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当記事は基礎統計学Ⅰ 統計学入門(東京大学出版会)の読解サポートにあたってChapter.6の確率分布」の章末問題の解答例のご紹介を行います。
※ 基本的には書籍の購入者向けの解答例・解説なので、まだ入手されていない方は下記より入手をご検討いただけたらと思います。また、解説はあくまでサイト運営者が独自に作成したものであり、書籍の公式ページではないことにご注意ください。（そのため著者の意図とは異なる解説となる可能性はあります）
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章末の演習問題について

問題6.1の解答例

問題には「分散を証明せよ」とあるが、期待値も同時に抑えておく方が望ましいので、期待値も計算するものとする。
・二項分布に関して
二項分布はベルヌーイ試行を独立に繰り返した時の分布と考えることができるので、期待値$E[X]$と分散$V[X]$を求めるにあたってはベルヌーイ分布に対して$E[X_i]$、$V[X_i]$を求め、それをそれぞれ$n$倍すれば良い。
$$
\begin{align}
E[X_i] &= 0 \times (1-p) + 1 \times p \\
&= p \\
V[X_i] &= (0-E[X_i])^2 \times (1-p) + (1-E[X_i])^2 \times p \\
&= p^2(1-p) + (1-p)^2p \\
&= p(1-p)(p+(1-p)) \\
&= p(1-p)
\end{align}
$$
上記より$E[X]=nE[X_i]=np$、$V[X]=nV[X_i]=np(1-p)$が成立する。

・ポアソン分布に関して
ポアソン分布は二項分布の式において$np=\lambda$とした上で、$p$が限りなく小さい事象について取り扱うため$\lambda$が一定の状況で$n \to \infty$を考える($n \to \infty$のとき$p \to 0$)。期待値を$E[X]$、分散を$V[X]$とし、それぞれを二項分布の期待値と分散の$n \to \infty$の時の極限から求める。
$$
\begin{align}
E[X] &= \lim_{n \to \infty} np \\
&= \lim_{n \to \infty} \lambda \\
&= \lambda \\
V[X_i] &= \lim_{n \to \infty} np(1-p) \\
&= \lim_{n \to \infty} \lambda\left(1-\frac{\lambda}{n}\right) \\
&= \lambda(1-0) \\
&= \lambda
\end{align}
$$
よって$E[X] = \lambda$、$V[X] = \lambda$が導出できる。

問題6.2の解答例

$X=k$のときの確率を$P(X=k|\lambda)$とすると、$X$が$\lambda=2.5$のポアソン分布に従うことから下記が成立する。
$$
\begin{align}
P(X=k|\lambda) &= \frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!} \\
&=\frac{2.5^ke^{-2.5}}{k!}
\end{align}
$$
求める確率は$X > 5$となる確率$P(X>5|\lambda=2.5)$であるが、極限的な取り扱いが必要になり大変なので$P(X \leq 4|\lambda=2.5)$の確率を$1$から引くことで求める。
$$
\begin{align}
P(X>5|\lambda) &= 1 – P(X \leq 4|\lambda) \\
&= 1 – (P(X=0|\lambda)+P(X=1|\lambda)+P(X=2|\lambda)+P(X=3|\lambda)+P(X=4|\lambda)) \\
&= 1 – \left(\frac{2.5^0e^{-2.5}}{0!}+\frac{2.5^1e^{-2.5}}{1!}+\frac{2.5^2e^{-2.5}}{2!}+\frac{2.5^3e^{-2.5}}{3!}+\frac{2.5^4e^{-2.5}}{4!}\right) \\
&= 1 – \left(\frac{2.5^0}{0!}+\frac{2.5^1}{1!}+\frac{2.5^2}{2!}+\frac{2.5^3}{3!}+\frac{2.5^4}{4!}\right)e^{-2.5} \\
&= 1 – \left(\frac{1}{1}+\frac{2.5}{1}+\frac{2.5^2}{2}+\frac{2.5^3}{6}+\frac{2.5^4}{24}\right)e^{-2.5} \\
&= 0.1088…
\end{align}
$$
上記が求める確率となる。

問題6.3の解答例

負の二項分布は$k$回目の成功を得るまでの失敗回数を$x$とした際に、確率を以下のように表す。
$$
\begin{align}
f(x) = {}_{k+x-1} C_{x} p^k (1-p)^x
\end{align}
$$
上記は幾何分布の一般化と考えることもできる。

問題6.4の解答例

i)
求める確率は下記のようになる。
$$
\begin{align}
{}_n C_{1} p^1 (1-p)^{n-1} + {}_n C_{n-1} p^{n-1} (1-p)^1 &= np(1-p)^{n-1}+np^{n-1} (1-p) \\
&= n(p^{n-1} (1-p) + p(1-p)^{n-1})
\end{align}
$$

ⅱ)
1回の試行がi)で確認した確率の幾何分布に従うので、求める期待値は$\displaystyle \frac{1}{n(p^{n-1} (1-p) + p(1-p)^{n-1})}$となる。

問題6.5の解答例

確率分布の定義より、確率密度関数の$0$以外の全区間に対して積分した結果は$1$に等しくなることを利用する。
$$
\begin{align}
\int_{-1}^{1} c(1-x^2) dx &= 2c\int_{0}^{1} c(1-x^2) dx （1-x^2がy軸に対して線対称であることを利用）\\
&= 2c\left[ x-\frac{1}{3}x^3 \right]_{0}^{1} \\
&= 2c\left( 1-\frac{1}{3} \right) \\
&= \frac{4}{3}c = 1 \\
c &= \frac{3}{4}
\end{align}
$$
上記より、$\displaystyle c=\frac{3}{4}$が得られる。また、この確率分布の期待値は下記のように計算できる。
$$
\begin{align}
E[X] &= \int_{-1}^{1} x \times \frac{3}{4}(1-x^2) dx \\
&= \frac{3}{4} \int_{-1}^{1} (x-x^3) dx \\
&= 0 （x-x^3は原点を中心に点対称であることを利用する）
\end{align}
$$
上記より、$E[X]=0$となり、分散$V[X]$、歪度$\alpha_3$、尖度$\beta_4=\alpha_4-3$はそれぞれ下記のように求めることができる。
$$
\begin{align}
V[X] &= \int_{-1}^{1} (x-0)^2 \times \frac{3}{4}(1-x^2) dx \\
&= \frac{3}{4} \int_{-1}^{1} (x^2-x^4) dx \\
&= \frac{3}{2} \int_{0}^{1} (x^2-x^4) dx （x^2-x^4がy軸に対して線対称であることを利用） \\
&= \frac{3}{2} \left[ \frac{1}{3}x^3 – \frac{1}{5}x^5 \right]_{0}^{1} \\
&= \frac{3}{2} \left( \frac{1}{3}-\frac{1}{5} \right) \\
&= \frac{3}{2} \times \frac{2}{15} \\
&= \frac{1}{5} \\ \\
\alpha_3 &= \frac{1}{V[X]^{3/2}}\int_{-1}^{1} (x-0)^3 \times \frac{3}{4}(1-x^2) dx \\
&= \frac{3}{4V[X]^{3/2}}\int_{-1}^{1} (x^3-x^5) dx \\
&= 0 （x^3-x^5は原点を中心に点対称であることを利用する）\\ \\
\alpha_4 &= \frac{1}{V[X]^2}\int_{-1}^{1} (x-0)^4 \times \frac{3}{4}(1-x^2) dx \\
&= \frac{3}{4V[X]^2}\int_{-1}^{1} (x^4-x^6) dx \\
&= \frac{3}{2V[X]^2}\int_{0}^{1} (x^4-x^6) dx （x^4-x^6がy軸に対して線対称であることを利用） \\
&= \frac{3 \times 5^2}{2} \left[ \frac{1}{5}x^5 – \frac{1}{7}x^7 \right]_{0}^{1} \\
&= \frac{3 \times 5^2}{2} \left( \frac{1}{5} – \frac{1}{7} \right) \\
&= \frac{3 \times 5^2}{2} \frac{2}{35} \\
&= \frac{15}{7} \\
\beta_4 &= \alpha_4 – 3 \\
&= -\frac{6}{7}
\end{align}
$$

