずに使える。

別解

別解:$X$ を「$0/1$ の和」に分解する(得意な人向けの高い視点)。 二項分布 $B(n,p)$ の $X$ は成功確率 $p$ の独立な試行を $n$ 回行ったときの成功回数だ。

そこで $i$ 回目が成功なら $X_i=1$、失敗なら $X_i=0$ とおくと、$X=X_1+X_2+\cdots +X_n$。各 $X_i$ の期待値は $E[X_i]=1\cdot p+0\cdot (1-p)=p$。期待値の線形性(和の期待値は期待値の和)から

$$E(X)=\sum _{i=1}^{n}E[X_i]=np.$$

二項係数の和(本解)を一切計算せず、「$n$ 個の $0/1$ を足す」だけで $np$ が出た。恒等式 $k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)$ は、この「1回分を取り出す」操作を式で表したものだ。指示関数への分解は分散を求めるときにも役に立つ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 分散は $V(X)=E(X^2)-\{E(X){\}}^2$ で計算する。$E(X)=np$ は既知だから、あとは $E(X^2)$ だ。

$X^2$ を直接扱うより、$X(X-1)$ を経由すると楽。$E(X^2)=E(X(X-1))+E(X)$ と分けられる。与えられた $E(X(X-1))=n(n-1)p^2$ と $E(X)=np$ を代入し、$(np{)}^2$ を引いて整理すると $np(1-p)=npq$ が残る。

① $E(X^2)$ を作る。 $X^2=X(X-1)+X$ より $$E(X^2)=E(X(X-1))+E(X)=n(n-1)p^2+np.$$ ② 分散。 $$V(X)=E(X^2)-\{E(X){\}}^2=n(n-1)p^2+np-(np{)}^2.$$ ③ 整理。 $np$ でくくると $$V(X)=np\{(n-1)p+1-np\}=np\{np-p+1-np\}=np(1-p)=npq.$$

まとめ $E(X^2)=E(X(X-1))+E(X)=n(n-1)p^2+np$、$V(X)=E(X^2)-(np{)}^2=np(1-p)$。二項分布(分散)と階乗モーメントの融合。$X^2=X(X-1)+X$ を使う。

発展。 $V(X)=npq$ は $p=\frac{1}{2}$ で最大になる($pq\le \frac{1}{4}$)。コインは表裏五分五分のとき最もばらつき、$p$ が $0$ や $1$ に近い(ほぼ確実な)ほどばらつきが小さい。「五分五分が最も予測しにくい」という直感が、$pq$ の最大値に表れている。標本数を決める最悪評価 $\hat{p}(1-\hat{p})\le \frac{1}{4}$ も、この事実の応用だ。

別解

別解:独立な和の分散は「分散の和」になることを使う(得意な人向けの高い視点)。 期待値と同じく、$X=X_1+\cdots +X_n$(各 $X_i$ は独立な $0/1$)と分解する。

$1$ 回分 $X_i$ の分散は $E[X_i^2]-(E[X_i]{)}^2=p-p^2=p(1-p)=pq$($X_i^2=X_i$ なので $E[X_i^2]=p$)。独立な確率変数の和では分散も足し算になる(共分散の項が $0$)。よって

$$V(X)=\sum _{i=1}^{n}V(X_i)=n\cdot pq=npq.$$

$E(X^2)$ を二項係数で計算する本解に対し、こちらは「独立なら分散は足せる」という1本の原理で片づく。期待値は常に足せるが、分散が足せるのは独立(または無相関)なときだけだ。この違いが分かると、統計の見通しがよくなる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 示したい2つは同じ根から出る。まず分散の定義 $V(X)=E[(X-\mu {)}^2]$($\mu =E(X)$)を展開する。

$(X-\mu {)}^2=X^2-2\mu X+{\mu }^2$ の期待値を、線形性で1項ずつとる。$E(X)=\mu$ を使うと $E(X^2)-{\mu }^2$ にまとまる。これが第1の主張だ。

第2の主張はおまけで出る。$(X-\mu {)}^2\ge 0$ だから、その期待値 $V(X)$ も $0$ 以上。すなわち $E(X^2)\ge {\mu }^2$。

