確認テストの解答

統計学の復習　第11章 §11.8

§11.1 母比率の信頼区間

1. 11.1-1 正規母集団には $\mu$ と $\sigma^2$ という独立に動く2つの未知の母数があり、母平均の区間では推定の対象でない $\sigma$ を同じデータの $s$ で埋めるので、分母が確率変数になり、その分の余分なばらつきを正確に補正するのが $t$ 分布である。ベルヌーイ分布の母数は $p$ の1つだけで、分散 $p(1-p)$ は $p$ から決まるので、$\hat p$ の代入は別の母数の推定ではない。しかも $\hat p$ の分布はもともと正規近似で扱っているので、$t$ に替えても精度は上がらない。
2. 11.1-2 $\hat p=420/1200=0.35$、標準誤差 $\sqrt{0.35\times0.65/1200}=\sqrt{0.00018958}=0.013769$、半幅 $2.576\times0.013769=0.03547$。区間は $[\,0.3145,\ 0.3855\,]$。$n\hat p=420$、$n(1-\hat p)=780$ で近似の目安は満たされている。
3. 11.1-3 $\hat p=0$ では標準誤差が $\sqrt{0\times1/20}=0$ なので、Wald 型の区間は $[0,0]$ につぶれ、使うことができない。Wilson の区間で $\hat p=0$ とすると、根号の中は $z^2/(4n^2)$ だけになり $z\sqrt{z^2/(4n^2)}=z^2/(2n)$ なので、両端は

$$\frac{z^2/(2n)\mp z^2/(2n)}{1+z^2/n}=0,\ \ \frac{z^2/n}{1+z^2/n}$$

である。$z^2/n=3.8415/20=0.19207$ から上端は $0.19207/1.19207=0.1611$ で、区間は $[\,0,\ 0.1611\,]$。4. 11.1-4 (11.2) から $P(Z\ge-z_\alpha)\approx1-\alpha$ で、$Z\ge-z_\alpha$ は $\hat p-p\ge-z_\alpha\sqrt{p(1-p)/n}$、すなわち $p\le\hat p+z_\alpha\sqrt{p(1-p)/n}$ と同値である。分母の $p$ を $\hat p$ に置き換えると上側信頼限界の式になる。$\hat p=24/400=0.06$、標準誤差 $\sqrt{0.06\times0.94/400}=0.011874$ で、上側信頼限界は $0.06+1.645\times0.011874=0.0795$。$n\hat p=24\ge5$ なので近似の目安は満たす。

§11.2 必要なサンプルサイズ

1. 11.2-1 $p(1-p)=-(p^2-p)=-\bigl(p-\frac12\bigr)^2+\frac14\le\frac14$。$\bigl(p-\frac12\bigr)^2\ge0$ で等号は $p=1/2$ のときだけなので、最大値 $1/4$ は $p=1/2$ でとる。
2. 11.2-2 $n\ge(2.5758/(2\times0.02))^2=64.395^2=4146.8$。切り上げて $4147$。
3. 11.2-3 $p^*=0.1$ で $p^*(1-p^*)=0.09$。$n\ge(1.960/0.02)^2\times0.09=9604\times0.09=864.4$。切り上げて $865$ 個。
4. 11.2-4 (11.6) から $n\ge(1.960\times12/2)^2=11.76^2=138.30$ で、$139$。誤差 $\pm1$ では $n\ge(1.960\times12)^2=23.52^2=553.19$ で、$554$。切り上げる前の値は $138.30\times4=553.19$ で正確に4倍だが、切り上げた後の整数は $139\times4=556$ と一致しない。4倍の関係は切り上げる前の実数の値で成り立ち、切り上げは最後に1回だけ行う。

§11.3 母比率の差の信頼区間

1. 11.3-1 第7章の $V[X-Y]=V[X]+V[Y]-2\mathrm{Cov}(X,Y)$ で、2標本が独立なので $\mathrm{Cov}(\hat p_1,\hat p_2)=0$。$V[\hat p_i]=p_iq_i/n_i$ を代入して $V[\hat p_1-\hat p_2]=p_1q_1/n_1+p_2q_2/n_2$。$-\hat p_2$ の分散は $(-1)^2V[\hat p_2]=V[\hat p_2]$ で、符号を変えてもばらつきは減らないので、差の分散も和になる。
2. 11.3-2 $\hat p_A=0.6$、$\hat p_B=0.5$、差 $0.1$。標準誤差 $\sqrt{0.6\times0.4/150+0.5\times0.5/200}=\sqrt{0.0016+0.00125}=\sqrt{0.00285}=0.053385$、半幅 $1.645\times0.053385=0.08781$。区間は $[\,0.0122,\ 0.1878\,]$。
3. 11.3-3 $\hat p=(90+100)/(150+200)=190/350=0.54286$。標準誤差 $\sqrt{0.54286\times0.45714\times(1/150+1/200)}=\sqrt{0.248163\times0.011667}=0.053807$。$H_0:p_A=p_B$ の検定では $H_0$ の下での分散を使うのでこのプールした標準誤差を、差の区間推定では $H_0$ を置かないので 11.3-2 の標準誤差 $0.053385$ を使う。
4. 11.3-4 半幅は $z\sqrt{(p_1q_1+p_2q_2)/n}$ で、見当が無ければ $p_1q_1+p_2q_2\le1/4+1/4=1/2$。$1.960\sqrt{1/(2n)}\le0.05$ から $n\ge1.960^2/(2\times0.05^2)=3.8415/0.005=768.3$。各群 $769$。

