Step 1: 2級内容の完全マスター
統計学2級レベルの全範囲を理論的に深く理解し、準1級学習の確固たる土台を築きます
📚 このステップの目的
2級の内容を理論的に深く掘り下げます。このステップでは、2級で学んだ内容を「なぜその公式が成り立つのか」「なぜその検定手法を使うのか」という理論的背景まで含めて理解し直します。単なる復習ではなく、理論的な理解を深めることが目標です。
🎯 このステップで身につける力
- 公式の導出力：「なぜその公式が成り立つのか」を説明できる
- 手法の選択力：「なぜその検定を使うのか」を理解している
- 理論と実践の接続：数学的な理論が実務でどう活きるかを把握
1. 確率分布の理論的理解
1.1 離散型確率分布の復習と深化
二項分布 $B(n, p)$
【どんな場面で使う？】
「成功か失敗か」の試行を $n$ 回繰り返したとき、成功回数の分布
例：コインを10回投げて表が出る回数、製品100個中の不良品数
【確率関数】 $$P(X = k) = {}_n C_k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}$$
・$n$ 回の独立試行で成功が $k$ 回起こる組合せが ${}_n C_k$ 通り
・各パターンの確率が $p^k(1-p)^{n-k}$
・これらを掛け合わせたもの
【どんな場面で使う？】
「成功か失敗か」の試行を $n$ 回繰り返したとき、成功回数の分布
例：コインを10回投げて表が出る回数、製品100個中の不良品数
【確率関数】 $$P(X = k) = {}_n C_k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}$$
読み方：「$n$ 回中 $k$ 回成功する確率は、組合せ数 × 成功確率の $k$ 乗 × 失敗確率の $(n-k)$ 乗」
【期待値と分散】 $$E(X) = np, \quad V(X) = np(1-p)$$ 【公式の意味】・$n$ 回の独立試行で成功が $k$ 回起こる組合せが ${}_n C_k$ 通り
・各パターンの確率が $p^k(1-p)^{n-k}$
・これらを掛け合わせたもの
例題1：二項分布の期待値の導出
問題：二項分布 $B(n, p)$ の期待値が $np$ であることを、定義から導出せよ。
解答：
【方針】
期待値の定義 $E(X) = \sum k \cdot P(X=k)$ に従って計算します。
【ステップ1：期待値の定義を書く】 $$E(X) = \sum_{k=0}^{n} k \cdot P(X = k) = \sum_{k=0}^{n} k \cdot {}_n C_k \cdot p^k (1-p)^{n-k}$$ 【ステップ2：$k=0$ の項は0なので省略】 $$= \sum_{k=1}^{n} k \cdot \frac{n!}{k!(n-k)!} \cdot p^k (1-p)^{n-k}$$ 【ステップ3：$k$ と $k!$ を約分】
$k \cdot \frac{1}{k!} = \frac{1}{(k-1)!}$ なので、 $$= \sum_{k=1}^{n} \frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} \cdot p^k (1-p)^{n-k}$$ 【ステップ4：$np$ を前に出す】
$n! = n \cdot (n-1)!$ と $p^k = p \cdot p^{k-1}$ を使って、 $$= np \sum_{k=1}^{n} \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} \cdot p^{k-1} (1-p)^{n-k}$$ 【ステップ5：$j = k-1$ と置換】
$k=1$ のとき $j=0$、$k=n$ のとき $j=n-1$ なので、 $$= np \sum_{j=0}^{n-1} {}_{n-1} C_j \cdot p^j (1-p)^{(n-1)-j}$$ 【ステップ6：二項定理を使う】
$\sum_{j=0}^{n-1} {}_{n-1} C_j \cdot p^j (1-p)^{(n-1)-j} = (p + (1-p))^{n-1} = 1^{n-1} = 1$ $$\therefore E(X) = np \times 1 = np$$ 【直感的理解】
1回の試行で成功確率が $p$ なら、$n$ 回やれば平均 $np$ 回成功するのは自然！
【方針】
期待値の定義 $E(X) = \sum k \cdot P(X=k)$ に従って計算します。
【ステップ1：期待値の定義を書く】 $$E(X) = \sum_{k=0}^{n} k \cdot P(X = k) = \sum_{k=0}^{n} k \cdot {}_n C_k \cdot p^k (1-p)^{n-k}$$ 【ステップ2：$k=0$ の項は0なので省略】 $$= \sum_{k=1}^{n} k \cdot \frac{n!}{k!(n-k)!} \cdot p^k (1-p)^{n-k}$$ 【ステップ3：$k$ と $k!$ を約分】
$k \cdot \frac{1}{k!} = \frac{1}{(k-1)!}$ なので、 $$= \sum_{k=1}^{n} \frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} \cdot p^k (1-p)^{n-k}$$ 【ステップ4：$np$ を前に出す】