① 定義を展開。 $\mu =E(X)$ とすると $$V(X)=E[(X-\mu {)}^2]=E[X^2-2\mu X+{\mu }^2]=E(X^2)-2\mu E(X)+{\mu }^2.$$ $E(X)=\mu$ を代入すると $$V(X)=E(X^2)-2{\mu }^2+{\mu }^2=E(X^2)-{\mu }^2=E(X^2)-\{E(X){\}}^2.$$ ② 非負性。 $(X-\mu {)}^2\ge 0$ は常に成り立つ確率変数だから、その期待値も $$V(X)=E[(X-\mu {)}^2]\ge 0.$$ ③ 結論。 $E(X^2)-\{E(X){\}}^2=V(X)\ge 0$、すなわち $$E(X^2)\ge \{E(X){\}}^2.$$

まとめ定義 $E[(X-\mu {)}^2]$ を展開して $E(X^2)-\{E(X){\}}^2$、これは $2$ 乗の期待値で $\ge 0$。ゆえに $E(X^2)\ge \{E(X){\}}^2$。分散(定義)と不等式の融合。

発展。 $E(X^2)\ge \{E(X){\}}^2$ はイェンゼンの不等式(下に凸な関数 $f$ で $E[f(X)]\ge f(E[X])$)の $f(x)=x^2$ の場合だ。凸関数なら平均を先にとるより関数を先に通す方が大きい、という一般則で、対数(上に凸)を使えば相加相乗平均の不等式が出る。分散が負にならないことは、この不等式のいちばん簡単な例である。

別解

別解:2次関数の最小値として読む(苦手な人にも見通しのよいルート)。 定数 $t$ を動かして、$E[(X-t{)}^2]$ という量を考える。展開すると

$$g(t)=E[(X-t{)}^2]=E(X^2)-2tE(X)+t^2.$$

これは $t$ の下に凸な2次関数で、$(X-t{)}^2\ge 0$ の期待値だから $g(t)\ge 0$ が常に成り立つ。2次関数の最小値は頂点 $t=E(X)=\mu$ でとり、その値が $g(\mu )=E(X^2)-{\mu }^2=V(X)$。「常に $0$ 以上な2次関数の最小値」だから $V(X)\ge 0$、すなわち $E(X^2)\ge {\mu }^2$。

「$X$ に最も近い定数は平均 $\mu$ で、そのときの平均二乗誤差が分散」という見方だ。$g(t)\ge 0$ の判別式条件からも $\{E(X){\}}^2\le E(X^2)$ が出て、これはコーシー・シュワルツの不等式の特別な場合になっている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) どの $k$ で $P(X=k)$ が最大か。1つずつ計算するより、隣どうしの比を見るのが速い。

$\frac{P(X=k)}{P(X=k-1)}$ を作ると、二項係数と $p,q$ が約分され、$\frac{(n-k+1)p}{kq}$ という簡単な式になる。この比が $1$ より大きい間は確率が増え、$1$ を下回ると減る。比が $1$ をまたぐ $k$ が、確率の山の頂上=最頻値だ。

① 確率の比。 $n=10,p=\frac{1}{3},q=\frac{2}{3}$ より $$\frac{P(X=k)}{P(X=k-1)}=\frac{n-k+1}{k}\cdot \frac{p}{q}=\frac{11-k}{k}\cdot \frac{1}{2}=\frac{11-k}{2k}.$$ ② 増減の判定。 この比が $1$ より大 $⟺11-k>2k⟺k<\frac{11}{3}=3.67$。

• $k\le 3$:比 $>1$ なので $P(X=k)>P(X=k-1)$(増加)。
• $k\ge 4$:比 $<1$ なので減少。

③ 最頻値。 増加から減少に変わる直前、$k=3$ で最大。 $$k=3.$$

まとめ確率の比 $\frac{11-k}{2k}$ が $1$ をまたぐのが $k=3.67$、直前の $k=3$ で $P(X=k)$ 最大。二項分布(最頻値)と確率の比の融合。全部計算せず比で判定。

