4章 「確率モデル」の演習問題解答例 〜入門統計解析〜

当記事は「倉田+, 入門統計解析 (新世社)」の読解サポートにあたって4章「確率モデル」の演習問題を解説します。
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ください。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）

執筆：@masumasumath1

演習問題解答例

問題4.1

問題4.2

問題4.3

問題4.4

問題4.5

4.5.1

まず期待値$E(X)$を求める。

$$
\begin{align}
E(X) &= \int_{-\infty} ^ {\infty} x f(x) dx \\
&= \int_{\alpha} ^{\beta} x f(x) dx \\
&= \int_{\alpha} ^{\beta} x \frac{1}{\beta – \alpha} dx \\
&= \frac{1}{\beta – \alpha} \left[ \frac{1}{2}x^2 \right] _ {\alpha} ^{\beta} \\
&= \frac{1}{\beta- \alpha} \frac{(\beta ^2 – \alpha^2)}{2} \\
&= \frac{\beta + \alpha}{2}
\end{align}
$$

$V(X) = E(X^2) – E(X)^2$を用いて分散を計算する。

$$
\begin{align}
E(X^2) &= \int_{-\infty} ^ {\infty} x^2 f(x) dx \\
&= \int_{\alpha} ^{\beta} x^2 f(x) dx \\
&= \int_{\alpha} ^{\beta} x^2 \frac{1}{\beta – \alpha} dx \\
&= \frac{1}{\beta – \alpha} \left[ \frac{1}{3}x^3 \right] _ {\alpha} ^{\beta} \\
&= \frac{1}{\beta- \alpha} \frac{(\beta ^3 – \alpha^3)}{3} \\
&= \frac{1}{\beta- \alpha} \frac{(\beta – \alpha)({\beta}^2 + \beta \alpha + {\alpha}^2)}{3} \\
&= \frac{{\beta}^2 + \beta \alpha + {\alpha}^2}{3}
\end{align}
$$

従って，分散$V(X)$は

$$
\begin{align}
V(X) &= E(X^2) – E(X)^2 \\
&= \frac{{\beta}^2 + \beta \alpha + {\alpha}^2}{3} – \left(\frac{\beta + \alpha}{2}\right)^2\\
&= \frac{{\beta}^2 – 2\beta \alpha + {\alpha}^2}{12} \\
&= \frac{(\beta – \alpha)^2}{12}
\end{align}
$$

4.5.2

4.5.1と同様に計算すればよい。
まず期待値$E(X)$を求める。

$$
\begin{align}
E(X) &= \int_{-\infty} ^ {\infty} x f(x) dx \\
&= \int_{-1} ^{1} x f(x) dx \\
&= \int_{-1} ^{1} x(1-|x|) dx \\
&= \int_{-1}^{0} x(1+x) dx + \int_{0}^{1}x(1-x)dx \\
&= \left[ \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{3} x^3 \right]_{-1}^{0} + \left[ \frac{1}{2} x^2 – \frac{1}{3} x^3 \right]_{0}^{1} \\
&= -\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{2} – \frac{1}{3} \\
&= 0
\end{align}
$$

期待値の線形性から $E(2X+5) = 2E(X)+5$ であるから$$E(2X+5) = 2E(X)+5 = 2\cdot 0 + 5 = 5$$である。

$$
\begin{align}
E(X^2) &= \int_{-\infty} ^ {\infty} x^2 f(x) dx \\
&= \int_{-1} ^{1} x^2 f(x) dx \\
&= \int_{-1}^{0} x^2(1+x) dx + \int_{0}^{1}x^2(1-x)dx \\
&= \left[ \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{4}x^4\right]_{-1}^{0} + \left[ \frac{1}{3}x^3 – \frac{1}{4}x^4\right]_{0}^{1} \\
&= \frac{1}{3} -\frac{1}{4} + \frac{1}{3} – \frac{1}{4} \\
&= \frac{1}{6}
\end{align}
$$

分散$V(X)$は

$$
\begin{align}
V(X) &= E(X^2) – E(X)^2 \\
&= \frac{1}{6}
\end{align}
$$

4.5.3

$P(-\infty \leq X \leq \infty) = P(0 \leq X \leq 1) = 1$であるから，${\displaystyle \int_{0}^{1} ax^2 dx = 1}$が成り立つ。従って，

$$
\begin{align}
\int_{0}^{1} ax^2 dx &= 1 \\
\left[ \frac{1}{3}ax^3\right]_{0}^{1} &= 1 \\
\frac{1}{3}a &= 1 \\
\end{align}
$$