$n! = n \cdot (n-1)!$ と $p^k = p \cdot p^{k-1}$ を使って、 $$= np \sum_{k=1}^{n} \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} \cdot p^{k-1} (1-p)^{n-k}$$ 【ステップ5：$j = k-1$ と置換】
$k=1$ のとき $j=0$、$k=n$ のとき $j=n-1$ なので、 $$= np \sum_{j=0}^{n-1} {}_{n-1} C_j \cdot p^j (1-p)^{(n-1)-j}$$ 【ステップ6：二項定理を使う】
$\sum_{j=0}^{n-1} {}_{n-1} C_j \cdot p^j (1-p)^{(n-1)-j} = (p + (1-p))^{n-1} = 1^{n-1} = 1$ $$\therefore E(X) = np \times 1 = np$$ 【直感的理解】
1回の試行で成功確率が $p$ なら、$n$ 回やれば平均 $np$ 回成功するのは自然！
ポアソン分布 $\text{Po}(\lambda)$
【どんな場面で使う？】
「稀な事象が一定期間に何回起こるか」をモデル化
例：1時間に来店する客数、1ページあたりの誤字数、1日の交通事故件数
【確率関数】 $$P(X = k) = \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda}$$
・期待値と分散が等しい（$E(X) = V(X) = \lambda$）
・二項分布で $n \to \infty$、$p \to 0$、$np = \lambda$ のときの極限分布
・「稀な事象」の回数を扱うときに使う
【どんな場面で使う？】
「稀な事象が一定期間に何回起こるか」をモデル化
例：1時間に来店する客数、1ページあたりの誤字数、1日の交通事故件数
【確率関数】 $$P(X = k) = \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda}$$
読み方：「平均 $\lambda$ 回起こる事象が、ちょうど $k$ 回起こる確率」
【期待値と分散】 $$E(X) = \lambda, \quad V(X) = \lambda$$ 【重要な性質】・期待値と分散が等しい（$E(X) = V(X) = \lambda$）
・二項分布で $n \to \infty$、$p \to 0$、$np = \lambda$ のときの極限分布
・「稀な事象」の回数を扱うときに使う
1.2 連続型確率分布の深い理解
正規分布 $N(\mu, \sigma^2)$
【なぜ正規分布が重要か？】
・多くの自然現象が正規分布に従う（身長、体重、測定誤差など）
・中心極限定理により、標本平均は正規分布に近づく
・統計的推測（推定・検定）の基礎となる
【確率密度関数】 $$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left\{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}$$
・$\mu$：平均（分布の中心）
・$\sigma^2$：分散（分布の広がり）
・$\sigma$：標準偏差
【なぜ正規分布が重要か？】
・多くの自然現象が正規分布に従う（身長、体重、測定誤差など）
・中心極限定理により、標本平均は正規分布に近づく
・統計的推測（推定・検定）の基礎となる
【確率密度関数】 $$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left\{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}$$
読み方：「釣鐘型の曲線で、$\mu$ を中心に左右対称、$\sigma$ が大きいほど広がる」
【パラメータの意味】・$\mu$：平均（分布の中心）
・$\sigma^2$：分散（分布の広がり）
・$\sigma$：標準偏差
例題2：標準化の理論
問題：$X \sim N(\mu, \sigma^2)$ のとき、$Z = \frac{X – \mu}{\sigma}$ が標準正規分布 $N(0, 1)$ に従うことを説明せよ。
解答：
【標準化とは？】
どんな正規分布も、「平均を引いて、標準偏差で割る」と標準正規分布になる。
【ステップ1：$Z$ の期待値を計算】 $$E(Z) = E\left(\frac{X – \mu}{\sigma}\right) = \frac{1}{\sigma}\{E(X) – \mu\} = \frac{\mu – \mu}{\sigma} = 0$$ 【ステップ2：$Z$ の分散を計算】 $$V(Z) = V\left(\frac{X – \mu}{\sigma}\right) = \frac{1}{\sigma^2} V(X) = \frac{\sigma^2}{\sigma^2} = 1$$ 【ステップ3：分布の形を確認】
正規分布の線形変換は正規分布に従う（正規分布の再生性）。
$Z$ は $X$ の線形変換なので、$Z$ も正規分布に従う。
【結論】
$E(Z) = 0$、$V(Z) = 1$、かつ正規分布なので、 $$Z = \frac{X – \mu}{\sigma} \sim N(0, 1)$$ 【なぜ標準化が便利か？】