問題6.6の解答例

i)
指数分布の確率密度関数は$\displaystyle f(x) = \lambda e^{-\lambda x}$、累積分布関数は$F(x) = f(X \leq x) = 1 – e^{-\lambda x}$と表現することができる。また、$1-F(x)$も$1-F(x) = f(X \geq x) = e^{-\lambda x}$で求めることができる。
このとき、$P(X>a+b|X>a)$は下記のように計算できる。
$$
\begin{align}
P(X>a+b|X>a) &= \frac{P(X>a+b)}{P(X>a)} \\
&= \frac{e^{-\lambda (a+b)}}{e^{-\lambda a}} \\
&= e^{-\lambda b} = P(X>b)
\end{align}
$$
上記で$P(X>a+b|X>a)=P(X>b)$を示すことができた。また、これは指数分布の無記憶性を意味しており、指数分布はどの状態からでも同様の確率で事象が観測されることを想定している。

ⅱ)
i)で行なった文字の定義より、$\lambda(x)$は下記のように計算できる。
$$
\begin{align}
\lambda(x) &= \frac{f(x)}{1-F(x)} \\
&= \frac{\lambda e^{-\lambda x}}{e^{-\lambda x}} \\
&= \lambda
\end{align}
$$
上記が$x$によらないので、事象が起こる瞬間的な確率が常に一定であることが確認できる。

・参考
問題文には記載がないが、生存関数(survival function)やハザード関数(hazard function)の考え方に基づいて作題されているので、下記なども合わせて抑えておくと良いと思われる。
https://www.hello-statisticians.com/explain-books-cat/stat_workbook/stat_workbook_ch19.html
https://www.hello-statisticians.com/toukei-kentei-1/stat_app/stat_certifi_1_app_sci_19_1.html

問題6.7の解答例

$P(|Z|>c)=P(Zc)=2P(cc)=0.01,…0.1$に対応する$c$については$z_{\alpha=0.005}$、$z_{\alpha=0.01}$、$z_{\alpha=0.025}$、$z_{\alpha=0.05}$を求めればよくそれぞれ下記のようになる。
$$
\begin{align}
z_{\alpha=0.005} &= 2.57 \\
z_{\alpha=0.01} &= 2.33 \\
z_{\alpha=0.025} &= 1.96 \\
z_{\alpha=0.05} &= 1.64
\end{align}
$$
また、$P(Z>c)=0.01,…0.1$に対応する$c$については$z_{\alpha=0.01}$、$z_{\alpha=0.02}$、$z_{\alpha=0.05}$、$z_{\alpha=0.1}$を求めればよくそれぞれ下記のようになる。
$$
\begin{align}
z_{\alpha=0.01} &= 2.33 \\
z_{\alpha=0.02} &= 2.05 \\
z_{\alpha=0.05} &= 1.64 \\
z_{\alpha=0.1} &= 1.28 \\
\end{align}
$$
$z_{\alpha=0.025} = 1.96$が両側を考える際の95％区間でよく使われるが、他の値も大まかに把握しておきたい。

問題6.8の解答例

ベータ分布$Beta(a,b)$の確率密度関数はベータ関数$B(a,b)$を用いて$f(x)=x^{a-1}(1-x)^{b-1}/B(a,b)$のように表すことができるが、$B(a,b)$は規格化のために用いているので$x$について考える際は定数とみなすことができる。よって$f(x)$は下記のようにおくことができる。
$$
\large
\begin{align}
f(x) = cx^{a-1}(1-x)^{b-1}
\end{align}
$$

ここでモードは確率密度関数が最大となる$x$に一致するので、$f(x)$が最大となるときの$x$を求めるにあたって$f'(X)$を計算する。
$$
\large
\begin{align}
f'(x) &= (cx^{a-1}(1-x)^{b-1})’ \\
&= c(a-1)x^{a-2}(1-x)^{b-1}-c(b-1)x^{a-1}(1-x)^{b-2} \\
&= cx^{a-2}(1-x)^{b-2}((a-1)(1-x)-(b-1)x) \\
&= cx^{a-2}(1-x)^{b-2}((a-1)-(a-1)x-(b-1)x) \\
&= cx^{a-2}(1-x)^{b-2}((a-1)-(a+b-2)x)
\end{align}
$$

ベータ分布は$0<x<1$以外では確率密度関数が$0$であるので、この$f'(x)$の$0<x<1$の区間での正負の変化を考える。このとき、$cx^{a-2}(1-x)^{b-2}$は常に正であるので、$D(x)=(a-1)-(a+b-2)x$の符号の変化を考える。
$f(x)$が$0<x<1$でモードを持つためには$D(x)$に対し切片の$D(0)>0$と傾きの$-(a+b-2)<0$が成立しなければならない(必要条件)。これより$a>1$、$b>1$が$f(x)$が$0<x<1$でモードを持つための必要条件となる。このとき$D(1)=(a-1)-(a+b-2)=1-b<0$も満たすので、十分条件でもあり、「$a>1$、$b>1$が$f(x)$が$0<x<1$でモードを持つための必要十分条件」となる。
以下、$a>1$、$b>1$とした上で、$f'(x)=0$となる$x$を求める。
$$
\large
\begin{align}
f'(x) &= 0 \\
cx^{a-2}(1-x)^{b-2}&((a-1)-(a+b-2)x) = 0 \\
(a-1)-(a+&b-2)x = 0 \\
(a+b-2)&x = a-1 \\
x &= \frac{a-1}{a+b-2}
\end{align}
$$
よってベータ分布のモードは$a>1$、$b>1$のとき、$\displaystyle x = \frac{a-1}{a+b-2}$となる。

問題6.9の解答例

ワイブル分布の確率密度関数$f(x)$は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
f(x) = \frac{b}{a^b} x^{b-1} \exp \left[ – \left( \frac{x}{a} \right)^{b} \right] \quad x \geq 0
\end{align}
$$

このとき累積分布関数$F(x)$は下記のように導出を行うことができる。
$$
\large
\begin{align}
F(x) &= \int_{0}^{x} f(u) du \\
&= \int_{0}^{x} \frac{b}{a^b} u^{b-1} \exp \left[ – \left( \frac{u}{a} \right)^{b} \right] du \\
&= \int_{0}^{x} \left( – \exp \left[ – \left( \frac{u}{a} \right)^{b} \right] \right)’ du \\
&= \left[ – \exp \left[ – \left( \frac{u}{a} \right)^{b} \right] \right]_{0}^{x} \\
&= 1 – \exp \left[ – \left( \frac{x}{a} \right)^{b} \right]
\end{align}
$$

