確認テストの解答

統計学の復習　第10章 §10.7

§10.1 区間推定の考え方と母分散が既知のときの信頼区間

1. 10.1-1 $\left[\bar X-1.645\,\sigma/\sqrt n,\ \bar X+1.645\,\sigma/\sqrt n\right]$。$90\%$ では $\alpha=0.10$ で、上下に $0.05$ ずつ残すので $z_{0.05}$ を使う。
2. 10.1-2 標準誤差は $12/\sqrt{16}=3$、半幅は $1.960\times3=5.88$ なので $[\,73.5-5.88,\ 73.5+5.88\,]=[\,67.62,\ 79.38\,]$。
3. 10.1-3 式 (10.5) から $n\ge(2.576\times15/2)^2=19.32^2=373.3$。切り上げて $n=374$。（$n=373$ では半幅が $2.576\times15/\sqrt{373}=2.0007$ で $2$ を超える。）
4. 10.1-4 条件 $\Phi(b)=1-\alpha+\Phi(-a)$ から $b$ は $a$ の関数 $b(a)$ である。両辺を $a$ で微分すると、標準正規分布の密度を $\varphi$ として $\varphi(b)\,b'(a)=-\varphi(-a)=-\varphi(a)$ なので $b'(a)=-\varphi(a)/\varphi(b)$。幅に比例する $g(a)=a+b(a)$ の微分は $g'(a)=1-\varphi(a)/\varphi(b)$ である。$\varphi$ は正の側で減少するので、$a<b$ なら $\varphi(a)>\varphi(b)$ で $g'(a)<0$、$a>b$ なら $g'(a)>0$ である。$a$ を増やすと $b$ は減るので、$g$ は $a=b$ となる点で最小になる。$a=b$ のとき $\Phi(a)-\Phi(-a)=1-\alpha$、すなわち $2\Phi(a)-1=1-\alpha$ で、$a=z_{\alpha/2}$ である。

§10.2 95%信頼区間の意味とさまざまな信頼区間

1. 10.2-1 正しいのは (b) だけである。(a) は確定した区間と定数 $\mu$ についての主張で、確率 $0.95$ の事象ではない。(c) は区間が $\bar X$ の散らばりを表すと読んでいる誤りで、$\bar X$ の分布の中心は $\mu$ であり $50.3$ ではないので、今後の標本平均がこの区間に入る割合は $95\%$ にならない。
2. 10.2-2 含まない本数は $\mathrm{Bin}(50,0.1)$ に従い、期待値は $50\times0.1=5$ 本。すべてが含む確率は $0.9^{50}=0.00515$。
3. 10.2-3 標準誤差は $2/\sqrt{25}=0.4$。片側なので $z_{0.01}=2.326$ を使い、上側信頼限界は $20.4+2.326\times0.4=21.33$。
4. 10.2-4 (i) $\mu\le\bar X+z_\alpha\sigma/\sqrt n\iff-z_\alpha\le(\bar X-\mu)/(\sigma/\sqrt n)=Z$ なので、$P(\mu\le U)=P(Z\ge-z_\alpha)=P(Z\le z_\alpha)=1-\alpha$（対称性を使った）。(ii) 2つの区間はどちらも $\bar X$ を中心とし、半幅は $1.960\sigma/\sqrt n$ と $2.576\sigma/\sqrt n$ である。$1.960<2.576$ なので、$95\%$ 区間の両端は $99\%$ 区間の内側にある。$t$ の区間でも、同じ標本の $S$ を使い $t_{n-1}(0.025)<t_{n-1}(0.005)$ なので同じことが成り立つ。

§10.3 $t$ 分布と $t$ 分布表

1. 10.3-1 式 (10.10) から $T=Z/\sqrt{W/11}$、$Z=(\bar X-\mu)/(\sigma/\sqrt{12})$、$W=11S^2/\sigma^2=\sum_{i=1}^{12}(X_i-\bar X)^2/\sigma^2$。定理 10.5 から $W\sim\chi^2_{11}$ で $Z$ と独立なので、$\nu=11$。
2. 10.3-2 $c=t_{10}(0.025)=2.228$。対称性から $P(T\le-1.812)=P(T\ge1.812)=0.05$。$P(-1.812\le T\le2.228)=1-0.05-0.025=0.925$。
3. 10.3-3 $V=\nu/(\nu-2)$ から、$t_3$ は $3$、$t_5$ は $5/3=1.667$、$t_{30}$ は $30/28=1.071$。$W\sim\chi^2_2$ の密度は式 (10.8) で $\nu=2$ として $f_W(w)=\frac12\mathrm{e}^{-w/2}$（$\Gamma(1)=1$）。$0<w<1$ で $\mathrm{e}^{-w/2}\ge\mathrm{e}^{-1/2}$ なので

$$E\!\left[\frac1W\right]\ge\int_0^1\frac1w\cdot\frac12\mathrm{e}^{-1/2}\,\mathrm{d} w=\frac{\mathrm{e}^{-1/2}}2\int_0^1\frac{\mathrm{d} w}w=\infty$$