となる。よって $a = 3$ である。

$$
\begin{align}
P\left(X > \frac{1}{2} \right) &= P\left(\frac{1}{2} < X < 1 \right) \\
&= \int_{\frac{1}{2}}^{1} 3x^2 dx \\
&= \left[x^3 \right]_{\frac{1}{2}}^{1} \\
&= 1-\frac{1}{8} \\
&= \frac{7}{8}
\end{align}
$$

4.5.4

ここまでと同様に，

$$
\begin{eqnarray*}
    E(X) &=&  \int_{-\infty} ^ {\infty} x f(x) dx \\
     &=& \int_{0} ^{1} x f(x) dx \\
    &=& \int_{0} ^{1} x \{ 6x(1-x) \} dx \\
    &=& 6\int_{0}^{1}(x^2 – x^3)  dx \\
    &=& 6\left[ \frac{1}{3}x^3 -\frac{1}{4}x^4 \right]_{0}^{1} \\
    &=& \frac{1}{2}
\end{eqnarray*}
$$

$$
\begin{eqnarray*}
    E(X^2) &=&  \int_{-\infty} ^ {\infty} x^2 f(x) dx \\
     &=& \int_{0} ^{1} x^2 f(x) dx \\
    &=& 6\int_{0}^{1}(x^3-x^4)  dx \\
    &=& 6\left[ -\frac{1}{5}x^5 + \frac{1}{4}x^4\right]_{0}^{1} \\
    &=& \frac{3}{10}
\end{eqnarray*}
$$

$$
\begin{eqnarray*}
V(X) &=& E(X^2) – E(X)^2 \\
    &=&  \frac{1}{20}
\end{eqnarray*}
$$

4.5.5

$X$ の基準化変量を $Z$ とすると，${\displaystyle Z = \frac{X-50}{10}}$ であり，$Z \sim N(0,1)$ である．これと正規分布表を利用して値を計算する．

(1)

\begin{eqnarray*}
    P(70 \leq X) &=& P\left(\frac{70-50}{10}  \leq \frac{X-50}{10} \right)\\
                        &=& P(2  \leq Z ) \\
                        &=& 1- P(Z < 2) \\
                        &=& 1- 0.977 \\
                        &=& 0.023
\end{eqnarray*}

(2)

\begin{eqnarray*}
    P(40 \leq X \leq 60) &=& P\left(\frac{40-50}{10}  \leq \frac{X-50}{10}  \leq \frac{60-50}{10}\right)\\
                        &=& P(-1  \leq Z  \leq 1) \\
                        &=& 2\times (0.841-0.5) \\
                        &=& 0.6826
\end{eqnarray*}

※本誌では，正規分布表として，$\Phi(a) = P(X\leq a )$の値が与えられている．それを用いると，

$P(-1 \leq Z \leq 1) = 2\times (P(Z \leq 1)-P(Z \leq 0) )  =2\times (0.841-0.5) $である．正規分布表に応じて計算する．

(3)

$(1)$，$(2)$ と同様に計算すればよい．

$P(X \leq 55) = P(Z  \leq 0.5) = 0.691$

4.5.6

ビスの直径を$X$とすると，$X \sim N(2.7998, 0.0005^2)$ である．
不合格となる割合は$1-(合格する割合)$であるから，
$$ 1 – P(2.8000-0.0007 \leq X \leq 2.8000 + 0.7) $$を求めれば良い．

ここで$X$ の基準化変量を $Z$ とすると，${\displaystyle Z=\frac{X-2.7998}{0.0005}}$である．
よって，合格する割合は

\begin{eqnarray*}
P(2.8000-0.0007 \leq X \leq 2.8000 + 0.0007) &=& P \left( \frac{-0.0005}{0.0005} \leq Z \leq \frac{0.0009}{0.0005} \right) \\
                                                                 &=& P(-1 \leq Z \leq 1.8) \\
                                                                 &=& \Phi(1.8) – (1-\Phi(1)) \\
                                                                 &=& 0.964 – (1-0.842) \\
                                                                 &=& 0.805
\end{eqnarray*}