また、$x < 0$のときは$F(x)=0$である。

問題6.10の解答例

・正規分布
確率変数を$X$とした際に正規分布のモーメント母関数は$\displaystyle m_{X}(t) = exp \left( \mu t + \frac{\sigma^2t^2}{2} \right)$で表すことができる。これをそのまま使うと複雑なので、標準正規分布のモーメント母関数の$\displaystyle m_{X}(t) = exp \left( \frac{t^2}{2} \right)$で考えることとする。
$$
\large
\begin{align}
exp \left( \frac{t^2}{2} \right) &= 1 + \frac{t^2/2}{1!} + \frac{(t^2/2)^2}{2!} + … \\
&= 1 + \frac{t^2}{2} + \frac{t^4}{8} + …
\end{align}
$$
$\displaystyle m_{X}(t) = exp \left( \frac{t^2}{2} \right)$のマクローリン展開を考えると上記のように変形することができる。

$$
\large
\begin{align}
m_{X}(t) = 1 + \frac{t \mu_1}{1!} + \frac{t^2 \mu_2}{2!} + \frac{t^3 \mu_3}{3!} + …
\end{align}
$$
https://www.hello-statisticians.com/explain-terms-cat/prob_generating.html
ここで、モーメント母関数が上記を満たすので、係数を比較することでモーメントを計算する。
$$
\large
\begin{align}
\mu_1 &= 0 \\
\frac{\mu_2}{2!} &= \frac{1}{2} \\
\frac{\mu_3}{3!} &= 0 \\
\frac{\mu_4}{4!} &= \frac{1}{8}
\end{align}
$$

上記よりモーメントは下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\mu_1 &= 0 \\
\mu_2 &= 1 \\
\mu_3 &= 0 \\
\mu_4 &= 3
\end{align}
$$
これより標準正規分布は平均$0$、分散$1$、歪度$0$、尖度$3-3=0$となることが確認できる。

まとめ

Chapter.$6$の「確率分布」は統計学を考える上で多くの内容に関連し、様々な視点から確率分布の取り扱いがなされるなど非常に重要なトピックです。とはいえ、数が多いので、最初はベルヌーイ分布、二項分布、正規分布を中心に抑え、徐々に幾何分布、ポアソン分布、指数分布などに広げていくのが良いと思います。

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当記事は基礎統計学Ⅰ 統計学入門(東京大学出版会)」の読解サポートにあたってChapter.9の標本分布(Sampling Distribution)の章末問題の解説について行います。
※ 基本的には書籍の購入者向けの解説なので、まだ入手されていない方は下記より入手をご検討いただけたらと思います。また、解説はあくまでサイト運営者が独自に作成したものであり、書籍の公式ページではないことにご注意ください。（そのため著者の意図とは異なる解説となる可能性はあります）

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章末の演習問題について

問題9.1の解答例

$$
\begin{align}
E[\bar{X}] = \mu
\end{align}
$$
上記のように標本平均(sample mean)は母平均の近似的な値と考えることができる。
$$
\begin{align}
& s^2 = \frac{1}{n-1}((X_1-\bar{X})^2 + (X_2-\bar{X})^2) + … + (X_n-\bar{X})^2 \\
& E[s^2] = \sigma^2
\end{align}
$$
また標本分散は上記のように設定すると母分散との間に不偏性を満たし、これを不偏分散という。

問題9.2の解答例

・標本平均
$$
\begin{align}
\bar{X} &= \frac{1}{6}(1.22+1.24+1.25+1.19+1.17+1.18) \\
&= 1.2083… \\
& \simeq 1.21
\end{align}
$$

・標本分散
$$
\begin{align}
s^2 &= \frac{1}{6-1}((1.22-1.208)^2+(1.24-1.208)^2+(1.25-1.208)^2+(1.19-1.208)^2+(1.17-1.208)^2+(1.18-1.208)^2) \\
&= 0.001096…
\end{align}
$$

問題9.3の解答例

問題9.4の解答例

$$
\begin{align}
s^2 &= \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar{X})^2 \\
&= \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}((X_i-\mu)-(\bar{X}-\mu))^2 \\
&= \frac{1}{n-1} \left( \sum_{i=1}^{n}(X_i-\mu)^2 + n(\bar{X}-\mu)^2 – 2(\bar{X}-\mu)\sum_{i=1}^{n}(X_i-\mu) \right) \\
&= \frac{1}{n-1} \left( \sum_{i=1}^{n}(X_i-\mu)^2 + n(\bar{X}-\mu)^2 – 2n(\bar{X}-\mu))^2 \right) \\
&= \frac{1}{n-1} \left( \sum_{i=1}^{n}(X_i-\mu)^2 – n(\bar{X}-\mu)^2 \right)
\end{align}
$$
$s^2$は上記のように計算できる。この期待値を計算する。
$$
\begin{align}
E[s^2] &= \frac{1}{n-1} E \left[ \sum_{i=1}^{n} (X_i-\mu)^2 – n(\bar{X}-\mu)^2 \right] \\
&= \frac{1}{n-1} \left( \sum_{i=1}^{n}E([(X_i-\mu)^2] – nE[(\bar{X}-\mu)^2] \right) \\
&= \frac{1}{n-1} \left( n\sigma^2 – n\frac{\sigma^2}{n} \right) \\
&= \frac{(n-1)\sigma^2}{n-1} \\
&= \sigma^2
\end{align}
$$
上記より、$E[s^2]=\sigma^2$を示すことができる。

問題9.5の解答例

$n=3$,$n=5$のそれぞれのケースにおいて正しく伝達される確率を$p$とおいた時に多数決が正しい確率は下記のように表せる。
・$n=3$の場合
$$
\begin{align}
{}_3 C_3 p^3 + {}_3 C_2 p^2(1-p)^1
\end{align}
$$
・$n=5$の場合
$$
\begin{align}
{}_5 C_5 p^5 + {}_5 C_4 p^4(1-p)^1 + {}_5 C_3 p^3(1-p)^2
\end{align}
$$
上記に$p=0.9$を代入し、求める確率は$n=3$の時$0.972$、$n=5$の時$0.99144$となる。

問題9.6の解答例

$3$時間の来客数は$\lambda=4.5$のポアソン分布に従うことにより、来客数を$x$とした時の来客数を表す確率$P(x|\lambda=4.5)$は下記のようになる。
$$
\begin{align}
P(x|\lambda=4.5) = \frac{4.5^x e^{-4.5}}{x!}
\end{align}
$$
来客数が$5$以上になる確率は$4$以下にならない確率と一致するので下記のように表せる。
$$
\begin{align}
1-&(P(x=0|\lambda=4.5)+P(x=1|\lambda=4.5)+P(x=2|\lambda=4.5)+P(x=3|\lambda=4.5)+P(x=4|\lambda=4.5)) \\
&= 1 – \left(\frac{4.5^0 e^{-4.5}}{0!} + \frac{4.5^1 e^{-4.5}}{1!} + \frac{4.5^2 e^{-4.5}}{2!} + \frac{4.5^3 e^{-4.5}}{3!} + \frac{4.5^4 e^{-4.5}}{4!}\right) \\
&= 1 – \left(\frac{4.5^0}{0!} + \frac{4.5^1}{1!} + \frac{4.5^2}{2!} + \frac{4.5^3}{3!} + \frac{4.5^4}{4!}\right)e^{-4.5} \\
&= 1 – \frac{(24\times4.5^0 + 24\times4.5^1 + 12\times4.5^2 + 4\times4.5^3 + 4.5^4) e^{-4.5}}{24} \\
&= 0.4678…
\end{align}
$$

問題9.7の解答例

i)
下記を実行することで結果を計算することができる。

import math

lambs = [9.7, 4.0, 5.7, 7.8]
probs = [0, 0, 0, 0]
for i in range(4):
    for j in range(10):
        probs[i] += (lambs[i]**j * math.e**(-lambs[i]))/math.factorial(j)

print("Hokkaido: {}".format(probs[0]))
print("Tokyo: {}".format(probs[1]))
print("Osaka: {}".format(probs[2]))
print("Fukuoka: {}".format(probs[3]))