発展。 $(n+1)p$ がちょうど整数のときは、最頻値が2つ並ぶ(隣り合う $k$ が同じ確率)。たとえば $B(9,\frac{1}{2})$ では $(n+1)p=5$ が整数で、$k=4$ と $k=5$ が同率で最頻。連続な正規分布なら頂上は1点だが、とびとびの二項分布では「頂上が平ら」になることがある。これは離散ならではの現象だ。

別解

別解:公式 $\lfloor (n+1)p\rfloor$ で当てる(得意な人向けの時短ルート)。 二項分布の最頻値には、隣接比の議論をまとめた公式がある。比 $\frac{P(k)}{P(k-1)}=\frac{(n-k+1)p}{kq}\ge 1$ を解くと $k\le (n+1)p$。だから確率は $k=\lfloor (n+1)p\rfloor$ まで増えて、そこが山の頂上だ。

本問は $n=10$、$p=\frac{1}{3}$ で

$$(n+1)p=11\cdot \frac{1}{3}=\frac{11}{3}=3.67,\lfloor 3.67\rfloor =3.$$

最頻値は $k=3$。平均 $E(X)=np=\frac{10}{3}\approx 3.33$ のすぐ近くにあり、直感とも合う。隣接比を毎回書く(本解)代わりに $\lfloor (n+1)p\rfloor$ を1回計算するだけ。ただし $(n+1)p$ がちょうど整数のときは、その値と1つ手前が同率で並ぶ(頂上が2つ)ことに注意する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $X\sim B(100,\frac{1}{2})$ で $P(X\ge 60)$ を二項の和で計算するのは大変。$n$ が大きいので、正規分布で近似する。

まず平均と分散。$E(X)=np=50$、$V(X)=npq=25$、標準偏差 $\sigma =5$。この $B(100,\frac{1}{2})$ を $N(50,5^2)$ で近似する。

境目 $X=60$ を標準化すると $Z=\frac{60-50}{5}=2$。求めるのは右すその面積 $P(Z\ge 2)$ で、正規分布表の値から出る。

① 平均・分散。 $X\sim B(100,\frac{1}{2})$ より $$E(X)=100\cdot \frac{1}{2}=50,V(X)=100\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=25,\sigma =5.$$ ② 標準化。 $N(50,5^2)$ で近似。$X=60$ を標準化すると $$Z=\frac{60-50}{5}=2.$$ ③ 確率。 $$P(X\ge 60)\approx P(Z\ge 2)=0.5-P(0\le Z\le 2)=0.5-0.4772=\mathrm{0.0228.}$$

まとめ $E(X)=50,\sigma =5$、標準化 $Z=2$、$P(X\ge 60)\approx 0.5-0.4772=0.0228$。二項分布(正規近似)と標準化の融合。

発展。 二項分布が正規分布で近似できる(ド・モアブル–ラプラスの定理)のは、中心極限定理の最初の例だ。$n$ 個の独立な $0/1$ を足すと、$p$ が何であれ和の分布は釣鐘型に近づく。世論調査や品質管理で正規分布がよく使われるのは、「たくさん足すと正規分布」という性質が広く成り立つからである。

別解

別解:連続性の補正でより精密に求める(得意な人向けの高い視点)。 二項分布は $0,1,2,\dots$ ととびとびの値をとるのに、連続な正規分布で近似している。この「とびとび→なめらか」のずれを直す工夫が連続性の補正だ。

整数 $X\ge 60$ は連続な分布では「$59.5$ 以上」に対応させるとよい($59.5$ から $60$ の側の「半マス」を含める)。標準化すると

$$Z=\frac{59.5-50}{5}=\mathrm{1.9.}$$

補正なしの $Z=2$($P=0.0228$)より、補正ありの $Z=1.9$ の方が、実際の二項確率 $P(X\ge 60)\approx 0.0284$ に近い。高校の範囲では補正なしの $Z=2$、$P(X\ge 60)\approx 0.0228$ で十分だ。だが「なぜ近似がわずかにずれるのか」を知っておくと、正規近似の精度を自分で見積もれるようになる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 信頼区間の幅は、標本の大きさ $n$ で決まる。まず幅を $n$ の式で書く。