どんな正規分布も、標準正規分布表1つで確率が計算できる！
【標準化とは？】
どんな正規分布も、「平均を引いて、標準偏差で割る」と標準正規分布になる。
【ステップ1：$Z$ の期待値を計算】 $$E(Z) = E\left(\frac{X – \mu}{\sigma}\right) = \frac{1}{\sigma}\{E(X) – \mu\} = \frac{\mu – \mu}{\sigma} = 0$$ 【ステップ2：$Z$ の分散を計算】 $$V(Z) = V\left(\frac{X – \mu}{\sigma}\right) = \frac{1}{\sigma^2} V(X) = \frac{\sigma^2}{\sigma^2} = 1$$ 【ステップ3：分布の形を確認】
正規分布の線形変換は正規分布に従う（正規分布の再生性）。
$Z$ は $X$ の線形変換なので、$Z$ も正規分布に従う。
【結論】
$E(Z) = 0$、$V(Z) = 1$、かつ正規分布なので、 $$Z = \frac{X – \mu}{\sigma} \sim N(0, 1)$$ 【なぜ標準化が便利か？】
どんな正規分布も、標準正規分布表1つで確率が計算できる！
⭐ t分布の理論的背景
【t分布が必要な理由】
母分散 $\sigma^2$ が未知のとき、標本標準偏差 $S$ で代用する必要がある。
このとき、統計量の分布は正規分布ではなくt分布になる。
【統計量の分布】 $$T = \frac{\bar{X} – \mu}{S/\sqrt{n}} \sim t(n-1)$$
【t分布が必要な理由】
母分散 $\sigma^2$ が未知のとき、標本標準偏差 $S$ で代用する必要がある。
このとき、統計量の分布は正規分布ではなくt分布になる。
【統計量の分布】 $$T = \frac{\bar{X} – \mu}{S/\sqrt{n}} \sim t(n-1)$$
読み方：「標本平均から母平均を引き、標本標準誤差で割ったものは、自由度 $n-1$ のt分布に従う」
【t分布の特徴】| 特徴 | 説明 |
|---|---|
| 裾が厚い | 正規分布より外れ値が出やすい |
| 自由度で形が変わる | $n-1$ が小さいほど裾が厚い |
| $n \to \infty$ で正規分布 | 大標本なら正規分布で近似OK |
2. 標本分布の理論
2.1 標本平均の分布
標本平均 $\bar{X}$ の性質
【設定】
母集団が正規分布 $N(\mu, \sigma^2)$ に従うとき、
標本 $X_1, X_2, \ldots, X_n$ を取り、標本平均 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ を計算する。
【標本平均の分布】 $$\bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)$$
期待値の導出： $$E(\bar{X}) = E\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\right) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E(X_i) = \frac{1}{n} \cdot n\mu = \mu$$ 分散の導出：（独立なので分散は足せる） $$V(\bar{X}) = V\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\right) = \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n V(X_i) = \frac{1}{n^2} \cdot n\sigma^2 = \frac{\sigma^2}{n}$$ 【重要なポイント】
標本サイズ $n$ が大きいほど、$V(\bar{X}) = \sigma^2/n$ は小さくなる！
→ 推定精度が上がる（ばらつきが減る）
【設定】
母集団が正規分布 $N(\mu, \sigma^2)$ に従うとき、
標本 $X_1, X_2, \ldots, X_n$ を取り、標本平均 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ を計算する。
【標本平均の分布】 $$\bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)$$
読み方：「標本平均は、母平均 $\mu$ を中心に、分散 $\sigma^2/n$ で散らばる正規分布」
【なぜこうなるか？】期待値の導出： $$E(\bar{X}) = E\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\right) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E(X_i) = \frac{1}{n} \cdot n\mu = \mu$$ 分散の導出：（独立なので分散は足せる） $$V(\bar{X}) = V\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\right) = \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n V(X_i) = \frac{1}{n^2} \cdot n\sigma^2 = \frac{\sigma^2}{n}$$ 【重要なポイント】