・実行結果

> print("Hokkaido: {}".format(probs[0]))
Hokkaido: 0.49597884175
> print("Tokyo: {}".format(probs[1]))
Tokyo: 0.991867757203
> print("Osaka: {}".format(probs[2]))
Osaka: 0.935182528029
> print("Fukuoka: {}".format(probs[3]))
Fukuoka: 0.74110891657

ⅱ)
下記を実行することで結果を計算することができる。

import math
import numpy as np

lambs = np.array([526.6, 508.7, 703.8, 867.2])/365.
probs = [0, 0, 0, 0]
for i in range(4):
    for j in range(5):
        probs[i] += (lambs[i]**j * math.e**(-lambs[i]))/math.factorial(j)

print("Hokkaido: {}".format(probs[0]))
print("Tokyo: {}".format(probs[1]))
print("Osaka: {}".format(probs[2]))
print("Fukuoka: {}".format(probs[3]))

・実行結果

> print("Hokkaido: {}".format(probs[0]))
Hokkaido: 0.983992018679
> print("Tokyo: {}".format(probs[1]))
Tokyo: 0.985993977993
> print("Osaka: {}".format(probs[2]))
Osaka: 0.953590963991
> print("Fukuoka: {}".format(probs[3]))
Fukuoka: 0.907130585883

問題9.8の解答例

問題9.9の解答例

まとめ

Ch.9で取り扱った標本分布は標本平均などの分布を考えるトピックです。推測統計はなかなかややこしいですが、演習を数取り組むことでイメージをつかむのが良いと思います。

当記事は「基礎統計学Ⅰ 統計学入門(東京大学出版会)」の読解サポートにあたってChapter.10の「正規分布からの標本」の章末問題の解説について行います。
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・解答まとめ
https://www.hello-statisticians.com/answer_textbook_stat_basic_1-3#red

章末の演習問題について

問題10.1の解答例

$E[\bar{X}]$と$V[\bar{X}]$は下記のように計算できる。
$$
\begin{align}
E[\bar{X}] &= \mu = 100 \\
V[\bar{X}] &= \frac{\sigma^2}{n} \\
&= \frac{0.1}{10} \\
&= 0.01
\end{align}
$$
上記より、$\bar{X}$に関する標本分布は$N(100, 0.01)$に従う。

また、標本分布の分散を$\sigma_{mean}$とすると、$\sigma_{mean}=0.1$より、$|\bar{X}-100|>0.3$は正規分布の3σ区間の外となる確率を意味する。正規分布表より、3σより大きい区間の上側確率は$0.0013499$であるから求める確率はこれを$2$倍した、$0.0026998$となる。（約0.27％であり、なかなか起こらない事象と考えることができる。）

問題10.2の解答例

$|\bar{X}-100|<0.1$の確率を0.9にするにあたっては、標本分布の分散を$0.1$の上側確率が$5$％となるように$\sigma_{mean}$を設定すればよい。よって$0.1$が正規分布の1.64σに対応するように標本分布の分散を設定すればよい。
$$
\begin{align}
V[\bar{X}] &= \sqrt{\frac{0.1}{n}} \times 1.645 = 0.1 \\
0.1 \times 1.645^2 &= 0.01n \\
n &= 10 \times 1.645^2 \\
&= 27.06…
\end{align}
$$
問題は確率を0.9より大きくするだったので、上記の数より大きい$28$回以上の測定が必要となる。

問題10.3の解答例

i)
問題より下記が成立する。
$$
\begin{align}
E[\bar{X}] &= \mu = 4 \\
V[\bar{X}] &= \frac{\sigma^2}{n} \\
&= \frac{15}{10} \\
&= 1.5
\end{align}
$$
したがって、$\bar{X}$の標本分布は$N(4,1.5)$に従う。この標準化した値を$Z$とすると、$Z$は下記のように計算できる。
$$
\begin{align}
Z &= \frac{\bar{X}-E[\bar{X}]}{\sqrt{V[X]}} \\
&= \frac{\bar{X}-4}{\sqrt{1.5}}
\end{align}
$$
これを元に求める確率は下記のように計算できる。
$$
\begin{align}
P(3 \leq \bar{X} \leq 6) &= P\left(\frac{3-4}{\sqrt{1.5}} \leq \frac{\bar{X}-4}{\sqrt{1.5}} \leq \frac{6-4}{\sqrt{1.5}}\right) \\
&= P\left(\frac{-1}{\sqrt{1.5}} \leq Z \leq \frac{2}{\sqrt{1.5}}\right) \\
&= P(-0.82 \leq Z \leq 1.63) \\
&= 1-(0.20611+0.051551) \\
&= 0.7423…
\end{align}
$$

ⅱ)
問題文より、$\displaystyle \chi^2 = \frac{(n-1)s^2}{\sigma^2} = \frac{9s^2}{15}$が$\displaystyle \chi^2(n-1) = \chi^2(9)$に従うことがわかる。この確率分布において、上側確率が$0.05$となる点を$\displaystyle \chi_{0.05}^2(9)$とすると、$\chi^2$分布の分布表より$\displaystyle \chi_{0.05}^2(9) = 16.9190$が読み取れる。
$$
\begin{align}
P\left( s^2 > a \right) &= 0.05 \\
P\left( \frac{9s^2}{15} > \frac{9a}{15} \right) &= 0.05
\end{align}
$$
この時、上記より、$\displaystyle \chi_{0.05}^2(9) = \frac{9a}{15} = 16.9190$となる。よって求める定数$a$は、$\displaystyle a = \frac{15}{9} \times 16.9190 = 28.198…$となる。

問題10.4の解答例

問題の内容を整理すると下記のようになる。
$$
\begin{align}
P\left( \frac{\bar{X}-3}{s} > a \right) &= 0.01 \\
P\left( \frac{\bar{X}-3}{s/\sqrt{15}} > \sqrt{15}a \right) &= 0.01
\end{align}
$$
ここで$\displaystyle \frac{\bar{X}-3}{s/\sqrt{15}}$は自由度$14$の$t$分布$t(14)$に従う。よって、$\sqrt{15}a=t_{0.01}(14)=2.624$が成立するので、$\displaystyle a=\frac{2.624}{\sqrt{15}}=0.6775…$となる。

問題10.5の解答例

二つの標本平均をそれぞれ$\bar{X}_1$、$\bar{X}_2$とする。この際に下記のように$Z$を定義する。
$$
\begin{align}
Z = \frac{(\bar{X}_1-\bar{X}_2)-(\mu_1-\mu_2)}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{m}+\frac{\sigma_2^2}{n}}}
\end{align}
$$
このとき、$Z$は標準正規分布$N(0,1)$に従う。また、問題より下記が計算できる。
$$
\begin{align}
\mu_1-\mu_2 &= 2-5 \\
&= -3 \\
\frac{\sigma_1^2}{m}+\frac{\sigma_2^2}{n} &= \frac{3}{10}+\frac{4}{8} \\
&= \frac{4}{5} \\
&= 0.8
\end{align}
$$
上記より、標本平均の差$\bar{X}_1-\bar{X}_2$の標本分布は$N(-3,0.8)$となる。

問題10.6の解答例

$$
\begin{align}
F &= \frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2} \cdot \frac{s_1^2}{s_2^2} \\
&= \frac{4s_1^2}{3s_2^2}
\end{align}
$$
問題文より、上記は自由度$(m-1,n-1)=(10-1,8-1)=(9,7)$の$F$分布の$F(9,7)$に従う。よって下記が成立する。
$$
\begin{align}
&P\left(\frac{s_1^2}{s_2^2}>c\right) = 0.05 \\
&P\left(\frac{4s_1^2}{3s_2^2}>\frac{4}{3}c\right) = 0.05 \\
&P\left(\frac{4s_1^2}{3s_2^2}>F_{\alpha=0.05}(9,7)\right) = 0.05 \\
&P\left(\frac{4s_1^2}{3s_2^2}>3.677\right) = 0.05
\end{align}
$$
上記より、$\displaystyle \frac{4}{3}c=3.677$なので、$\displaystyle c=3.677 \times \frac{3}{4} = 2.75775$となる。

