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統計検定1級の2018年11月の「統計応用」の「社会科学 問2」の解答例と解説について取り扱いました。他の問題の解答に関しては下記よりご確認ください。
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問題

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解答

[1]
経済データでは値の大きさに比例して標準偏差が大きくなることが多いので、散らばりの指標には標準偏差よりも標準偏差を平均値で割った変動係数が妥当な指標となる。また、層1〜3における変動係数はそれぞれ$0.10, 0.10, 0.16$であり、層3の散らばりが最も大きいと考えることができる。

[2]
正規分布に基づく母平均の$95$％区間は、標本平均を$\bar{x}$、標準正規分布の上側$2.5$％点を$z_{\alpha=0.025}$とした際に下記のように与えられる。
$$
\large
\begin{align}
\bar{x} \pm z_{\alpha=0.025} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}
\end{align}
$$

よって、$\displaystyle d \geq z_{\alpha=0.025} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$が得られる。これを$n$に関して解くと、下記が導出できる。
$$
\large
\begin{align}
d & \geq z_{\alpha=0.025} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \\
\sqrt{n} & \geq z_{\alpha=0.025} \frac{\sigma}{d} \\
n & \geq z_{\alpha=0.025}^2 \frac{\sigma^2}{d^2}
\end{align}
$$
上記は与式が成立することを示唆する。

また、$z_{\alpha=0.025}=1.96, \sigma^2=\sigma_1^2=10^2, d=5$を用いて$n_1^{*}$に関して下記が導出できる。
$$
\large
\begin{align}
n_1^{*} & \geq z_{\alpha=0.025}^2 \frac{\sigma_1^2}{d^2} \\
&= 1.96^2 \frac{10^2}{5^2} \\
&= 15.36… \simeq 15.4
\end{align}
$$
ここで$n_1^{*}$は整数なので$n_1^{*}=16$となる。

[3]
$\mu$の推定量$\hat{\mu}$の分散$V[\hat{\mu}]$は下記のように求めることができる。
$$
\large
\begin{align}
V[\hat{\mu}] &= V \left[ \sum_{i=1}^{3} \frac{N_i}{N} \bar{x_i} \right] \\
&= V \left[ \frac{N_1}{N} \bar{x_1} + \frac{N_2}{N} \bar{x_2} + \frac{N_3}{N} \bar{x_3} \right] \\
&= V \left[ \frac{N_1}{N} \bar{x_1} \right] + V \left[ \frac{N_2}{N} \bar{x_2} \right] + V \left[ \frac{N_3}{N} \bar{x_3} \right] \\
&= \frac{N_1^2}{N^2} V \left[\bar{x_1} \right] + \frac{N_2^2}{N^2} V \left[ \bar{x_2} \right] + \frac{N_3^2}{N^2} V \left[ \bar{x_3} \right] \\
&= \frac{N_1^2}{N^2} \cdot \frac{N_1-n_1}{N_1-1} \cdot \frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{N_2^2}{N^2} \cdot \frac{N_2-n_2}{N_2-1} \cdot \frac{\sigma_2^2}{n_2} + \frac{N_3^2}{N^2} \cdot \frac{N_3-n_3}{N_3-1} \cdot \frac{\sigma_3^2}{n_3} \\
&= \sum_{i=1}^{3} \frac{N_i^2}{N^2} \frac{N_i-n_i}{N_i-1} \cdot \frac{\sigma_i^2}{n_i}
\end{align}
$$

[4]
ラグランジュの未定乗数法を用いることで下記の結果が得られる。
$$
\large
\begin{align}
n_i^{\#} = \frac{\frac{N_i}{N}\sigma_i}{\sum_{i=1}^{3}\frac{N_i}{N}\sigma_i} n
\end{align}
$$

[5]
与えられた値や[4]で導出した式を用いることで$n_1^{\#} \simeq 9.06, n_2^{\#} \simeq 20.38, n_3^{\#} \simeq 90.57$が得られる。したがって標本の大きさ$n=120$に対して、層1には$9$、層$2$には$20$、層$3$には$91$の標本をそれぞれ割り当てればよい。

統計検定1級の2018年11月の「統計応用」の「社会科学 問1」の解答例と解説について取り扱いました。他の問題の解答に関しては下記よりご確認ください。
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問題

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解答

[1]
帰無仮説を$H_{0}$とおくと、下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
H_{0}: \quad p_{ij} = p_{i+}p_{+j}
\end{align}
$$

また、帰無仮説$H_{0}$の下での期待度数$e_{11}$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
e_{ij} &= n \times p_{1+}p_{+1} \\
&= n \times \frac{f_{1+}}{n} \times \frac{f_{+1}}{n} \\
&= 158 \times \frac{133}{158} \times \frac{81}{158} \\
&= \frac{133 \times 81}{158} \\
&= 68.183… \simeq 68.2
\end{align}
$$

