統計的な推測 ★★ 標準の問題 全12問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 未知の $a$ を決める手がかりは、確率の大原則ただひとつで、全部足すと $1$ になることだ。

$$a+2a+3a=6a=1⟹a=\frac{1}{6}$$

分布が確定したら、期待値は「値 $\times$ 確率」の総和。

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

分布決定型の問題はいつも「まず合計 $1$ で分布を確定、それから $E$」の順で解く。

① $a$ を決める。 確率の合計が $1$。

$$a+2a+3a=6a=1\Rightarrow a=\frac{1}{6}$$

② 期待値を計算する。 $P(X=1)=\frac{1}{6}$、$P(X=2)=\frac{2}{6}$、$P(X=3)=\frac{3}{6}$。

$$E(X)=1\cdot \frac{1}{6}+2\cdot \frac{2}{6}+3\cdot \frac{3}{6}=\frac{1+4+9}{6}=\frac{14}{6}=\frac{7}{3}$$

まとめ:確率分布の未知数は「総和 $=1$」でまず決める。これは確率で必ず成り立つ決まりだ。$a$ が決まれば、あとは期待値の公式に入れるだけだ。

発展。 $E(X)=\frac{7}{3}\approx 2.33$ が、真ん中の値 $2$ より大きい点に注目したい。大きい値ほど確率が重い(枚数が多い)分布だから、平均は重い側へ引っ張られる。期待値は「分布の重心」である。てんびんに $6$ 枚のカードを乗せたときの釣り合いの位置、と思うと直感に残る。

「$P(X=k)$ が $k$ に比例」する分布は、一般の $1$ から $n$ なら $a=\frac{2}{n(n+1)}$($\Sigma k$ の公式)で決まる。確率分布の正規化に数列の和が出てくるのは、単元をまたぐ小さなつながりである。

別解

確率 $\frac{1}{6},\frac{2}{6},\frac{3}{6}$ を、$6$ 枚のカードに置き換えると素朴に見える。「$1$」のカードを $1$ 枚、「$2$」を $2$ 枚、「$3$」を $3$ 枚、計 $6$ 枚から $1$ 枚引くくじだと思えば、この分布と完全に同じだ。期待値は $6$ 枚の値のただの平均になる。

$$E(X)=\frac{1+2+2+3+3+3}{6}=\frac{14}{6}=\frac{7}{3}$$

「値 $\times$ 確率の和」という公式は、「枚数分だけ書き並べて平均をとる」ことを短く書いたものにすぎない。分子の $1+2\cdot 2+3\cdot 3$ は、カードを種類ごとにまとめて数えたものだ。

期待値の計算で手が止まったら、確率を枚数に戻して平均をとる。この言い換えはどの分布でも使える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 分散の計算は、定義どおり $(x-\mu {)}^2$ を集めるより、計算式

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

が速いことが多い。$\mu =\frac{7}{3}$ のような分数だと、$(x-\mu {)}^2$ の計算が毎回分数になるからだ。$E(X^2)$ は「値の $2$ 乗 $\times$ 確率」の和。$E(X)=\frac{7}{3}$ はもう手元にあるから、あとは $2$ 乗して引くだけ。「$2$ 乗の平均 $-$ 平均の $2$ 乗」と唱えて覚える。

① $E(X^2)$ を求める。

$$E(X^2)=1\cdot \frac{1}{6}+4\cdot \frac{2}{6}+9\cdot \frac{3}{6}=\frac{1+8+27}{6}=\frac{36}{6}=6$$

② 分散を計算する。

$$V(X)=6-(\frac{7}{3}{)}^2=6-\frac{49}{9}=\frac{54-49}{9}=\frac{5}{9}$$

まとめ:分散は $E(X^2)-\{E(X){\}}^2$。$E(X^2)$ は「値の $2$ 乗 × 確率」の和。$6-\frac{49}{9}$ の通分をていねいに($6=\frac{54}{9}$)。

発展。 $2$ つの式が常に一致する理由は、定義式を展開すると分かる。$\sum (x-\mu {)}^{2}p=\sum x^{2}p-2\mu \sum xp+{\mu }^2\sum p=E(X^2)-2{\mu }^2+{\mu }^2$ となる。真ん中の項で $\sum xp=\mu$、最後で $\sum p=1$ を使うと、$E(X^2)-{\mu }^2$ にまとまる。データの分析(数I)で学んだ分散の変形と同じ計算だ。

$V(X)\geqq 0$ から、副産物として $E(X^2)\geqq \{E(X){\}}^2$ が常に成り立つことも読める。「$2$ 乗の平均は、平均の $2$ 乗より小さくならない」ことは、統計と不等式をつなぐ小さいが大事な事実である。