問題10.7の解答例

i)
$\bar{X}$の母平均を$\mu$、母標準偏差を$\displaystyle \frac{\sigma}{10}$とする（$\bar{X}$よりも$X$の母標準偏差を$\sigma$としておくことが多いと思われるため、ここでは母標準偏差を$\sigma^2$とおくことにした）。問題文を整理すると下記のようになる。
$$
\begin{align}
P\left( |\bar{X}-\mu|>0.8\frac{\sigma}{10} \right) &= P\left( \frac{|\bar{X}-\mu|}{\sigma/10} \geq 0.8 \right) \\
&= P\left( \frac{|\bar{X}-\mu|}{\sigma/10} \geq 0.8 \right) \\
&= 2P\left( \frac{\bar{X}-\mu}{\sigma/10} \geq 0.8 \right) \\
&= 0.21186 \times 2 \left( \displaystyle \frac{\bar{X}-\mu}{\sigma/10}が標準正規分布N(0,1)に従うことを利用 \right) \\
&= 0.42372
\end{align}
$$
上記が求める確率となる。

ⅱ)
$\bar{X}$の母平均を$\mu$、母標準偏差を$\displaystyle \frac{s}{10}$とする。問題文を整理すると下記のようになる。
$$
\begin{align}
P\left( |\bar{X}-\mu|>0.8\frac{s}{10} \right) &= P\left( \frac{|\bar{X}-\mu|}{s/10} \geq 0.8 \right) \\
&= P\left( \frac{|\bar{X}-\mu|}{s/10} \geq 0.8 \right) \\
&= 2P\left( \frac{\bar{X}-\mu}{s/10} \geq 0.8 \right) \\
&= \frac{97 \times 0.25 + 83 \times 0.2}{97+83} \times 2 \left(\displaystyle \frac{\bar{X}-\mu}{s/10}が自由度10-1=9のt分布t(9)に従うことを利用 \right) \\
&= 0.453888…
\end{align}
$$
上記が求める確率となる。（書籍の解答は$0.446$であり、少々異なるが、$P(|t| \geq 0.8)$を計算しているところまでは合致しているので、一旦こちらを載せるに至った）

問題10.8の解答例

定数$c_1, c_2$の値は下記を実行することで計算することができる。

import numpy as np
from scipy import stats

rho = 0.6
n = 15.
eta = np.log((1+rho)/(1-rho))/2.

z_1 = stats.norm.ppf(0.025, eta, np.sqrt(1./(n-3)))
z_2 = stats.norm.ppf(0.975, eta, np.sqrt(1./(n-3)))

c_1 = (np.e**(2*z_1)-1)/(np.e**(2*z_1)+1)
c_2 = (np.e**(2*z_2)-1)/(np.e**(2*z_2)+1)

print("c_1: {:.3f}".format(c_1))
print("c_2: {:.3f}".format(c_2))

・実行結果

> print("c_1: {:.3f}".format(c_1))
c_1: 0.127
> print("c_2: {:.3f}".format(c_2))
c_2: 0.851

zからcの計算では、$\displaystyle z = \frac{1}{2} \log{ \frac{1+r}{1-r} }$を$r$について解くと、$\displaystyle r = \frac{e^{2z}-1}{e^{2z}+1}$のように表せることを用いた。

問題10.9の解答例

i)
略

ⅱ)
$$
\begin{align}
Z_{\alpha=0.025} &= 1.96 \\
(Z_{\alpha=0.025})^2 &= 3.8416 \\
\chi_{\alpha=0.05}(1) &= 3.84…
\end{align}
$$
$$
\begin{align}
t_{\alpha=0.025}(120) &= 1.98 \\
(t_{\alpha=0.025}(120))^2 &= 3.9204 \\
F_{\alpha=0.05}(1,120) &= 3.920
\end{align}
$$
$$
\begin{align}
t_{\alpha=0.05}(120) &= 1.658 \\
Z_{\alpha=0.025} &= 1.645
\end{align}
$$
上記より、ここで具体的に考えた値に関して概ね一致していることが確認できる。

まとめ

標本抽出に関連する一連の事項は推測統計を考えるにあたって中心的な考え方になるので、Ch.10の内容はCh.11の推定やCh.12の検定を考える上で非常に重要な印象です。

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章末の演習問題について

問題8.1の解答例

$$
\begin{align}
& P(L \leq X_1+X_2+…+X_n \leq U) = 0.05 \\
& P\left(\frac{L-np}{\sqrt{np(1-p)}} \leq \frac{X_1+X_2+…+X_n-np}{\sqrt{np(1-p)}} \leq \frac{U-np}{\sqrt{np(1-p)}}\right) = 0.05
\end{align}
$$
問題文の式を上記のように変形する。このとき、$\displaystyle z = \frac{X_1+X_2+…+X_n-np}{\sqrt{np(1-p)}}$は標準正規分布$N(0,1)$に従う。よって、下記が成立する。
$$
\begin{align}
\frac{L-np}{\sqrt{np(1-p)}} &= z_{\alpha=0.025} = -1.96 \\
\frac{U-np}{\sqrt{np(1-p)}} &= z_{\alpha=0.975} = 1.96
\end{align}
$$
上記の式を$L$と$U$について整理すると下記のようになる。
$$
\begin{align}
L = np – 1.96\sqrt{np(1-p)} \\
U = np + 1.96\sqrt{np(1-p)}
\end{align}
$$
このとき上記に$n=700$、$p=0.4$を代入する。
$$
\begin{align}
L &= 700\times0.4 – 1.96\sqrt{700\times0.4(1-0.4)} \\
&= 280 – 1.96\sqrt{700\times0.24} \\
&= 254.595… \\
U &= 700\times0.4 + 1.96\sqrt{700\times0.4(1-0.4)} \\
&= 280 + 1.96\sqrt{700\times0.24} \\
&= 305.404…
\end{align}
$$
求める$L$と$U$は上記のようになる。

また、開票結果によって$X_1+X_2+…+X_n$と$n$がわかるとした際に、$\displaystyle z = \frac{X_1+X_2+…+X_n-np}{\sqrt{np(1-p)}}$が標準正規分布$N(0,1)$に従うことに基づいて母集団の確率$p$の区間推定を行うことで、全体の得票率の95％信頼区間などを求めることができる。これを選挙の議席予測などに用いることができる。

問題8.2の解答例

i)
$P(X_i=1)=p$、$P(X_i=-1)=1-p=q$より、期待値$E[X_i]$と分散$V[X_i]$は下記のように計算できる。
$$
\begin{align}
E[X_i] &= 1 \times P(X_i=1) + (-1) \times P(X_i=-1) \\
&= 1 \times p + (-1) \times (1-p) \\
&= p – (1-p) \\
&= 2p-1 \\
V[X_i] &= (1-E[X_i])^2 \times P(X_i=1) + (-1-E[X_i])^2 \times P(X_i=-1) \\
&= (1-(2p-1))^2 \times P(X_i=1) + (-1-(2p-1))^2 \times P(X_i=-1) \\
&= (-2p+2)^2 \times p + (-2p)^2 \times (1-p) \\
&= 4(1-p)^2p + 4p^2(1-p) \\
&= 4p(1-p)(p+(1-p)) \\
&= 4p(1-p)
\end{align}
$$
$n$が大きいときは中心極限定理により、$N(nE[X_i], nV[X_i])=N(n(2p-1), 4np(1-p))$に従う。（中心極限定理を取り扱うにあたっては総和を考えるときは$N(n\mu,n\sigma^2)$、平均を考えるときは$\displaystyle N\left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right)$に従うと考えることができる。）