[2]
イェーツの補正を行なった検定統計量$Y$の値は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
Y &= \sum_{i=1}^{2} \sum_{j=1}^{2} \frac{(|f_{ij}-e_{ij}|-0.5)^2}{e_{ij}} \\
&= \frac{(|75-68.2|-0.5)^2}{68.2} + \frac{(|58-64.8|-0.5)^2}{64.8} \\
&+ \frac{(|6-12.8|-0.5)^2}{12.8} + \frac{(|19-12.2|-0.5)^2}{12.2} \\
&= 7.548… \simeq 7.55
\end{align}
$$
有意水準$0.05$での棄却域は自由度$1$のカイ二条分布の上側$5$％点の$3.84$であり、$Y>3.84$であるので検定統計量の値は棄却域に入る。これにより、「女性の職種と不払い労働時間の有無の間に関連性がない」とされる帰無仮説$H_0$が棄却され、「女性の職種と不払い労働時間の有無」に関連性があるという結論が得られる。

[3]

[4]

解説

統計検定1級の2018年11月の「統計応用、全分野共通問題」の問5の解答例と解説について取り扱いました。他の問題の解答に関しては下記よりご確認ください。
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問題

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解答

[1]
・期待値$\xi = E[X]$の導出
$X$の期待値$E[X]$は下記のように導出できる。
$$
\large
\begin{align}
E[X] &= \int_{-\infty}^{\infty} x f(x) dx \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} x \cdot \frac{1}{2}(f_1(x)+f_2(x)) dx \\
&= \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} x f_1(x) dx + \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} x f_2(x) dx \\
&= \frac{1}{2} \mu_1 + \frac{1}{2} \mu_2 \\
&= \frac{\mu_1+\mu_2}{2}
\end{align}
$$

・分散$\tau^2 = V[X]$の導出
$$
\large
\begin{align}
(x-\xi)^2 &= \left( x-\frac{\mu_1+\mu_2}{2} \right)^2 \\
&= \left( (x-\mu_1) + \frac{\mu_1-\mu_2}{2} \right)^2 \\
&= (x-\mu_1)^2 + (x-\mu_1)(\mu_1-\mu_2) + \left( \frac{\mu_1-\mu_2}{2} \right)^2 \\
(x-\xi)^2 &= \left( x-\frac{\mu_1+\mu_2}{2} \right)^2 \\
&= \left( (x-\mu_2) + \frac{\mu_2-\mu_1}{2} \right)^2 \\
&= (x-\mu_2)^2 + (x-\mu_2)(\mu_2-\mu_1) + \left( \frac{\mu_1-\mu_2}{2} \right)^2
\end{align}
$$

上記が成立することを活用し、下記のように$\tau^2 = V[X]$を計算することができる。
$$
\large
\begin{align}
\tau^2 &= V[X] = \int_{-\infty}^{\infty} (x-\xi)^2 f(x) dx \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} (x-\xi)^2 \cdot \frac{1}{2}(f_1(x)+f_2(x)) dx \\
&= \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} (x-\xi)^2 f_1(x) dx + \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} (x-\xi)^2 f_2(x) dx \quad (1)
\end{align}
$$

以下、$(1)$式の第1項と第2項をそれぞれ計算する。
・第1項
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{2} & \int_{-\infty}^{\infty} (x-\xi)^2 f_1(x) dx \\
&= \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \left( (x-\mu_1)^2 + (x-\mu_1)(\mu_1-\mu_2) + \left( \frac{\mu_1-\mu_2}{2} \right)^2 \right) f_1(x) dx \\
&= \frac{1}{2} \left( \int_{-\infty}^{\infty} (x-\mu_1)^2 f_1(x) dx + 0 + \left( \frac{\mu_1-\mu_2}{2} \right)^2 \int_{-\infty}^{\infty} f_1(x) dx \right) \\
&= \frac{1}{2} \left( \sigma^2 + \left( \frac{\mu_1-\mu_2}{2} \right)^2 \right) \quad (2)
\end{align}
$$

・第2項
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{2} & \int_{-\infty}^{\infty} (x-\xi)^2 f_2(x) dx \\
&= \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \left( (x-\mu_2)^2 + (x-\mu_2)(\mu_2-\mu_1) + \left( \frac{\mu_2-\mu_1}{2} \right)^2 \right) f_2(x) dx \\
&= \frac{1}{2} \left( \int_{-\infty}^{\infty} (x-\mu_2)^2 f_2(x) dx + 0 + \left( \frac{\mu_2-\mu_1}{2} \right)^2 \int_{-\infty}^{\infty} f_2(x) dx \right) \\
&= \frac{1}{2} \left( \sigma^2 + \left( \frac{\mu_2-\mu_1}{2} \right)^2 \right) \quad (3)
\end{align}
$$