で、$E[T^2]=2E[1/W]$ は有限でない。4. 10.3-4 $E[Z^2]=1$ と $E[Z^4]=3$ から $V[Z_i^2]=E[Z_i^4]-E[Z_i^2]^2=2$。$Z_i^2$ は独立なので $V[W]=\sum V[Z_i^2]=2\nu$。$W/\nu$ は期待値 $1$・分散 $2\nu/\nu^2=2/\nu$ なので、Chebyshev の不等式から $P(\lvert W/\nu-1\rvert \ge0.1)\le(2/\nu)/0.1^2=200/\nu$。

§10.4 母分散が未知のときの信頼区間

1. 10.4-1 (a) $z_{0.025}$。(b) $t_{11}(0.025)$。(c) 中心極限定理による近似で $z_{0.025}$（標準誤差は $s/\sqrt{400}$）。
2. 10.4-2 標準誤差は $3.6/\sqrt9=1.2$、半幅は $2.306\times1.2=2.767$ なので $[\,45.43,\ 50.97\,]$。
3. 10.4-3 $\bar x=16.0/5=3.2$。偏差は $0,\ -0.4,\ 0.4,\ -0.2,\ 0.2$、二乗和は $0.40$、$s^2=0.40/4=0.1$、$s=0.3162$。標準誤差は $0.3162/\sqrt5=0.1414$、半幅は $2.776\times0.1414=0.393$ なので $[\,2.807,\ 3.593\,]$。
4. 10.4-4 (i) $c=t_{n-1}(\alpha/2)$ とすると、§10.4 の同値変形から $\{\bar X-cS/\sqrt n\le\mu\le\bar X+cS/\sqrt n\}=\{-c\le T\le c\}=\{\lvert T\rvert \le c\}$。系 10.6 から $T\sim t_{n-1}$ なので、この事象の確率は $1-2\times\alpha/2=1-\alpha$ で、$\mu,\sigma$ によらない。(ii) 対称性から $P(\lvert T\rvert \le1.960)=2P(T\le1.960)-1=2\times0.9392-1=0.878$。信頼係数 $95\%$ のつもりの区間が、実際には約 $88\%$ しか $\mu$ を含まない。

§10.5 母平均の差の信頼区間

1. 10.5-1 (a) 同じ人の右手と左手なので対応がある。(b) 別々の人の集団なので対応がない（人数も違い、組にすることができない）。
2. 10.5-2 $\bar d=14/7=2$。偏差は $0,\ -3,\ 1,\ 2,\ -1,\ 1,\ 0$、二乗和は $16$、$s_d^2=16/6=2.667$、$s_d=1.633$。標準誤差は $1.633/\sqrt7=0.6172$、半幅は $2.447\times0.6172=1.510$ なので $[\,0.490,\ 3.510\,]$。
3. 10.5-3 $s_p^2=(11\times9+9\times16)/20=243/20=12.15$。標準誤差は $\sqrt{12.15\times(1/12+1/10)}=\sqrt{2.2275}=1.4925$、半幅は $2.086\times1.4925=3.113$。差の点推定値は $2.5$ なので $[\,-0.613,\ 5.613\,]$。
4. 10.5-4 (i) $\bar X$ と $\bar Y$ は独立なので $\mathrm{Cov}(\bar X,\bar Y)=0$ で、$V[\bar X-\bar Y]=V[\bar X]+(-1)^2V[\bar Y]=\sigma^2/n_1+\sigma^2/n_2=\sigma^2(1/n_1+1/n_2)$。(ii) 期待値の線形性から

$$E[S_p^2]=\frac{(n_1-1)E[S_1^2]+(n_2-1)E[S_2^2]}{n_1+n_2-2}=\frac{(n_1-1)\sigma^2+(n_2-1)\sigma^2}{n_1+n_2-2}=\sigma^2.$$