ⅱ)
$S_{10}$は正規分布$N(10 \times (2\times0.4-1), 4 \times 10 \times 0.4 \times (1-0.4)) = N(-2,9.6)$に従う。
$S_{20}$は正規分布$N(10 \times (2\times0.4-1), 4 \times 10 \times 0.4 \times (1-0.4)) = N(-4,19.2)$に従う。

問題8.3の解答例

打数$1$回あたりの安打数の期待値を$E[X_i]$、分散を$V[X_i]$とすると、それぞれ下記のように計算できる。
$$
\begin{align}
E[X_i] &= 1 \times P(X_i=1) + 0 \times P(X_i=0) \\
&= 1 \times p + 0 \times (1-p) \\
&= p \\
V[X_i] &= (1-E[X_i])^2 \times P(X_i=1) + (0-E[X_i])^2 \times P(X_i=0) \\
&= (1-p)^2 \times p + (0-p)^2 \times (1-p) \\
&= p(1-p)^2 + (-p)^2(1-p) \\
&= p(1-p)^2 + p^2(1-p) \\
&= p(1-p)(1-p+p) \\
&= p(1-p)
\end{align}
$$

$450$打数時における安打数を$\displaystyle S_n=\sum_{i=1}^{450}X_i$とすると、中心極限定理により、$S_n$は正規分布$N(np,np(1-p))$に従う。問題文より、$n=450$、$p=0.28$を代入すると、$N(np,np(1-p))$は下記のように計算できる。
$$
\begin{align}
N(np,np(1-p)) &= N(450 \times 0.28, 450 \times 0.28 \times (1-0.28)) \\
&= N(126, 90.72)
\end{align}
$$

このとき$3$割バッターになるためには、$0.3 \times 450 = 135$安打以上打つ必要があるため（$S_n \geq 135$）、求める確率は下記のようになる。
$$
\begin{align}
P(S_n \geq 135) &= P(S_n-126 \geq 135-126) \\
&= P\left(\frac{S_n-126}{\sqrt{90.72}} \geq \frac{135-126}{\sqrt{90.72}}\right) \\
&= P\left(\frac{S_n-np}{\sigma} \geq 0.9449…\right) \\
&= 0.17361
\end{align}
$$

また、確率$0.2$で$3$割バッターになるには$\displaystyle P\left(\frac{S_n-np}{\sqrt{p(1-p)}} \geq \frac{0.3n-np}{\sqrt{p(1-p)}}\right)=0.2$を満たす$n$を考えれば良い（このとき$p=0.28$であると考える）。正規分布の分布表より、$\displaystyle \frac{0.3n-0.28n}{\sqrt{p(1-p)}} = z_{\alpha=0.8}=0.84$なので、このときの$n$は以下のように求めることができる。
$$
\begin{align}
\frac{0.3n-0.28n}{\sqrt{np(1-p)}} &= 0.84 \\
\frac{0.3n-0.28n}{\sqrt{n}} &= 0.84\sqrt{p(1-p)} \\
0.02\sqrt{n} &= 0.84\sqrt{p(1-p)} \\
n &= 0.84^2 \times 50^2 \times 0.28 \times 0.72 \\
&= 355.6224
\end{align}
$$

よって、$355$打数ほどである必要がある。
（書籍の解答だと$n<339$とされていますが、途中計算が定かでなく再現できなかったのでこちらを記載することといたしました。）

まとめ

中心極限定理関連の問題は基本的な統計学の範囲ではやや難しいので、何度か繰り返して慣れておくと良いのではと思います。

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章末の演習問題について

問題11.1の解答例

指数分布$P(x|\lambda)$は下記の数式で表現することができる。
$$
\begin{align}
P(x|\lambda) = \lambda e^{-\lambda x}
\end{align}
$$
観測される標本を${x_1, x_2, … , x_n}$とした際に、この同時確率$P(x_1,x_2,…,x_n|\lambda)$は下記のように計算できる。
$$
\begin{align}
P(x_1,x_2,…,x_n|\lambda) &= \prod_{i=1}^{n} \lambda e^{-\lambda x_i} \\
&= \lambda^n \prod_{i=1}^{n} e^{-\lambda x_i} \\
&= \lambda^n e^{-\sum_{i=1}^{n} \lambda x_i} \\
&= \lambda^n e^{-\lambda \sum_{i=1}^{n} x_i}
\end{align}
$$
上記の同時確率をパラメータ$\lambda$の式で見たのが尤度$L(\lambda)$なので、$\displaystyle L(\lambda) = \lambda^n e^{-\lambda \sum_{i=1}^{n} x_i}$となる。この$L(\lambda)$の対数を取った対数尤度$\log{L(\lambda)}$は下記のように計算できる。
$$
\begin{align}
\log{L(\lambda)} &= \log{ \left( \lambda^n e^{-\lambda \sum_{i=1}^{n} x_i} \right) } \\
&= \log{\lambda^n} + \log{e^{-\lambda \sum_{i=1}^{n} x_i}} \\
&= n\log{\lambda} – \lambda \sum_{i=1}^{n} x_i
\end{align}
$$
ここで対数尤度$\log{L(\lambda)}$の$\lambda$に関する微分$\displaystyle \frac{\delta \log{L(\lambda)}}{\delta \lambda}=0$を考える。
$$
\begin{align}
\frac{\delta \log{L(\lambda)}}{\delta \lambda} &= \frac{n}{\lambda} – \sum_{i=1}^{n} x_i = 0 \\
& \frac{n}{\lambda} = \sum_{i=1}^{n} x_i \\
& \lambda = \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} x_i} \\
& \lambda = \frac{1}{\sum_{i=1}^{n} x_i / n} \\
& \lambda = \frac{1}{\bar{x}}
\end{align}
$$
上記より、$\lambda$の最尤推定量を$\hat{\lambda}$とすると、$\displaystyle \hat{\lambda} = \frac{1}{\bar{x}}$とできることがわかる。

問題11.2の解答例

線形推定量を$aX_1+bX_2$とし、こちらについて不偏性を考えると$E[aX_1+bX_2]=\mu$が成立する。これより下記のように式変形ができる。
$$
\begin{align}
E[aX_1+bX_2] &= \mu \\
aE[X_1]+bE[X_2] &= \mu
\end{align}
$$
上記において$E[X_1]=E[X_2]=\mu$なので、$(a+b)\mu = \mu$が成立し、これより$a+b=1$が導出できる。また、このとき分散に関しては下記が成立する。
$$
\begin{align}
V[aX_1+bX_2] &= a^2V[X_1]+b^2V[X_2] \\
&= (a^2+b^2)\sigma^2
\end{align}
$$
上記において、$a+b=1$より$b=a-1$を代入し、$a$に関する最小値を求める。
$$
\begin{align}
V[aX_1+bX_2] &= (a^2+b^2)\sigma^2 \\
&= (a^2+(1-a)^2)\sigma^2 \\
&= 2(a^2-a+\frac{1}{2})\sigma^2 \\
&= 2\left( \left( a-\frac{1}{2} \right)^2 + \frac{1}{2} – \frac{1}{4} \right)\sigma^2 \\
&= 2\left( \left( a-\frac{1}{2} \right)^2 + \frac{1}{4} \right)\sigma^2
\end{align}
$$
上記より、$\displaystyle a=\frac{1}{2}$のとき、分散は最小値$\displaystyle \frac{\sigma^2}{2}$を取る。