別解

定義式 $V(X)=\sum (x-\mu {)}^{2}p$ でも計算して、突き合わせてみよう。分散の意味($\mu$ からのずれの $2$ 乗の平均)が計算の形のまま見える。$\mu =\frac{7}{3}$ からの各値のずれは $1-\frac{7}{3}=-\frac{4}{3}$、$2-\frac{7}{3}=-\frac{1}{3}$、$3-\frac{7}{3}=\frac{2}{3}$。

$$V(X)=\frac{16}{9}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{9}\cdot \frac{2}{6}+\frac{4}{9}\cdot \frac{3}{6}=\frac{16+2+12}{54}=\frac{30}{54}=\frac{5}{9}$$

計算式ルートと一致した。

見どころは、重みがどう影響するかだ。いちばん遠い値 $1$(ずれ $-\frac{4}{3}$)は確率が軽く、いちばん重い値 $3$ はずれが小さい。だから分散は $\frac{5}{9}$ とかなり小さい。定義式は手間がかかるぶん、「どの値がどれだけ散らばりに寄与しているか」まで分かる。検算を兼ねて一度は両方で計算しておくと、公式の信頼感が変わる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $X$ を $3$ 倍して $1$ 引いた新しい変数の平均と分散。分布表を作り直さなくても、変換の公式で片づく。

$$E(aX+b)=aE(X)+b,V(aX+b)=a^{2}V(X)$$

覚えどころは非対称さだ。平均は「$3$ 倍して $1$ 引く」がそのまま伝わる。分散はずらし($-1$)の影響を受けず、倍率は $2$ 乗で入る。全員を同じだけずらしても散らばりは変わらず、$3$ 倍に引き伸ばすと $2$ 乗の量である分散は $9$ 倍になる、という理屈である。

① 期待値。

$$E(3X-1)=3E(X)-1=3\cdot \frac{7}{3}-1=7-1=6$$

② 分散。 $-1$ は影響せず、$3^2=9$ 倍。

$$V(3X-1)=3^2\cdot V(X)=9\cdot \frac{5}{9}=5$$

まとめ:期待値は $1$ 次式をそのまま通す($3$ 倍して $-1$)。分散は平行移動($-1$)を無視し、$\times 3$ を $\times 9$ にする。この非対称さ($a$ と $a^2$)を押さえる。

発展。 この変換公式の最重要応用が後で学ぶ標準化 $Z=\frac{X-\mu }{\sigma }$ だ。$a=\frac{1}{\sigma },b=-\frac{\mu }{\sigma }$ の $1$ 次変換だから、$E(Z)=0$、$V(Z)=1$ となる。どんな分布も「平均 $0$・散らばり $1$」の物差しにそろえられる。正規分布の表が $1$ 枚で済む理由が、この問題の公式にある。

データの分析(数I)の「仮平均」「変量の変換」とも同じ式。確率変数でもデータでも、$1$ 次変換に対する平均と分散のふるまいは一言一句同じである。

別解

公式を信じられないときは、新しい変数の分布表を実際に作って確かめられる。$Y=3X-1$ の値は、$X=1,2,3$ に対応して $2,5,8$。確率はそのまま $\frac{1}{6},\frac{2}{6},\frac{3}{6}$ だ。

$$E(Y)=2\cdot \frac{1}{6}+5\cdot \frac{2}{6}+8\cdot \frac{3}{6}=\frac{2+10+24}{6}=6$$

分散も直接に。$E(Y^2)=4\cdot \frac{1}{6}+25\cdot \frac{2}{6}+64\cdot \frac{3}{6}=\frac{4+50+192}{6}=41$ だから

$$V(Y)=E(Y^2)-\{E(Y){\}}^2=41-36=5$$

公式の答え($E=3\cdot \frac{7}{3}-1=6$、$V=9\cdot \frac{5}{9}=5$)と完全に一致する。値が $3$ つ程度なら直接計算も数分で済む。公式ルートと直接ルートの答え合わせを一度自分の手でやると、$E$ は係数がそのまま・$V$ は $2$ 乗という非対称が「暗記」から「納得」に変わる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「同じ試行を $180$ 回、各回あたり確率 $\frac{1}{6}$、回数を数える」という設定を見たら、$X$ は二項分布 $B\left(180,\frac{1}{6}\right)$ だと型を当てる。