§11.4 $\chi^2$ 分布

1. 11.4-1 $c_4=1/(2^2\Gamma(2))=1/4$ なので $f_4(x)=\frac14x\mathrm{e}^{-x/2}$（$x>0$）。部分積分で

$$P(W>x)=\int_x^\infty\frac t4\mathrm{e}^{-t/2}\mathrm{d} t=\Bigl[-\frac t2\mathrm{e}^{-t/2}\Bigr]_x^\infty+\int_x^\infty\frac12\mathrm{e}^{-t/2}\mathrm{d} t=\frac x2\mathrm{e}^{-x/2}+\mathrm{e}^{-x/2}=\mathrm{e}^{-x/2}\Bigl(1+\frac x2\Bigr).$$

$x=9.488$ では $\mathrm{e}^{-4.744}\times5.744=0.008703\times5.744=0.0500$ で、$\chi^2_4(0.05)=9.488$ と合う。2. 11.4-2 $E[1/W]=\int_0^\infty x^{-1}c_\nu x^{\nu/2-1}\mathrm{e}^{-x/2}\mathrm{d} x=c_\nu\int_0^\infty x^{(\nu-2)/2-1}\mathrm{e}^{-x/2}\mathrm{d} x$。最後の積分は $\chi^2_{\nu-2}$ の密度の積分が $1$ であることから $1/c_{\nu-2}$ に等しい（$\nu\ge3$ なので $\nu-2\ge1$ で、積分は有限）。定理 11.5 の証明の第3段の関係 $c_\nu=c_{\nu-2}/(\nu-2)$ から $E[1/W]=c_\nu/c_{\nu-2}=1/(\nu-2)$。3. 11.4-3 $x>0$ で $\log f_\nu(x)=\log c_\nu+(\nu/2-1)\log x-x/2$、その導関数は $(\nu/2-1)/x-1/2=\{(\nu-2)-x\}/(2x)$。$\nu\ge3$ では $x<\nu-2$ で正、$x>\nu-2$ で負なので、$x=\nu-2$ で最大。$\nu=1,2$ では $\nu-2\le0$ なので $x>0$ で導関数が常に負になり、$f_\nu$ は単調減少。4. 11.4-4 $E[S^2]=\sigma^2=4$。(11.13) から $V[S^2]=2\times4^2/10=3.2$、標準偏差は $\sqrt{3.2}=1.789$。

§11.5 $\chi^2$ 分布表の引き方

1. 11.5-1 $W=Z^2$（$Z\sim\mathrm{N}(0,1)$）について、$c>0$ で $P(W>c)=P(\lvert Z\rvert >\sqrt c)=2P(Z>\sqrt c)$。これが $0.05$ になるのは $P(Z>\sqrt c)=0.025$、すなわち $\sqrt c=z_{0.025}$ のときなので、$\chi^2_1(0.05)=z_{0.025}^2=1.960^2=3.841$。
2. 11.5-2 $\chi^2_2(\alpha)=-2\log\alpha$ から $\chi^2_2(0.10)=2\log10=4.605$。
3. 11.5-3 $50+1.645\times\sqrt{100}=66.45$。正確な値 $67.505$ との差は約 $-1.06$ で、近似の方が小さい。$\chi^2$ 分布は右に長い裾を持つので、上側の点は対称な正規分布で近似した点より右にある。
4. 11.5-4 $a=\chi^2_{12}(0.95)=5.226$、$b=\chi^2_{12}(0.05)=21.026$。$P(a\le W\le b)=1-0.05-0.05=0.90$。

§11.6 母分散の信頼区間

1. 11.6-1 $\chi^2_{n-1}(1-\alpha/2)\le(n-1)s^2/\sigma^2\le\chi^2_{n-1}(\alpha/2)$ を $\sigma^2$ について解くとき逆数をとるので、不等号の向きが逆になり、大きい方の点 $\chi^2_{n-1}(\alpha/2)$ が下端の分母に来る。$\chi^2$ 分布は右に裾を引き、上側の点は期待値 $n-1$ から遠く下側の点は近い。逆数をとると、下側の点に対応する上端が $s^2$ から遠くなるので、区間は上の側に長い。
2. 11.6-2 $\sigma^2$ の区間は $[38/32.852,\ 38/8.907]=[\,1.157,\ 4.266\,]$、$\sigma$ の区間は $[\,1.076,\ 2.066\,]$。
3. 11.6-3 $\mu$ 既知なので自由度は $n=10$。$[25/20.483,\ 25/3.247]=[\,1.2205,\ 7.699\,]$。
4. 11.6-4 $Q=(n-1)S^2/\sigma^2\sim\chi^2_{n-1}$ について $P(Q\ge\chi^2_{n-1}(1-\alpha))=1-\alpha$。$Q\ge\chi^2_{n-1}(1-\alpha)$ は $\sigma^2\le(n-1)S^2/\chi^2_{n-1}(1-\alpha)$ と同値なので、この不等式は確率 $1-\alpha$ で成り立つ。$(n-1)s^2=24\times0.09=2.16$ で、$\sigma^2\le2.16/13.848=0.1560$、$\sigma\le\sqrt{0.1560}=0.3949$。