標本サイズ $n$ が大きいほど、$V(\bar{X}) = \sigma^2/n$ は小さくなる！
→ 推定精度が上がる（ばらつきが減る）
2.2 中心極限定理の意味
⭐ 中心極限定理（Central Limit Theorem）
【定理の主張】
母集団分布が何であっても、標本サイズ $n$ が十分大きければ、 $$\bar{X} \approx N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)$$ または、標準化すると $$\frac{\bar{X} – \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \xrightarrow{d} N(0, 1)$$ 【なぜすごいのか？】
【「$n$ が十分大きい」とは？】
・一般的には $n \geq 30$ が目安
・母集団が正規分布に近いほど、小さい $n$ でもOK
・母集団が歪んでいるほど、大きい $n$ が必要
【定理の主張】
母集団分布が何であっても、標本サイズ $n$ が十分大きければ、 $$\bar{X} \approx N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)$$ または、標準化すると $$\frac{\bar{X} – \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \xrightarrow{d} N(0, 1)$$ 【なぜすごいのか？】
|
母集団が何でも 二項分布、ポアソン分布、 指数分布、一様分布… |
標本平均は正規分布に近づく これが正規分布が 最も重要と言われる理由！ |
・一般的には $n \geq 30$ が目安
・母集団が正規分布に近いほど、小さい $n$ でもOK
・母集団が歪んでいるほど、大きい $n$ が必要
例題3：中心極限定理の応用
問題：サイコロを100回投げたとき、出た目の合計が320以上になる確率を求めよ。
解答：
【ステップ1：1回の試行の期待値と分散を求める】
サイコロの出目 $X_i$ は 1, 2, 3, 4, 5, 6 が各確率 1/6 で出る。 $$E(X_i) = \frac{1+2+3+4+5+6}{6} = \frac{21}{6} = 3.5$$ $$E(X_i^2) = \frac{1+4+9+16+25+36}{6} = \frac{91}{6}$$ $$V(X_i) = E(X_i^2) – \{E(X_i)\}^2 = \frac{91}{6} – (3.5)^2 = \frac{91}{6} – \frac{49}{4} = \frac{35}{12} \approx 2.917$$ 【ステップ2：合計の期待値と分散を求める】
合計 $S = X_1 + X_2 + \cdots + X_{100}$ とすると、 $$E(S) = 100 \times E(X_i) = 100 \times 3.5 = 350$$ $$V(S) = 100 \times V(X_i) = 100 \times \frac{35}{12} = \frac{3500}{12} \approx 291.7$$ $$\sigma_S = \sqrt{291.7} \approx 17.08$$ 【ステップ3：中心極限定理を適用】
$n = 100$ は十分大きいので、中心極限定理より $$S \approx N(350, 291.7)$$ 【ステップ4：確率を計算】 $$P(S \geq 320) = P\left(\frac{S – 350}{17.08} \geq \frac{320 – 350}{17.08}\right) = P(Z \geq -1.76)$$ $$= 1 – P(Z < -1.76) = 1 - 0.0392 = 0.9608$$ 【答え】 約 96.1% 【ポイント】
サイコロは離散分布（正規分布ではない）だが、100回の合計は正規分布で近似できる！
【ステップ1：1回の試行の期待値と分散を求める】
サイコロの出目 $X_i$ は 1, 2, 3, 4, 5, 6 が各確率 1/6 で出る。 $$E(X_i) = \frac{1+2+3+4+5+6}{6} = \frac{21}{6} = 3.5$$ $$E(X_i^2) = \frac{1+4+9+16+25+36}{6} = \frac{91}{6}$$ $$V(X_i) = E(X_i^2) – \{E(X_i)\}^2 = \frac{91}{6} – (3.5)^2 = \frac{91}{6} – \frac{49}{4} = \frac{35}{12} \approx 2.917$$ 【ステップ2：合計の期待値と分散を求める】
合計 $S = X_1 + X_2 + \cdots + X_{100}$ とすると、 $$E(S) = 100 \times E(X_i) = 100 \times 3.5 = 350$$ $$V(S) = 100 \times V(X_i) = 100 \times \frac{35}{12} = \frac{3500}{12} \approx 291.7$$ $$\sigma_S = \sqrt{291.7} \approx 17.08$$ 【ステップ3：中心極限定理を適用】