二項分布なら、平均・分散は公式ですぐに出る。

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

代入して $E=30$、$V=25$、$\sigma =\sqrt{25}=5$。「設定から分布の型を特定 → 型の公式を使う」のが統計の問題の基本動作である。

$X\sim B\left(180,\frac{1}{6}\right)$。$p=\frac{1}{6}$、$q=\frac{5}{6}$。

① 期待値。

$$E(X)=np=180\times \frac{1}{6}=30$$

② 分散。

$$V(X)=npq=180\times \frac{1}{6}\times \frac{5}{6}=180\times \frac{5}{36}=25$$

③ 標準偏差。

$$\sigma (X)=\sqrt{25}=5$$

まとめ:反復試行の回数は二項分布。$E=np$、$V=npq$、$\sigma =\sqrt{npq}$ の $3$ 点セットをまとめて出せる。定義から計算する必要はない。

発展。 $\sigma =5$ の使い道を一言。$180$ 回投げて $1$ の目は「$30\pm 5$ 回くらい」になる。$2\sigma$ の幅なら $20$〜$40$ 回にほぼ収まる($95\%$ 前後)。もし $60$ 回も出たら平均から $6\sigma$、それはサイコロを疑う場面だ。平均と標準偏差のペアは「ふつうの範囲」の物差しになる。

別解の「$0$–$1$ 変数に分解して足す」は、期待値の線形性の使い方のよい見本だ。分解した $X_i$ が独立でなくても $E(X)=np$ の側は成り立つ(分散の加法だけが独立を要求する)。この区別は後の応用で役に立つ。

別解

公式 $E=np$、$V=npq$ がどこから来るのかは、$180$ 回を「$1$ 回分 $\times 180$」に分解すると分かる。$i$ 回目に $1$ の目が出たら $1$、出なかったら $0$ をとる変数を $X_i$ とすると、総回数は

$$X=X_1+X_2+\cdots +X_{180}$$

$1$ 回分の平均と分散は小さな計算で出る。$E(X_i)=1\cdot \frac{1}{6}+0\cdot \frac{5}{6}=\frac{1}{6}$。また $X_i^2=X_i$($0$ と $1$ は $2$ 乗しても不変)だから

$$V(X_i)=E(X_i^2)-\{E(X_i){\}}^2=\frac{1}{6}-\frac{1}{36}=\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}=pq$$

各回は独立なので、平均も分散もそのまま足せる。

$$E(X)=180\cdot \frac{1}{6}=30,V(X)=180\cdot \frac{5}{36}=25$$

$np$ と $npq$ は「$1$ 回分 $p,pq$ の $n$ 人分」だった。公式を忘れても、この分解からいつでも復元できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「毎回もとに戻す」ので、各回が独立で当たる確率が常に $\frac{1}{3}$ だ。当たり回数 $X$ は二項分布 $B\left(5,\frac{1}{3}\right)$ だ。

「ちょうど $2$ 回」の確率は $2$ つの部品の積で組み立てる。$1$ つの並び方(例: 当当外外外)の確率が ${\left(\frac{1}{3}\right)}^2{\left(\frac{2}{3}\right)}^3$。当たり $2$ 回の位置の選び方が $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)=10$ 通り。掛けて

$$P(X=2)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right){\left(\frac{1}{3}\right)}^2{\left(\frac{2}{3}\right)}^3$$

二項分布の式の中身は「$1$ 本の道の確率 $\times$ 道の本数」だけである。

$X\sim B\left(5,\frac{1}{3}\right)$。$k=2$ を代入する。当たり $2$ 回、はずれ $3$ 回。

$$P(X=2)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)\left(\frac{1}{3}{)}^2\right(\frac{2}{3}{)}^3=10\times \frac{1}{9}\times \frac{8}{27}=\frac{80}{243}$$

まとめ:$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)=10$(どの $2$ 回で当たるか)、${\left(\frac{1}{3}\right)}^2$(当たり $2$ 回)、${\left(\frac{2}{3}\right)}^3$(はずれ $3$ 回)。指数の合計 $2+3=5$ が試行回数と合うか確認するとミスが減る。

発展。 $P(0)$ から $P(5)$ まで全部足すと $1$ になる(二項定理 ${\left(\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\right)}^5=1$ の展開そのもの)。「二項分布」という名前は、この二項定理との対応から来ている。

期待値は $np=\frac{5}{3}\approx 1.7$ 回。最頻値($1$ 回と $2$ 回)が期待値を挟んでいるのも、分布の山が期待値のあたりに立つという一般的な性質の現れだ。回数が増えて $n=500$ ともなれば、この山はなめらかな釣鐘(正規分布)に近づいていく(この単元の後半で正規近似として学ぶ)。