となる．従って，不合格となる割合は$1-0.805 = 0.195$である．

4.5.7

品切れになるのは，（需量要）$\geq$ （在庫量）となるときなので，$P(需要量\geq 在庫量)\leq 0.05$となる条件を求める．つまり，在庫量を$a$とおいて，$P(X\geq a) \leq 0.05$を満たす$a$を求めればよい．
ここで，$P(X\geq a) \leq 0.05$は$P(X\leq a) \geq 0.95 $と変形できる．
これと$X\sim N(200,25^2)$であるから${\displaystyle Z=\frac{X-200}{25} }$とおくことで

\begin{eqnarray*}
P(X\geq a) &\geq& 0.95 \\
P \left( Z\leq \frac{a-200}{25} \right) &\geq& 0.95 
\end{eqnarray*}

となる．

正規分布表から$P(Z \leq 1.64) \leq 0.95$であるから，これを満たす$a$は ${\displaystyle 1.64 \leq \frac{a-200}{25} }$ を解いて，$241 \leq a$を得る．従って，241(t) 以上あればよい．

4.5.8

$Y=\mu + X = 10 + X$と表される．$X\sim N(0,\sigma^2) = N(0, 0.001^2)$であるから，$Y \sim N(\mu, \sigma^2) = N(10,0.001^2)$である．
つまり，平均$10$，分散$0.001^2$の正規分布に従う（テキストの定理4.21を用いた）．

4.5.9

国語の成績を$X$（点）とすると，$X \sim N(64,13^2)$である．$ \displaystyle{ Z = \frac{X-64}{13}}$とすると，$Z \sim N(0,1)$である．

(1) $P(64-20 \leq X \leq 64+20 )$を求める．

$$
\begin{eqnarray*}
   P(64-20 \leq X \leq 64+20 ) &=& P (44 \leq X \leq 84) \\
                               &=& P \left(\frac{44-64}{13} \leq Z \leq \frac{84-64}{13} \right) \\
                               &=& P (-1.54 \leq Z \leq 1.54) \\
                               &=& 2\times ( \Phi(1.54) – 0.5 ) \\
                               &=& 2\times (0.938 – 0.5) \\
                               &=& 0.876
\end{eqnarray*}
$$

(2) 上位$5\%$である成績を$a$（点）とすると，$P(X \geq a) = 0.05$が成り立つ．また，$P(X \geq a) = 0.05 \iff P(X \leq a) = 0.95$ である．
正規分布表から  $P(Z \leq 1.64) = 0.95$であり，$\displaystyle{Z = \frac{X-64}{13}}$であったから，
$P(X \leq 85.3) = 0.95$である．したがって，$86$ 点以上取れば上位$5\%$に入る．

(3) $P(X \leq 40)$を求める．

$$
\begin{eqnarray*}
   P(X \leq 40) &=& P\left(Z \leq \frac{40-64}{13}\right) \\
                &=& P(Z \leq -1.85) \\
                &=& 1-P(Z \leq 1.85) \\
                &=& 1-0.968 \\
                &=& 0.032
\end{eqnarray*}
$$

従って，$40$点は下位$3.2\%$である．

4.5.10

次の客が到着するまでの時間間隔が$X$（分）であるから，$X$は指数分布に従う．$1$時間あたり$20$人の客が来るので，$1$分あたり$20/60 = 1/3$(人)が到着する．
従って，$X$は$\lambda = 1/3$の指数分布に従う（$X \sim Ex(1/3)$である）．
よって，期待値 $ E(X) = 3$である．また，確率密度関数$f(x)$は

$$
\begin{eqnarray*}
f(x) =
\left\{
    \begin{array}{ll}
       \displaystyle \frac{1}{3}e^{-\frac{1}{3}x} & (x > 0) \\
                                                  &            \\ %空白行%           
       \displaystyle 0                            & (x \leq 0) \\
    \end{array}
\right\} .
\end{eqnarray*}
$$

であるから，$P(X \geq 5) = 1 – P(X \leq 5) = 1 – (1-e^{-\frac{5}{3}}) = e^{-\frac{5}{3}} \approx 0.189$．
（ここで，テキストp.155の$P(X \leq a) = 1-e^{-\lambda a}$を利用した．）

4.5.11

客が到着する時間間隔を$X$（分）とする．$1$時間あたり平均$5$人の客が訪れるので$5/60 = 1/12$（人/分）である．従って，$X \sim  Ex(1/12)$である．通常時の開店時刻から$5$分以内に到着していれば，$5$分以上待つことになる．つまり，$P(X \leq 5)$が求める確率であり，その値は

$$
P(X \leq 5) = 1-e^{-\frac{5}{12}} = 0.341
$$

4.5.12

定理4.23（前半）

$X\sim Ex(\lambda)$ のとき，任意の正の実数 $a$，$b$に対して，次が成り立つことを示す．

$$
   P(X > a+b | X > b) = P(X > a)
$$

証明

$X\sim Ex(\lambda)$とする．すると，密度関数$f(x)$は，

$$
\begin{eqnarray*}
f(x) =
\left\{
   \begin{array}{ll}
      \displaystyle \lambda e^{-\lambda x} & (x > 0) \\
      \displaystyle 0                      & (x \leq 0) \\
   \end{array}
\right\} .
\end{eqnarray*}
$$