$(2), (3)$式を$(1)$式に代入することで下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\tau^2 &= V[X] = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} (x-\xi)^2 f_1(x) dx + \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} (x-\xi)^2 f_2(x) dx \\
&= \frac{1}{2} \left( \sigma^2 + \left( \frac{\mu_1-\mu_2}{2} \right)^2 \right) + \frac{1}{2} \left( \sigma^2 + \left( \frac{\mu_2-\mu_1}{2} \right)^2 \right) \\
&= \sigma^2 + \left( \frac{\mu_1-\mu_2}{2} \right)^2
\end{align}
$$

・平均$\bar{x}$の計算
数学選択の学生の点数を$x_1,…,x_{50}$、数学非選択の学生の点数を$x_{51},…,x_{100}$のようにおく。このとき、それぞれの平均を$\bar{x}_1, \bar{x}_2$のように定義すると、全体の平均$\bar{x}$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\bar{x} &= \frac{1}{100} \sum_{i=1}^{100} x_i \\
&= \frac{1}{100} \left( \sum_{i=1}^{50} x_i + \sum_{i=51}^{100} x_i \right) \\
&= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{50} \sum_{i=1}^{50} x_i + \frac{1}{50} \sum_{i=51}^{100} x_i \right) \\
&= \frac{1}{2} (\bar{x}_1 + \bar{x}_2) \\
&= \frac{1}{2} (69.7 + 49.6) \\
&= 59.65
\end{align}
$$

・標準偏差$s$の計算
数学選択の学生の点数の標準偏差を$s_1^2$、非選択の学生の点数の標準偏差を$s_2^2$とおく。このとき、$s^2$に関して下記のように考えることができる。
$$
\large
\begin{align}
s^2 &= \frac{1}{100} \sum_{i=1}^{100} (x_i-\bar{x})^2 \\
&= \frac{1}{2} \times \frac{1}{50} \sum_{i=1}^{50} (x_i-\bar{x})^2 + \frac{1}{2} \times \sum_{i=51}^{100} (x_i-\bar{x})^2 \quad (4)
\end{align}
$$

以下、上記の第1項と第2項についてそれぞれ計算を行う。
・第1項
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{2} \times & \frac{1}{50} \sum_{i=1}^{50} (x_i-\bar{x})^2 = \frac{1}{2} \times \frac{1}{50} \sum_{i=1}^{50} ((x_i-\bar{x}_1)+(\bar{x}_1-\bar{x}))^2 \\
&= \frac{1}{2} \times \frac{1}{50} \sum_{i=1}^{50} ((x_i-\bar{x}_1)^2+(x_i-\bar{x}_1)(\bar{x}_1-\bar{x})+(\bar{x}_1-\bar{x})^2) \\
&= \frac{1}{2} (s_1^2 + (\bar{x}_1-\bar{x})^2) \quad (5)
\end{align}
$$

・第2項
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{2} \times & \frac{1}{50} \sum_{i=51}^{100} (x_i-\bar{x})^2 = \frac{1}{2} \times \frac{1}{50} \sum_{i=51}^{100} ((x_i-\bar{x}_2)+(\bar{x}_2-\bar{x}))^2 \\
&= \frac{1}{2} \times \frac{1}{50} \sum_{i=51}^{100} ((x_i-\bar{x}_2)^2+(x_i-\bar{x}_2)(\bar{x}_2-\bar{x})+(\bar{x}_2-\bar{x})^2) \\
&= \frac{1}{2} (s_2^2 + (\bar{x}_2-\bar{x})^2) \quad (6)
\end{align}
$$

$(4)$式に$(5), (6)$を代入することで、標準偏差の$s$は下記のように導出できる。
$$
\large
\begin{align}
s &= \sqrt{s^2} = \sqrt{\frac{1}{2} \times \frac{1}{50} \sum_{i=1}^{50} (x_i-\bar{x})^2 + \frac{1}{2} \times \frac{1}{50} \sum_{i=51}^{100} (x_i-\bar{x})^2} \\
&= \sqrt{\frac{1}{2}(s_1^2 + (\bar{x}_1-\bar{x})^2) + \frac{1}{2} (s_2^2 + (\bar{x}_2-\bar{x})^2)} \\
&= \sqrt{\frac{s_1^2+s_2^2}{2} + \frac{(\bar{x}_1-\bar{x})^2+(\bar{x}_2-\bar{x})^2}{2}} \\
&= \sqrt{\frac{6.8^2+7.8^2}{2} + \frac{(69.7-59.65)^2+(49.6-59.65)^2}{2}} \\
&= 12.431… \simeq 12.43
\end{align}
$$