別解

「ちょうど $2$ 回」だけでなく、分布の全体を並べて見ると、この答えの立ち位置が見える。

$$P(0)=\frac{32}{243},P(1)=\frac{80}{243},P(2)=\frac{80}{243},P(3)=\frac{40}{243},\dots$$

よく見ると、$P(1)$ と $P(2)$ が同じ $\frac{80}{243}$ で、そろって最頻値になっている。偶然ではない。となり合う確率の比をとると

$$\frac{P(2)}{P(1)}=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{1}\right)}\cdot \frac{1/3}{2/3}=\frac{10}{5}\cdot \frac{1}{2}=1$$

比はちょうど $1$ なので、$1$ 回と $2$ 回の間が、確率の増減が入れ替わる境目になっている(目安の値 $(n+1)p=6\cdot \frac{1}{3}=2$ がぴったり整数になるときの現象だ)。「隣との比 $\frac{P(k+1)}{P(k)}$ で分布の山を探す」見方は、二項分布の最大確率を問う応用問題でよく使う。ここで先取りしておこう。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 正規分布の確率は、必ず標準化してから表を引く。$Z=\frac{X-60}{10}$ で物差しを取り替えると

$$50\leqq X\leqq 75⟺-1\leqq Z\leqq 1.5$$

表にあるのは「$0$ から右側」の面積だけ。範囲が中央 $0$ をまたぐので、左右に割る。左の $-1\leqq Z\leqq 0$ は、釣鐘の左右対称性から $0\leqq Z\leqq 1$ と同じ面積。右の $0\leqq Z\leqq 1.5$ はそのまま表の値。$2$ つを足せば答えだ。「またぐなら割る、左は対称で右に映す」のが、区間確率の定跡である。

① 両端を標準化する。 $Z=\frac{X-60}{10}$。

$$X=50\Rightarrow Z=-1,X=75\Rightarrow Z=1.5$$

② $0$ で分ける。 求めるのは $P(-1\leqq Z\leqq 1.5)$。中央 $0$ で左右に分ける。

$$P(-1\leqq Z\leqq 1.5)=P(-1\leqq Z\leqq 0)+P(0\leqq Z\leqq 1.5)$$

③ 左側を対称性で直す。 標準正規分布は左右対称なので $P(-1\leqq Z\leqq 0)=P(0\leqq Z\leqq 1)=0.3413$。

$$=0.3413+0.4332=0.7745$$

まとめ:範囲が中央をまたぐと、表(片側のみ)そのままでは引けない。$0$ で分け、負の側は左右対称性で正の側に読みかえてから足す。これが正規分布の確率計算の要だ。

発展。 どんな正規分布でも標準化 $1$ つで同じ表が使える理由は、$1$ 次変換の公式($E(aX+b)=aE+b$、$V(aX+b)=a^{2}V$)にある。$Z=\frac{X-\mu }{\sigma }$ は $E(Z)=0$、$V(Z)=1$ を作る特別な $1$ 次変換で、正規分布は $1$ 次変換で正規分布のままである。この $2$ つが揃って「表は $1$ 枚で足りる」が成立する。

$68\%$($\pm 1\sigma$)・$95\%$($\pm 2\sigma$)・$99.7\%$($\pm 3\sigma$)の三点セットは、テストの偏差値(偏差値 $60$ は $+1\sigma$ で、上位 $16\%$ 前後)や品質管理($3\sigma$ 管理)など、実務でもよく使われる。

別解

標準化を「式の操作」でなく「目盛りの貼り替え」として見ると、迷いが減る。もとの数直線の $60$ の位置に $0$、$70$ に $1$、$50$ に $-1$、$75$ に $1.5$ と、「平均から標準偏差何個分か」という新しい目盛りを貼る。これが $Z$ だ。

$$X:50607075⟶Z:-1011.5$$

$X=50$ は「平均より $\sigma$ ひとつ左」、$X=75$ は「$\sigma$ 1.5 個分右」。問題は「$-1\sigma$ から $+1.5\sigma$ までの面積は?」と読み替えられた。

この目盛りで有名な数値を覚えておくと検算になる。$\pm 1\sigma$ の内側は約 $68\%$、$\pm 2\sigma$ で約 $95\%$。今回の答え $0.7745$ は「$\pm 1\sigma$($68\%$)より右に半個分広い区間」の確率なので、$68\%$ より少し大きい値として妥当だと、表を引く前から見積もれる。