問題11.3の解答例

$$
\begin{align}
z = \frac{\bar{x}-\mu}{\sqrt{\sigma^2/n}}
\end{align}
$$
上記のように標本平均$\bar{x}$に関する標準化を行うと、$z$は標準正規分布$N(0,1)$に従う。
標準正規分布において上側確率が$100\alpha$％となるパーセント点に対応する$z$の値を$z_{\alpha}$とする。このときに$z$が95％区間であるためには下記が成立する必要がある。
$$
\begin{align}
z_{\alpha=0.975} \leq &z \leq z_{\alpha=0.025} \\
z_{\alpha=0.975} \leq &\frac{\bar{x}-\mu}{\sqrt{\sigma^2/n}} \leq z_{\alpha=0.025}
\end{align}
$$
ここで$z_{\alpha=0.025}$は$z_{\alpha=0.025}=1.96$よりも大きくなる確率は$0.025$であると解釈する必要がある。上記を$\mu$に関して整理する。
$$
\begin{align}
z_{\alpha=0.975}\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \leq &\bar{x}-\mu \leq z_{\alpha=0.025}\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \\
-z_{\alpha=0.025}\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \leq &\mu-\bar{x} \leq -z_{\alpha=0.975}\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \\
\bar{x}-z_{\alpha=0.025}\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \leq &\mu \leq \bar{x}-z_{\alpha=0.975}\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \cdot \cdot \cdot (1)
\end{align}
$$
標準正規分布の分布表より、$z_{\alpha=0.025}=1.96$、$z_{\alpha=0.975}=-1.96$が成立することがわかり、また問題より$n=5$、$\sigma^2=4$、$\bar{x}=9.722$である。
これを$(1)$式に代入して下記を得る。
$$
\begin{align}
\bar{x}-z_{\alpha=0.025}\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \leq &\mu \leq \bar{x}-z_{\alpha=0.975}\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \\
9.722-1.96\sqrt{\frac{4}{5}} \leq &\mu \leq 9.722+1.96\sqrt{\frac{4}{5}} \\
7.9689… \leq &\mu \leq 11.475
\end{align}
$$
上記が母平均$\mu$の95％区間となる。　

問題11.4の解答例

$$
\begin{align}
\bar{x}-z_{\alpha=0.005}\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \leq \mu \leq \bar{x}-z_{\alpha=0.995}\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}}
\end{align}
$$
問題11.3と同様に考えると上記を導出することができる。ここで$z_{\alpha=0.005}$と$z_{\alpha=0.995}$は標準正規分布の分布表より下記のように求めることができる。($2.57$と$2.58$の中間にあるのでここでは加重平均を計算し用いるものとする)
$$
\begin{align}
z_{\alpha=0.005} &= \frac{2.57\times849 + 2.58\times600}{849+600} \\
z_{\alpha=0.995} &= -\frac{2.57\times849 + 2.58\times600}{849+600}
\end{align}
$$

上記を考慮すると$\mu$の99％区間の幅を$1$以下にするには下記が成立すれば良い。
$$
\begin{align}
& -z_{\alpha=0.995}\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}}+z_{\alpha=0.005}\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \leq 1 \\
& (z_{\alpha=0.005}-z_{\alpha=0.005})\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \leq 1 \\
& 2z_{\alpha=0.005}\sigma \leq \sqrt{n} \\
& 6z_{\alpha=0.005} \leq \sqrt{n} \\
& (6z_{\alpha=0.005})^2 \leq n \\
& 36 \times \left( \frac{2.57\times849 + 2.58\times600}{849+600} \right)^2 \leq n \\
& 238.543… \leq n
\end{align}
$$
上記より、サンプル数は239以上にすれば良いことがわかる。

問題11.5の解答例

母分散は等しいと仮定できる。投薬群の平均を$\bar{X}$、対照群の平均を$\bar{Y}$、不偏分散を$s^2$とし、それぞれを計算する。
$$
\begin{align}
\bar{X} &= \frac{1}{10}(7.97+7.66+7.59+8.44+8.05+8.08+8.35+7.77+7.98+8.15) \\
&= 8.004 \\
\bar{Y} &= \frac{1}{10}(8.06+8.27+8.45+8.05+8.51+8.14+8.09+8.15+8.16+8.42) \\
&= 8.23 \\
s^2 &= \frac{1}{10+10-2} \left( \sum_{i=1}^{10}(x_i-\bar{X})^2 + \sum_{i=1}^{10}(y_i-\bar{Y})^2 \right) \\
&= 0.0527… \\
s &= 0.22973…
\end{align}
$$
このとき$t$値は下記のように計算できる。
$$
\begin{align}
t &= \frac{(\bar{X}-\bar{Y}) – (\mu_1-\mu_2)}{s \sqrt{1/10+1/10}} \\
&= \frac{(-0.226 – (\mu_1-\mu_2))\sqrt{5}}{0.2297}
\end{align}
$$
ここで$t_{\alpha=0.025}(18)=2.101$より、求める区間は$\displaystyle -0.226 \pm \frac{2.101 \cdot 0.2297}{\sqrt{5}}$で得ることができる。
よって求める区間は$[-0.4418, -0.01017]$となる。

問題11.6の解答例

下記を実行することで二つの群の不偏標本分散の$s_1^2, s_2^2$の計算を行う。

import numpy as np

x1 = np.array([25., 24., 25., 26.])
x2 = np.array([23., 18., 22., 28., 17., 25., 19., 16.])

s1 = np.sum((x1-np.mean(x1))**2)/(x1.shape[0]-1)
s2 = np.sum((x2-np.mean(x2))**2)/(x2.shape[0]-1)

print("s1^2: {:.1f}".format(s1))
print("s2^2: {:.1f}".format(s2))

・実行結果

> print("s1^2: {:.1f}".format(s1))
s1^2: 0.7
> print("s2^2: {:.1f}".format(s2))
s2^2: 17.7

上記の$2$つの群の不偏標本分散が大きく異なることから、母分散も大きく異なると考えることができる。よって、ウェルチの近似法を用いて自由度$\nu$を計算し、自由度$\nu$の$t$分布$t(\nu)$を用いて区間推定を行う。

from scipy import stats

s = s1/x1.shape[0]+s2/x2.shape[0]
nu = np.int(s**2/((s1/x1.shape[0])**2/(x1.shape[0]-1)+(s2/x2.shape[0])**2/(x2.shape[0]-1)))

c_lower = np.mean(x1) - np.mean(x2) + stats.t.ppf(0.025,nu)*np.sqrt(s)
c_upper = np.mean(x1) - np.mean(x2) + stats.t.ppf(0.975,nu)*np.sqrt(s)

print("Estimated Interval: [{:.1f}, {:.1f}]".format(c_lower,c_upper))

・実行結果

> print("Estimated Interval: [{:.1f}, {:.1f}]".format(c_lower,c_upper))
Estimated Interval: [0.4, 7.6]

問題11.7の解答例

i)
標本平均を$\bar{x}$、不偏標本分散を$s^2$とする。このときそれぞれ下記のように求められる。
$$
\begin{align}
\bar{x} &= \frac{1}{10}(21.8+22.4+22.7+24.5+25.9+24.9+24.8+25.3+25.2+24.6) \\
&= 24.21 \\
s^2 &= \frac{1}{9}((21.8-24.21)^2 + (22.4-24.21)^2 + (22.7-24.21)^2 + (24.5-24.21)^2 + (25.9-24.21)^2 \\
&+ (24.9-24.21)^2 + (24.8-24.21)^2 + (25.3-24.21)^2 + (25.2-24.21)^2 + (24.6-24.21)^2) \\
&= 1.9387777… \\
s &= 1.3924…
\end{align}
$$