[3]
・$1$次導関数$f'(x)$の導出
$1$次導関数$f'(x)$は下記のように導出することができる。
$$
\large
\begin{align}
f'(x) &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2 \pi}\sigma} \exp \left[ -\frac{(x-\mu_1)^2}{2 \sigma^2} \right] \times -\frac{(x-\mu_1)}{\sigma^2} + \frac{1}{\sqrt{2 \pi}\sigma} \exp \left[ -\frac{(x-\mu_2)^2}{2 \sigma^2} \right] \times -\frac{(x-\mu_2)}{\sigma^2} \right) \\
&= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2 \pi}\sigma} \left( – \frac{(x-\mu_1)}{\sigma^2} \exp \left[ -\frac{(x-\mu_1)^2}{2 \sigma^2} \right] – \frac{(x-\mu_2)}{\sigma^2} \exp \left[ -\frac{(x-\mu_2)^2}{2 \sigma^2} \right] \right)
\end{align}
$$

・$2$次導関数$f^{”}(x)$の導出
$2$次導関数$f^{”}(x)$は下記のように導出することができる。
$$
\large
\begin{align}
f^{”}(x) &= (f'(x))’ \\
&= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2 \pi}\sigma} \left( – \frac{1}{\sigma^2} \exp \left[ -\frac{(x-\mu_1)^2}{2 \sigma^2} \right] + \left( \frac{(x-\mu_1)}{\sigma^2} \right)^2 \exp \left[ -\frac{(x-\mu_1)^2}{2 \sigma^2} \right] \right) \\
&+ \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2 \pi}\sigma} \left( – \frac{1}{\sigma^2} \exp \left[ -\frac{(x-\mu_2)^2}{2 \sigma^2} \right] + \left( \frac{(x-\mu_2)}{\sigma^2} \right)^2 \exp \left[ -\frac{(x-\mu_2)^2}{2 \sigma^2} \right] \right)
\end{align}
$$

・極値の議論
省略。

[4]
省略。

解説

[3]の極値に関しては$f'(\xi)=0$を示すだけでは必要条件にしかならないと思われるのですが、公式解答ではこの点の議論がないように思われました。[4]で$f^{”}(\xi)$を用いた議論が行われるので、ある程度厳密ではありますが、誘導の意図がわかりにくく試験問題の出題には不適だと思います。
「混合分布が単峰か多峰であるかの条件を答える」題材自体は良いと思うので、詳しく考察すると参考になると思います。
20点配分なら[1]が5点、[2]が5点、[3]が5点、[4]が5点ほどが妥当な印象でした。極値の厳密な議論はこの問題のように関数が複雑な際は難しいので、後半は部分点狙いでも良いように思われました。

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問題

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解答

[1]
水準の設定の例は下記のように表せる。
・$4$つの要因に基づく$2^4$計画の$1/2$実施
$$
\large
\begin{array}{|c|*4{c|}}\hline ex & A & B & C & D \\
\hline 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\hline 2 & 1 & 1 & -1 & -1 \\
\hline 3 & -1 & -1 & 1 & 1 \\
\hline 4 & -1 & -1 & -1 & -1 \\
\hline 5 & 1 & -1 & 1 & -1 \\
\hline 6 & 1 & -1 & -1 & 1 \\
\hline 7 & -1 & 1 & 1 & -1 \\
\hline 8 & -1 & 1 & -1 & 1 \\
\hline
\end{array}
$$

・5つの要因に基づく$2^5$計画の$1/4$実施
$$
\large
\begin{array}{|c|*5{c|}}\hline ex & A & B & C & D & E \\
\hline 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\hline 2 & 1 & 1 & -1 & -1 & 1 \\
\hline 3 & -1 & -1 & 1 & 1 & 1 \\
\hline 4 & -1 & -1 & -1 & -1 & 1 \\
\hline 5 & 1 & -1 & 1 & -1 & -1 \\
\hline 6 & 1 & -1 & -1 & 1 & -1 \\
\hline 7 & -1 & 1 & 1 & -1 & -1 \\
\hline 8 & -1 & 1 & -1 & 1 & -1 \\
\hline
\end{array}
$$

表の作成にあたっては、任意の$2$つの因子を選んだ際に$(1,1),(1,-1),(-1,1),(-1,-1)$の組み合わせがそれぞれ$2$回ずつ出現するように作成を行うことで、一部実施要因計画を考える際のテンプレートとされる直交表の考え方に基づくことができる。

[2]
[1]の解答を元に考える場合の「要因Aの主効果」と「要因Aと要因Bの$2$因子交互作用」は下記のように求めることができる。
・要因Aの主効果
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{8}(y_1+y_2-y_3-y_4+y_5+y_6-y_7-y_8)
\end{align}
$$

・要因Aと要因Bの$2$因子交互作用
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{8}(y_1+y_2+y_3+y_4-y_5-y_6-y_7-y_8)
\end{align}
$$

[3]

[4]

[5]

解説