正規分布の問題はすべて「$\sigma$ 何個分か」の言葉で言い換えられる。$X$ のまま考えず、まず目盛りを貼り替える癖をつけよう。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $X$ は二項分布 $B\left(400,\frac{1}{2}\right)$。$P(X\geqq 215)$ を厳密に計算するなら $186$ 項の足し算になり、現実的でない。

そこで近似を使う。$n$ が大きい二項分布は、同じ平均・分散をもつ正規分布 $N(np,npq)$ でほぼ置き換えられる。

平均 $np=200$、分散 $npq=100$、標準偏差 $10$。あとは正規分布の問題として標準化し、表を引くだけだ。「離散の山を、なめらかな釣鐘で置き換える」のが、二項分布の正規近似である。

① 平均と標準偏差を出す。 $X\sim B\left(400,\frac{1}{2}\right)$。

$$np=400\times \frac{1}{2}=200,\sigma =\sqrt{npq}=\sqrt{400\times \frac{1}{2}\times \frac{1}{2}}=\sqrt{100}=10$$

よって $X$ はおよそ $N(200,10^2)$ に従う。

② 標準化する。 $X=215$ を標準化。

$$Z=\frac{215-200}{10}=1.5$$

③ 確率を求める。 $P(X\geqq 215)=P(Z\geqq 1.5)$。これは右のすそ野の面積で、$0.5$ から $P(0\leqq Z\leqq 1.5)$ を引く。

$$P(Z\geqq 1.5)=0.5-0.4332=0.0668$$

まとめ:回数の多い二項分布は $N(np,npq)$ で近似できる(正規近似)。平均 $np$・標準偏差 $\sqrt{npq}$ を出して標準化すれば、正規分布の確率として計算できる。$P(Z\geqq z)=0.5-(\text{表の値})$ の形も要注意。

発展。 「二項分布は $n$ が大きいと正規分布に近づく」はド・モアブル=ラプラスの定理と呼ばれ、さらに一般化した中心極限定理(どんな分布でも、独立な和は正規分布に近づく)は統計学全体の基礎だ。身長・測定誤差など「小さな要因の足し合わせ」が正規分布になりやすい理由もここにある。

より精密には、離散の $X\geqq 215$ を連続の $X\geqq 214.5$ と半目盛りずらして近似する「連続性の補正」もある(大学レベル)。高校の答え $0.0668$ に対し補正後は約 $0.0735$ となる。近似の精度を上げる工夫まで含めて、この定理は実用の道具になっている。

別解

計算の前に「$215$ 回は多いのか?」を $\sigma$ の物差しで見積もる習慣をつけたい。$400$ 回投げれば表は平均 $200$ 回。ぶれの単位は $\sigma =\sqrt{npq}=10$ 回だ。

$$215=200+1.5\sigma$$

$215$ 回は「平均より $\sigma$ 1.5 個分多い」ので、珍しさで言えば中の上、という位置づけがまず読める。$\pm 2\sigma$($95\%$)にはまだ届かないから、確率は数 % 台のはず、と当たりがつく。実際、$P(Z\geqq 1.5)=0.5-0.4332=0.0668$ で、見積もりどおり約 $6.7\%$ だ。

この「まず $\sigma$ で測る」感覚は答えの検算になるだけではない。もし問題が「$230$ 回以上」($+3\sigma$)なら $0.1\%$ 台になり、「この硬貨は歪んでいるのでは?」と疑い始める水準だ。これは後で学ぶ仮説検定の考え方の基礎である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 個々のデータではなく「$100$ 個の平均 $\overline{X}$」を中心に考える。平均をとると、ばらつきは縮む。

$$\overline{X}\sim N\left(\mu ,{\left(\frac{\sigma }{\sqrt{n}}\right)}^2\right)$$

中心は母平均 $50$ のまま、標準偏差は $\frac{10}{\sqrt{100}}=1$ に縮む。あとはいつもの標準化だ。$\overline{X}=52$ は $Z=\frac{52-50}{1}=2$ となり、「平均の分布」の上では $+2\sigma$ という、かなり珍しい値になる。

① $\overline{X}$ の分布を出す。 平均 $\mu =50$、標準偏差 $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}=\frac{10}{\sqrt{100}}=1$。よって $\overline{X}\approx N(50,1^2)$。

② 標準化する。 $\overline{X}=52$。

$$Z=\frac{52-50}{1}=2$$

③ 確率を求める。

$$P(\overline{X}\geqq 52)=P(Z\geqq 2)=0.5-0.4772=0.0228$$

まとめ:標本平均は $N\left(\mu ,{\left(\frac{\sigma }{\sqrt{n}}\right)}^2\right)$。ふつうの正規分布の確率計算と同じだが、標準偏差が $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$(母標準偏差ではない)なのが要注意。ここを間違えると標準化がずれる。