ここで$t$分布において上側確率が$100\alpha$％となるパーセント点に対応する$t$の値を$t_{\alpha}$とする。このとき問題文の条件を整理すると下記のようになる。
$$
\begin{align}
& P\left( t_{\alpha=0.995}(10-1) \leq \frac{\bar{x}-\mu}{s/\sqrt{10}} \leq t_{\alpha=0.005}(10-1) \right) = 0.99 \\
& P\left( t_{\alpha=0.995}(9)\frac{s}{\sqrt{10}} \leq \bar{x}-\mu \leq t_{\alpha=0.005}(9)\frac{s}{\sqrt{10}} \right) = 0.99 \\
& P\left( -t_{\alpha=0.005}(9)\frac{s}{\sqrt{10}} \leq \mu-\bar{x} \leq -t_{\alpha=0.995}(9)\frac{s}{\sqrt{10}} \right) = 0.99 \\
& P\left( \bar{x}-t_{\alpha=0.005}(9)\frac{s}{\sqrt{10}} \leq \mu \leq \bar{x}-t_{\alpha=0.995}(9)\frac{s}{\sqrt{10}} \right) = 0.99
\end{align}
$$
上記において$t_{\alpha=0.005}(9)=3.25$、$t_{\alpha=0.995}(9)=-3.25$なので、下記のように計算できる。
$$
\begin{align}
\bar{x}-t_{\alpha=0.005}(9)\frac{s}{\sqrt{10}} &= 24.21 – \frac{3.25 \times 1.3924}{\sqrt{10}} \\
&= 22.77897… \\
\bar{x}-t_{\alpha=0.995}(9)\frac{s}{\sqrt{10}} &= 24.21 + \frac{3.25 \times 1.3924}{\sqrt{10}} \\
&= 25.64102…
\end{align}
$$
よって求める99％区間は$[22.78, 25.64]$となる。

ⅱ)
$\displaystyle \frac{(n-1)s^2}{\sigma^2}$は自由度$10-1=9$の$\chi^2$分布の$\chi^2(9)$に従う。ここで$\chi^2$分布において上側確率が$100\alpha$％となるパーセント点に対応する$\chi^2$の値を$\chi^2_{\alpha}$とする。このとき問題文の条件を整理すると下記のようになる。
$$
\begin{align}
& P\left( \chi_{\alpha=0.975}(9) \leq \frac{(n-1)s^2}{\sigma^2} \leq \chi_{\alpha=0.025}(9) \right) = 0.95 \\
& P\left( \frac{9s^2}{\chi_{\alpha=0.025}(9)} \leq \sigma^2 \leq \frac{9s^2}{\chi_{\alpha=0.975}(9)} \right) = 0.95
\end{align}
$$
ここで$\chi_{\alpha=0.975}(9)=2.70039$、$\chi_{\alpha=0.025}(9)=19.0228$、$9s^2=17.449$より、下記のように計算できる。
$$
\begin{align}
\frac{9s^2}{\chi_{\alpha=0.975}(9)} &= \frac{17.449}{2.70039} \\
&= 6.4616… \\
\frac{9s^2}{\chi_{\alpha=0.025}(9)} &= \frac{17.449}{19.023} \\
&= 0.9172…
\end{align}
$$
よって求める99％区間は$[0.92, 6.46]$となる。

問題11.8の解答例

1回のベルヌーイ試行の$Bi(1,p)$に基づいて確率変数$X_i$を定め、$S_{50} = X_1+X_2+…+X_{50}$のように定義する。このとき母集団の母数を$p$としたので、$n=50$の二項分布の期待値は$E[S_n]=50p$、分散が$V[S_n]=50p(1-p)$となる。ここで、標準正規分布において上側確率が$100\alpha$％となるパーセント点に対応する$z$の値を$z_{\alpha}$とする。このとき下記が成立する。
$$
\begin{align}
& P\left( z_{\alpha=0.975} \leq \frac{S_n-E[S_n]}{\sqrt{V[S_n]}} \leq z_{\alpha=0.025} \right) = 0.95 \\
& P\left( z_{\alpha=0.975} \leq \frac{27-50p}{\sqrt{50p(1-p)}} \leq z_{\alpha=0.025} \right) = 0.95 \\
& P\left( -1.96 \leq \frac{27/50-p}{\sqrt{p(1-p)/50}} \leq 1.96 \right) = 0.95 \\
& P\left( -1.96 \leq \frac{27/50-p}{\sqrt{0.54(1-0.46)/50}} \leq 1.96 \right) = 0.95 （ここで近似を行なったことに注意） \\
& -1.96 \leq \frac{0.54-p}{\sqrt{0.54(1-0.46)/50}} \leq 1.96
\end{align}
$$
上記の不等式を$p$について解くと、下記のようになる。
$$
\begin{align}
& -1.96\sqrt{\frac{0.54(1-0.46)}{50}} \leq 0.54-p \leq 1.96\sqrt{\frac{0.54(1-0.46)}{50}} \\
& 0.54-1.96\sqrt{\frac{0.54(1-0.46)}{50}} \leq p \leq 1.96\sqrt{\frac{0.54(1-0.46)}{50}} \\
& 0.40185… \leq p \leq 0.67814…
\end{align}
$$
上記が求める$p$の95％区間となる。

問題11.9の解答例

$i$番目の時間の確率変数を$X_i$とすると、$\displaystyle \frac{\sum_{i=1}^{10}X_i – n\lambda}{\sqrt{n\lambda}}$は$n$が大きい場合標準正規分布$N(0,1)$で近似できる。ここで、標準正規分布において上側確率が$100\alpha$％となるパーセント点に対応する$z$の値を$z_{\alpha}$とする。このとき下記のように99％区間を表すことができる。
$$
\begin{align}
P\left( z_{\alpha=0.995} \leq \frac{\sum_{i=1}^{10}X_i – 10\lambda}{\sqrt{10\lambda}} \leq z_{\alpha=0.005} \right) = 0.99 \\
P\left( -2.576 \leq \frac{\sum_{i=1}^{10}X_i – 10\lambda}{\sqrt{10\lambda}} \leq 2.576 \right) = 0.99 \\
-2.576 \leq \frac{48 – 10\lambda}{\sqrt{10\lambda}} \leq 2.576 \\
-2.576 \leq \frac{48 – 10\lambda}{\sqrt{10 \times 4.8}} \leq 2.576（ここで近似を行なったことに注意） \\
-2.576 \leq \frac{4.8 – \lambda}{\sqrt{0.48}} \leq 2.576 \\
4.8-2.576\sqrt{0.48} \leq \lambda \leq 4.8+\leq 2.576\sqrt{0.48} \\
3.01529… \leq \lambda \leq 6.58470…
\end{align}
$$
上記が求める$\lambda$の99％区間となる。

まとめ

区間推定の問題は基本的に同じパターンですが、多種多様なトピックを取り扱うのでなかなか大変です。可能な限り、$\displaystyle P\left( z_{\alpha=0.975} \leq \frac{\bar{X}-\mu}{\sigma} \leq z_{\alpha=0.025} \right)=0.95$のような表記を元に考えるようにすることで、毎回同じ解き方ができるようにしておくのが良いかと思います。

$\alpha$の定義にあたっては、$\displaystyle \int_{-\infty}^{z_{\alpha}} p(x) dx = \alpha$ではなく、$\displaystyle \int_{z_{\alpha}}^{\infty} p(x) dx = \alpha$のように考えることに注意が必要です。累積分布関数のような定義もわかりやすいのではと思われましたが、正規分布、$t$分布、$\chi^2$分布などの表を用いるにあたってこのような定義に基づいて表が作成されていることから、この定義をそのまま用いる方が良いという印象です。