信頼度 $95\%$ の区間は $\bar{X}\pm 1.96\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$ で、幅はその2倍 $2\cdot 1.96\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$。「幅 $\le 2$」という条件を $n$ の不等式にする。$\sqrt{n}$ について解いて2乗すれば $n$ の下界が出る。$n$ は整数だから最後は切り上げだ。

① 幅の式。 信頼区間の幅は $$W=2\cdot 1.96\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}}=2\cdot 1.96\cdot \frac{10}{\sqrt{n}}=\frac{39.2}{\sqrt{n}}.$$ ② 不等式を解く。 $W\le 2$ より $$\frac{39.2}{\sqrt{n}}\le 2⟹\sqrt{n}\ge 19.6⟹n\ge 19.6^2=\mathrm{384.16.}$$ ③ 標本数。 $n$ は自然数だから、少なくとも $$n=385.$$

まとめ幅 $\frac{39.2}{\sqrt{n}}\le 2$ を解いて $n\ge 384.16$、少なくとも $n=385$。信頼区間(標本平均)と標本数設計の融合。標準誤差 $\sigma /\sqrt{n}$ が幅を決める。

発展。 精度を $\frac{1}{10}$ にするには標本を $100$ 倍必要、という「$2$ 乗の壁」は、統計調査では避けられない。だから全数調査でなく標本調査が使われ、また「あと少し精度を上げる」ための追加コストが跳ね上がる。$\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$ の $\sqrt{n}$ は、努力に対する見返りが逓減することを数式で表している。

別解

別解:「精度を上げるコスト」として比で捉える(得意な人向けの高い視点)。 区間の幅 $w=2\cdot 1.96\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$ は $\frac{1}{\sqrt{n}}$ に比例する。つまり幅と標本数の間には

$$w\propto \frac{1}{\sqrt{n}}⟺n\propto \frac{1}{w^2}$$

という関係がある。「幅を半分にしたければ $n$ を $4$ 倍」「$\frac{1}{10}$ にしたければ $100$ 倍」となり、精度を上げるコストは幅の2乗で増える。本問は $w\le 2$ を $2\cdot 1.96\cdot \frac{10}{\sqrt{n}}\le 2$ と書き、$\sqrt{n}\ge 19.6$、$n\ge 384.16$。整数で切り上げて $n\ge 385$。

もし $\sigma$ が半分($5$)になれば、必要な $n$ は $\frac{1}{4}$ で済む(約 $97$)。標本の質(ばらつきの小ささ)と量(標本数)が、$\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$ という1つの量にまとまって入っている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 母比率の信頼区間は、標本比率 $\hat{p}$ を中心に、その散らばりぶんだけ幅をとる。

まず $\hat{p}=\frac{200}{400}=0.5$。標本比率の標準偏差(標準誤差)は $\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$ で計算する。信頼度 $95\%$ の区間は $\hat{p}\pm 1.96\times (\text{標準誤差})$。数値を入れれば区間が確定する。

① 標本比率。 $\hat{p}=\frac{200}{400}=0.5$。

② 標準偏差。 $$\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}=\sqrt{\frac{0.5\times 0.5}{400}}=\sqrt{\frac{0.25}{400}}=\frac{0.5}{20}=\mathrm{0.025.}$$ ③ 信頼区間。 $$\hat{p}\pm 1.96\times 0.025=0.5\pm 0.049,$$ すなわち $[0.451,0.549]$。

まとめ $\hat{p}=0.5$、標準偏差 $0.025$、$95\%$ 信頼区間 $0.5\pm 0.049=[0.451,0.549]$。母比率(信頼区間)と標準偏差の計算の融合。

発展。 $\hat{p}(1-\hat{p})$ が $\hat{p}=0.5$ で最大になるので、賛否が拮抗しているときほど信頼区間は広い(=結論が出しにくい)。逆に賛成率が $0.9$ のように偏っていれば、同じ標本数でも区間は狭くなる。「接戦ほど当落予想が難しい」という選挙報道の感覚は、この $\hat{p}(1-\hat{p})$ の山に裏打ちされている。