発展。 「標本平均 $52$ 以上になる確率は $2.28\%$」と小さい。この小ささを逆に利用するのが、次に学ぶ推定と仮説検定だ。実際に $\overline{X}=52$ が観測されたら、「母平均は本当に $50$ なのか?」と疑う根拠になる($5\%$ を切る珍しさ、がよく使われる基準)。確率の計算問題がそのまま統計的判断の部品になっている。

母集団の分布が正規分布でなくても、$n$ が大きければ $\overline{X}$ の分布は正規分布に近づく(中心極限定理)。「平均をとると正規分布に均される」ことが、標本平均が統計学で特別扱いされる理由である。

別解

$\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$ という縮み方は丸暗記でなく分散の足し算から導ける。標本の合計 $T=X_1+\cdots +X_{100}$ を考える。各 $X_i$ の分散は $10^2=100$ で、無作為抽出なら互いに独立だ。独立な分散は足せるから

$$V(T)=100\times 100=10000$$

平均は $\overline{X}=\frac{T}{100}$。$1$ 次変換で分散は係数の $2$ 乗倍だから

$$V(\overline{X})=\frac{V(T)}{100^2}=\frac{10000}{10000}=1\sigma (\overline{X})=1$$

一般に $V(\overline{X})=\frac{n{\sigma }^2}{n^2}=\frac{{\sigma }^2}{n}$ で、分散は $\frac{1}{n}$ 倍、標準偏差は $\frac{1}{\sqrt{n}}$ 倍になる。「和で $n$ 倍に増えた分散を、$n$ で割る操作が $2$ 乗で入って $n^2$ 分の $1$ にする」 という2つの効果の差し引きとして、$\sqrt{n}$ が出てくる。

$4$ 倍のデータで誤差半分、$100$ 倍でようやく $10$ 分の $1$ になる。精度は標本数の平方根でしか改善しない。調査のコスト感覚として覚えておく価値がある。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 標本平均 $50$ が得られた。母平均 $m$ そのものは分からない。だが、「$m$ がこのあたりにいる」と幅で答えることはできる。それが信頼区間だ。

信頼度 $95\%$ の公式は

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

部品は $3$ つ。標本平均 $\overline{X}=50$、ばらつきの単位 $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}=\frac{10}{10}=1$、そして $95\%$ に対応する係数 $1.96$。代入して $50\pm 1.96$。

① 標準誤差を出す。 $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}=\frac{10}{\sqrt{100}}=\frac{10}{10}=1$。

② 信頼区間を計算する。 $\overline{X}=50$、$1.96\cdot 1=1.96$。

$$50-1.96\leqq m\leqq 50+1.96$$

$$48.04\leqq m\leqq 51.96$$

まとめ:信頼区間は「標本平均を中心に、$\pm 1.96\times$ 標準誤差」。信頼度 $95\%$ は「この区間が母平均を含む確率が $95\%$」という意味。標準誤差 $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$ を正しく出すことが大事だ。

発展。 区間の幅は $2\times 1.96\times \frac{\sigma }{\sqrt{n}}=3.92$。幅を半分にしたければ $\sqrt{n}$ を $2$ 倍にする。つまり標本を $4$ 倍($400$ 個)集める必要がある。「精度は $\sqrt{n}$ でしか買えない」という標本平均の性質が、そのまま調査コストの見積もり式になる。

信頼度を $99\%$ に上げると係数は $1.96\to 2.58$、区間は広がる。「自信を持ちたければ幅を広く、幅を絞りたければ自信を下げるか標本を増やす」という、信頼度・幅・標本数の三すくみがこの $1$ 本の式に収まっている。

別解

公式の $\pm 1.96$ がどこから来るかは、前の問題(標本平均の分布)から不等式を裏返すだけで導ける。標本平均 $\overline{X}$ は $N\left(m,1^2\right)$ に従う($\frac{\sigma }{\sqrt{n}}=1$)。正規分布では $95\%$ の確率で $\pm 1.96\sigma$ に収まるから

$$P(|\overline{X}-m|\leqq 1.96)=0.95$$

ここで絶対値の不等式 $|\overline{X}-m|\leqq 1.96$ を読み替える。「$\overline{X}$ が $m$ から $1.96$ 以内」と「$m$ が $\overline{X}$ から $1.96$ 以内」は、同じことを主語を替えて言っただけだ。

$$m-1.96\leqq \overline{X}\leqq m+1.96⟺\overline{X}-1.96\leqq m\leqq \overline{X}+1.96$$