$n = 100$ は十分大きいので、中心極限定理より $$S \approx N(350, 291.7)$$ 【ステップ4：確率を計算】 $$P(S \geq 320) = P\left(\frac{S – 350}{17.08} \geq \frac{320 – 350}{17.08}\right) = P(Z \geq -1.76)$$ $$= 1 – P(Z < -1.76) = 1 - 0.0392 = 0.9608$$ 【答え】 約 96.1% 【ポイント】
サイコロは離散分布（正規分布ではない）だが、100回の合計は正規分布で近似できる！
2.3 標本分散の分布
カイ二乗分布と標本分散
【標本分散の定義】 $$S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i – \bar{X})^2$$ 【なぜ $n-1$ で割るのか？】
【標本分散とカイ二乗分布】
母集団が $N(\mu, \sigma^2)$ に従うとき、 $$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$$
【標本分散の定義】 $$S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i – \bar{X})^2$$ 【なぜ $n-1$ で割るのか？】
|
$n$ で割った場合 $E\left(\frac{\sum(X_i-\bar{X})^2}{n}\right) = \frac{n-1}{n}\sigma^2$ → 母分散より小さくなる（偏り） |
$n-1$ で割った場合 $E(S^2) = \sigma^2$ → 不偏推定量になる！ |
母集団が $N(\mu, \sigma^2)$ に従うとき、 $$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$$
読み方：「標本分散を $\sigma^2/(n-1)$ で割ったものは、自由度 $n-1$ のカイ二乗分布に従う」
3. 推定理論の深化
3.1 点推定の理論
良い推定量の3つの条件
| 条件 | 数学的定義 | 直感的意味 |
|---|---|---|
| 不偏性 | $E(\hat{\theta}) = \theta$ | 平均的には正しい値を推定 |
| 一致性 | $\hat{\theta} \xrightarrow{p} \theta$ ($n \to \infty$) | データを増やせば真の値に近づく |
| 有効性 | $V(\hat{\theta})$ が最小 | ばらつきが小さい（精度が高い） |
例題4：不偏推定量の確認
問題：標本分散 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum(X_i – \bar{X})^2$ が母分散 $\sigma^2$ の不偏推定量であることを示せ。
解答：
【示すこと】
$E(S^2) = \sigma^2$ を示す。
【ステップ1：便利な恒等式を使う】
以下の式が成り立つ： $$\sum_{i=1}^n (X_i – \bar{X})^2 = \sum_{i=1}^n (X_i – \mu)^2 – n(\bar{X} – \mu)^2$$ （証明は $(X_i – \bar{X}) = (X_i – \mu) – (\bar{X} – \mu)$ を展開すればできる）
【ステップ2：両辺の期待値を取る】 $$E\left[\sum_{i=1}^n (X_i – \bar{X})^2\right] = E\left[\sum_{i=1}^n (X_i – \mu)^2\right] – E\left[n(\bar{X} – \mu)^2\right]$$ 【ステップ3：各項を計算】
第1項：$E[(X_i – \mu)^2] = V(X_i) = \sigma^2$ なので、 $$E\left[\sum_{i=1}^n (X_i – \mu)^2\right] = n\sigma^2$$ 第2項：$E[(\bar{X} – \mu)^2] = V(\bar{X}) = \sigma^2/n$ なので、 $$E\left[n(\bar{X} – \mu)^2\right] = n \cdot \frac{\sigma^2}{n} = \sigma^2$$ 【ステップ4：結果を代入】 $$E\left[\sum_{i=1}^n (X_i – \bar{X})^2\right] = n\sigma^2 – \sigma^2 = (n-1)\sigma^2$$ 【ステップ5：$S^2$ の期待値を計算】 $$E(S^2) = E\left[\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i – \bar{X})^2\right] = \frac{(n-1)\sigma^2}{n-1} = \sigma^2$$ 【結論】
$E(S^2) = \sigma^2$ なので、$S^2$ は $\sigma^2$ の不偏推定量である。
【示すこと】
$E(S^2) = \sigma^2$ を示す。
【ステップ1：便利な恒等式を使う】
以下の式が成り立つ： $$\sum_{i=1}^n (X_i – \bar{X})^2 = \sum_{i=1}^n (X_i – \mu)^2 – n(\bar{X} – \mu)^2$$ （証明は $(X_i – \bar{X}) = (X_i – \mu) – (\bar{X} – \mu)$ を展開すればできる）