である．また，

$$
\begin{eqnarray*}
   P(X>b) &=& \int_b ^\infty f(x) dx \\
          &=& \left[ – e^{-\lambda x}\right]_b^\infty \\
          &=& e^{-\lambda b}
\end{eqnarray*}
$$

さらに，$P(X>a+b \land X > b) = P(X>a+b)$であるから，$P(X>b)$と同様にして

$$
\begin{eqnarray*}
   P(X>a+b \land X > b) &=& P(X>a+b) \\
                        &=& \int_{a+b} ^\infty f(x) dx \\
                        &=& e^{-\lambda (a+b)}
\end{eqnarray*}
$$

がわかる．$P(X>a) = e^{-\lambda a}$も同様．
以上から

$$
\begin{eqnarray*}
   P(X>a+b | X>b) &=& \frac{P(X>a+b \land X > b)}{P(X>b)} \\
                  &=& \frac{e^{-\lambda (a+b)}}{e^{-\lambda b}} \\
                  &=& e^{-\lambda a} \\
                  &=& P(X>a)
\end{eqnarray*}
$$

となり示された．（終）

定理4.24

定義に従ってそれぞれ計算する．

$$
\begin{eqnarray*}
E(X) &=& \int_{-\infty}^\infty xf(x) dx \\
    &=& \int_{-\infty}^0 xf(x) dx + \int_0^\infty xf(x) dx \\
    &=& 0 + \int_0^\infty x\lambda e^{-\lambda x} dx \\
\end{eqnarray*}
$$

ここで，$y=\lambda x$とおくと，$x=0$とき，$y=0$であり，$\lambda > 0$であるから，$x\rightarrow \infty$のとき，$y \rightarrow \infty$である．また，$dy = \lambda dx$なので

$$
   \int_0^\infty x\lambda e^{-\lambda x} dx = \frac{1}{\lambda}\int_0^\infty ye^{-y} dy
$$

となる．さらに，この右辺の${ \displaystyle\int_0^\infty ye^{-y}dy}$に部分積分を行うことで，

$$
\begin{eqnarray*}
   \frac{1}{\lambda}\int_0^\infty ye^{-y} dy &=& \frac{1}{\lambda}\left \{ [ -ye^{-y} ]_0 ^\infty – \int_0^{\infty} -e^{-y}dy \right \}\\
                                          &=& \frac{1}{\lambda}\left \{ [-ye^{-y}]_0^\infty -[e^{-y}]_0^\infty \right \} \\
                                          &=& \frac{1}{\lambda}(0-(-1)) \\
                                          &=& \frac{1}{\lambda}
\end{eqnarray*}
$$

となる．したがって，${\displaystyle E(X) = \frac{1}{\lambda} }$が示された．
次に分散$V(X)$を求める．$V(X) = E(X^2)-E(X)^2$であるから，まず$E(X^2)$を計算する．

$$
\begin{eqnarray*}
   E(X^2) &=& \int_0 ^\infty x^2 f(x) dx \\
          &=& [x^2 (-e^{-\lambda x})]_0 ^\infty – \int _0 ^\infty 2x(-e^{-\lambda x}) dx \\
          &=& 0 + 2\int_0^\infty xe^{-\lambda x} dx \\
          &=& 2\times \frac{1}{\lambda}E(X) \\
          &=& \frac{2}{\lambda^2}
\end{eqnarray*}
$$

である．よって，分散$V(X)$は

$$
\displaystyle V(X) = E(X^2)-E(X)^2 = \frac{2}{\lambda ^2} – \left(\frac{1}{\lambda}\right)^2=\frac{1}{\lambda ^2}
$$

となる．
また，標準偏差$D(X)$は${\displaystyle D(X) = \sqrt{V(X)} = \frac{1}{\lambda}}$とわかる．

参考

・抑えておきたい公式とその簡易的な導出に関して（期待値と分散・共分散）
https://www.hello-statisticians.com/explain-terms-cat/expectation-variance-covariance.html