観測値 $\overline{X}=50$ を入れると $[48.04,51.96]$ となり、公式と同じ区間が、意味つきで出てきた。「信頼区間 $=$ 標本平均の届く範囲を、母平均の側から見直したもの」。この裏返しの一歩を一度自分で踏むと、公式の $\pm$ の中身を忘れなくなる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 今度は平均でなく割合(母比率 $p$)の推定。標本比率は $\hat{p}=\frac{40}{100}=0.4$ だ。

型は母平均のときと同じ「$\hat{p}\pm 1.96\times (\text{ばらつきの単位})$」。比率のばらつきの単位は

$$\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}=\sqrt{\frac{0.24}{100}}=\frac{0.49}{10}=0.049$$

よって $0.4\pm 1.96\times 0.049=0.4\pm 0.096$。「推定値 $\pm 1.96\times$ 標準誤差」という形は、平均でも比率でも変わらない。

① 標本比率を出す。 $\hat{p}=\frac{40}{100}=0.4$。

② 標準誤差を出す。 $\hat{p}(1-\hat{p})=0.4\times 0.6=0.24$。

$$\sqrt{\frac{0.24}{100}}=\frac{\sqrt{0.24}}{10}=\frac{0.49}{10}=0.049$$

③ 信頼区間を計算する。 $1.96\times 0.049=0.096$。

$$0.4-0.096\leqq p\leqq 0.4+0.096$$

$$0.304\leqq p\leqq 0.496$$

まとめ:母比率の推定は「標本比率 $\pm 1.96\times$ 標準誤差」。標準誤差は $\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$。母平均のときの $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$ に対応する量が、比率では $\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$ になる。

発展。 母比率の区間が母平均と同じ型になる理由: 規格に合えば $1$、合わなければ $0$ の変数の平均が比率 $\hat{p}$ そのもの。$0$–$1$ 変数の分散が $p(1-p)$ だから、標本平均の公式 $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$ に $\sigma =\sqrt{p(1-p)}$ を入れただけだ。比率の推定は平均の推定の特別な場合である。

なお本当は $p$ が未知なので、分散に $\hat{p}$ を代用している(大きい $n$ では差が無視できる)。この代用や、別解の最悪評価 $\frac{1}{4}$ による標本数設計(「誤差 $\pm 5\%$ 以内に必要な $n$ は?」)は、応用問題でよく出るテーマだ。

別解

$\hat{p}(1-\hat{p})$ という積には便利な上限があり、どんな $\hat{p}$ でも $\frac{1}{4}$ 以下($\hat{p}=0.5$ のとき最大。和が一定の $2$ 数の積は等しいとき最大、の相加相乗と同じ理屈)。これを使うと、$\hat{p}$ の値を知らなくても誤差の上限が言える。$n=100$ なら

$$1.96\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{100}}\leqq 1.96\sqrt{\frac{0.25}{100}}=1.96\times 0.05=0.098$$

つまり「$100$ 人調べれば、比率の誤差はどんな場合でも $\pm 0.098$(約 $\pm 10$ ポイント)以内」。今回の $\pm 0.096$ が、この上限すれすれなのは $\hat{p}=0.4$ が $0.5$ に近いからだ。

この最悪評価は実務の常識値になっている。世論調査で「$n=1000$、誤差 $\pm 3$ ポイント」と言われるのは $1.96\sqrt{\frac{0.25}{1000}}\approx 0.031$ の計算そのもの。$4$ 倍の精度には $16$ 倍の標本が要る。ここでも $\sqrt{n}$ の壁がある。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 使う道具は $1$ つで、独立なら分散は足せることだ。

$$V(X+Y)=V(X)+V(Y)=4+9=13$$

標準偏差はその平方根で $\sigma (X+Y)=\sqrt{13}$。注意すべきは順序だ。足せるのは分散であって、標準偏差ではない。$\sigma (X)+\sigma (Y)=2+3=5$ と $\sqrt{13}\approx 3.6$ は別物だ。「分散で足してから、最後に平方根」の一方通行を守る。

① 分散を足す。 独立なので

$$V(X+Y)=V(X)+V(Y)=4+9=13$$

② 標準偏差を求める。

$$\sigma (X+Y)=\sqrt{V(X+Y)}=\sqrt{13}$$

まとめ:分散の加法性 $V(X+Y)=V(X)+V(Y)$ は独立のときだけ(期待値の加法性はいつでも、と対照的)。そして標準偏差は足せない:$\sqrt{13}\ne \sqrt{4}+\sqrt{9}$。分散で足してから最後にルートをとる。

