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)
Contents
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
[…] 当Web参考リンク […]