別解

別解:区間の「幅」から必要な人数を逆算する(得意な人向けの視点)。 求めた区間 $0.5\pm 0.049$ の幅は約 $0.098$、およそ $\pm 5$ ポイント。この幅がどこから来るかを、標本数 $n$ の目で見る。

幅の半分(誤差の限界)は $1.96\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$。$\hat{p}(1-\hat{p})$ は $\hat{p}=0.5$ のとき最大 $\frac{1}{4}$ をとる。つまり賛成率がちょうど半々のとき、区間は最も広くなる。

逆に「誤差を $\pm 3$ ポイント以内にしたい」なら、最悪評価 $\hat{p}(1-\hat{p})=\frac{1}{4}$ で

$$1.96\sqrt{\frac{0.25}{n}}\le 0.03⟹n\ge {\left(\frac{1.96\times 0.5}{0.03}\right)}^2\approx 1068.$$

世論調査で「約$1000$人」がよく使われるのは、この $\pm 3\%$ 精度に対応するからだ。本問の $400$ 人は $\pm 5\%$ の精度、と読める。区間を「出して終わり」でなく、幅と人数の関係で捉えると調査の設計まで見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 仮説検定は「もし公正なら、この結果はどれくらい珍しいか」を測る。

まず仮説(公正 $p=\frac{1}{2}$)が正しいと仮定して、そのときの分布を作る。$X\sim B(100,\frac{1}{2})$ を正規近似すると $E(X)=50$、$\sigma =5$。観測値 $60$ を標準化して $Z=\frac{60-50}{5}=2$。両側 $5\%$ の棄却域 $|Z|>1.96$ に入るかどうかで、仮説を捨てるか判定する。

① 仮説のもとでの分布。 公正($p=\frac{1}{2}$)なら $X\sim B(100,\frac{1}{2})$、$E(X)=50$、$\sigma =\sqrt{100\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}}=5$。

② 標準化。 観測値 $X=60$ を標準化して $$Z=\frac{60-50}{5}=2.$$ ③ 判定。 両側 $5\%$ の棄却域は $|Z|>1.96$。$Z=2>1.96$ なので棄却域に入る。よって仮説「公正である」は棄却され、このコインは公正とはいえない。

まとめ公正なら $E(X)=50,\sigma =5$、$Z=2$。棄却域 $|Z|>1.96$ に入るので仮説を棄却(公正とはいえない)。仮説検定(正規近似)と標準化・棄却域の融合。

発展。 この検定の $p$ 値(仮説のもとで観測以上に極端な結果が出る確率)は約 $2\times 0.0228=0.046$ で、$0.05$ をわずかに下回る。つまり「ぎりぎり棄却」だ。有意水準を $1\%$ にすれば棄却されない。境界近くの結果は、水準の取り方しだいで結論が変わる。だから $p$ 値そのものを報告する習慣が重視される。

別解

別解:「棄却域」を回数のことばで描く(苦手な人向け)。 標準化した $Z$ で判定する代わりに、「表が何回なら公正を疑うか」を回数のまま出す。

公正なら $X\sim B(100,\frac{1}{2})$ で平均 $50$、$\sigma =5$。両側 $5\%$ の「ありふれた範囲」は、平均から $\pm 1.96\sigma$ の内側:

$$50-1.96\times 5=40.2\text{から}50+1.96\times 5=\mathrm{59.8.}$$

つまり表が $41$ 回〜$59$ 回なら「公正でもよくあること」、$40$ 回以下または $60$ 回以上なら「珍しすぎる=公正を疑う」(棄却域)。観測された $60$ 回はちょうど棄却域 $X\ge 60$ に入る。だから有意水準 $5\%$ で「公正」は棄却される。

$Z$ の計算(本解)と同じ結論だが、「$60$ 回以上は珍しい」と回数で言われる方が、検定が何をしているか直感的に分かる。ちなみに珍しさ($p$ 値)は約 $2\times 0.0228=0.046<0.05$ で、ぎりぎり棄却される水準だ。