発展。 差にしても分散は足し算になる: $V(X-Y)=V(X)+V(Y)=13$。$-Y$ の分散は $(-1{)}^{2}V(Y)=V(Y)$ のままだからだ。引き算しても、ばらつきは打ち消し合わない。測定値の差をとると誤差はむしろ増える、という実験の常識がここにある。

独立でない場合は $V(X+Y)=V(X)+V(Y)+2\mathrm{Cov}(X,Y)$ と共分散の補正が付く(大学レベル)。三平方の絵で言えば、直角でない三角形の余弦定理にあたる。独立(直交)はその特別にきれいな場合である。

別解

「分散は足せて標準偏差は足せない」を、三平方の定理の絵で覚える方法がある。

$X$ のばらつき ${\sigma }_X=2$ と $Y$ のばらつき ${\sigma }_Y=3$ を、直交する $2$ 辺のベクトルだと思う。独立な $2$ つのゆらぎは互いに無関係な方向を向いているから、合成したゆらぎは斜辺になり、長さは

$$\sigma (X+Y)=\sqrt{{\sigma }_X^2+{\sigma }_Y^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$$

直角三角形の斜辺の公式($2^2+3^2=13$)そのものだ。斜辺は $2$ 辺の和より必ず短い($\sqrt{13}\approx 3.6<5$)。標準偏差を単純に足すと過大評価になる理由が、三角形の絵から一目で分かる。独立なゆらぎは同時に最悪方向へ揃わないので、合成は「和」より穏やかになるのだ。

「独立 $=$ 直交、合成 $=$ 斜辺」。このイメージは統計だけでなく測定誤差の合成(物理・工学)でもそのまま使われている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $2X+3Y$ の平均と分散は、$2$ つの規則を組み合わせるだけで求まる。

期待値は線形。係数も足し算もそのまま通る。

$$E(2X+3Y)=2E(X)+3E(Y)=2\cdot \frac{3}{2}+3\cdot 2=9$$

分散は独立のもとで足せるが、係数は $2$ 乗になる。

$$V(2X+3Y)=2^{2}V(X)+3^{2}V(Y)=4\cdot 4+9\cdot 9=97$$

「$E$ は素直、$V$ は $2$ 乗と独立性」という非対称をしっかり身につけるのが、この問題の目的である。

① 期待値。 線形にそのまま通す。

$$E(2X+3Y)=2E(X)+3E(Y)=2\cdot \frac{3}{2}+3\cdot 2=3+6=9$$

② 分散。 独立なので分散を足せる。係数は $2$ 乗。

$$V(2X+3Y)=2^{2}V(X)+3^{2}V(Y)=4\times 4+9\times 9=16+81=97$$

まとめ:期待値は係数そのまま($2,3$)、分散は係数の $2$ 乗($4,9$)で足す(独立が前提)。$E$ と $V$ で係数の扱いがちがう($a$ と $a^2$)ことを、いつも意識する。

発展。 期待値の線形性 $E(aX+bY)=aE(X)+bE(Y)$ は、実は独立でなくても常に成り立つ。独立性が要るのは分散の加法だけだ。この非対称は使い分けの要点で、複雑な確率の問題(絡み合った変数の期待値)ほど「期待値なら独立性不要」が役に立つ。

$2X+3Y$ のような重み付き和は、ポートフォリオ(資産配分)の収益とリスクの計算そのもの。期待収益には係数がそのままかかり、リスク(分散)には $2$ 乗でかかる。金融工学の第一歩がこの公式のペアである。

別解

「どっちが $2$ 乗だったか」を試験場で思い出す道具として、単位(次元)で確かめる方法を知っておくと強い。$X$ の単位を cm だとしよう。期待値 $E(X)$ も cm で、値と同じ単位だ。だから $2X$ の平均は素直に $2$ 倍。

一方、分散は「ずれの $2$ 乗の平均」だから単位は cm${}^2$ で、面積の単位を持つ。長さを $2$ 倍にすれば面積は $4$ 倍。$V(2X)=2^{2}V(X)$ の「$2$ 乗」は、単位が $2$ 乗の量であることの当然の帰結だ。

$$V(2X+3Y)=4V(X)+9V(Y)=16+81=97({\text{cm}}^2\text{の世界の足し算})$$

標準偏差 $\sigma =\sqrt{97}$ で cm の単位に戻る。「$E$ と $\sigma$ は cm、$V$ は cm${}^2$」という次元感覚があれば、$V(aX)=aV(X)$ のような式は単位が合わない時点ですぐに誤りと分かる。公式の暗記に加えて、物理のような検算の手段がひとつ増える。