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。
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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。

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

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

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