【ステップ2：両辺の期待値を取る】 $$E\left[\sum_{i=1}^n (X_i – \bar{X})^2\right] = E\left[\sum_{i=1}^n (X_i – \mu)^2\right] – E\left[n(\bar{X} – \mu)^2\right]$$ 【ステップ3：各項を計算】
第1項：$E[(X_i – \mu)^2] = V(X_i) = \sigma^2$ なので、 $$E\left[\sum_{i=1}^n (X_i – \mu)^2\right] = n\sigma^2$$ 第2項：$E[(\bar{X} – \mu)^2] = V(\bar{X}) = \sigma^2/n$ なので、 $$E\left[n(\bar{X} – \mu)^2\right] = n \cdot \frac{\sigma^2}{n} = \sigma^2$$ 【ステップ4：結果を代入】 $$E\left[\sum_{i=1}^n (X_i – \bar{X})^2\right] = n\sigma^2 – \sigma^2 = (n-1)\sigma^2$$ 【ステップ5：$S^2$ の期待値を計算】 $$E(S^2) = E\left[\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i – \bar{X})^2\right] = \frac{(n-1)\sigma^2}{n-1} = \sigma^2$$ 【結論】
$E(S^2) = \sigma^2$ なので、$S^2$ は $\sigma^2$ の不偏推定量である。
3.2 区間推定の理論
⭐ 信頼区間の正しい解釈
【よくある誤解】
❌「95%信頼区間 $(a, b)$ には、真の母数が95%の確率で含まれる」
【正しい解釈】
✅「この方法で100回信頼区間を作ったら、約95回は真の母数を含む」
【イメージ】
【よくある誤解】
❌「95%信頼区間 $(a, b)$ には、真の母数が95%の確率で含まれる」
【正しい解釈】
✅「この方法で100回信頼区間を作ったら、約95回は真の母数を含む」
【イメージ】
|
100回サンプリング → 100個の信頼区間 ↓ 約95個は真の母数を含む 約5個は真の母数を含まない |
真の母数は「固定された未知の値」であり、区間が「当たりかハズレか」を決めるのは標本の取り方です。
例題5：信頼区間の計算（母分散既知）
問題：正規母集団 $N(\mu, 100)$ から標本サイズ $n=25$ の標本を取り、標本平均が52だった。母平均 $\mu$ の95%信頼区間を求めよ。
解答：
【ステップ1：与えられた情報を整理】
・母分散 $\sigma^2 = 100$ → $\sigma = 10$
・標本サイズ $n = 25$
・標本平均 $\bar{X} = 52$
・信頼係数 $1 – \alpha = 0.95$
【ステップ2：標準誤差を計算】 $$SE = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{10}{\sqrt{25}} = \frac{10}{5} = 2$$ 【ステップ3：信頼区間の公式を適用】
母分散既知の場合、95%信頼区間は $$\bar{X} \pm z_{0.025} \times SE = \bar{X} \pm 1.96 \times SE$$ 【ステップ4：数値を代入】 $$52 \pm 1.96 \times 2 = 52 \pm 3.92$$ 【答え】 $(48.08, 55.92)$ 【解釈】
この方法で100回信頼区間を作ったら、約95回は真の母平均 $\mu$ を含む。
【ステップ1：与えられた情報を整理】
・母分散 $\sigma^2 = 100$ → $\sigma = 10$
・標本サイズ $n = 25$
・標本平均 $\bar{X} = 52$
・信頼係数 $1 – \alpha = 0.95$
【ステップ2：標準誤差を計算】 $$SE = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{10}{\sqrt{25}} = \frac{10}{5} = 2$$ 【ステップ3：信頼区間の公式を適用】
母分散既知の場合、95%信頼区間は $$\bar{X} \pm z_{0.025} \times SE = \bar{X} \pm 1.96 \times SE$$ 【ステップ4：数値を代入】 $$52 \pm 1.96 \times 2 = 52 \pm 3.92$$ 【答え】 $(48.08, 55.92)$ 【解釈】
この方法で100回信頼区間を作ったら、約95回は真の母平均 $\mu$ を含む。
3.3 母分散未知の場合
t分布を使う信頼区間
【なぜt分布を使うのか？】
母分散 $\sigma^2$ が未知のとき、標本標準偏差 $S$ で代用する。
この追加の不確実性を反映するため、正規分布より裾が厚いt分布を使う。
【信頼区間の公式】 $$\bar{X} \pm t_{n-1, \alpha/2} \times \frac{S}{\sqrt{n}}$$ 【比較】
【なぜt分布を使うのか？】
母分散 $\sigma^2$ が未知のとき、標本標準偏差 $S$ で代用する。
この追加の不確実性を反映するため、正規分布より裾が厚いt分布を使う。
【信頼区間の公式】 $$\bar{X} \pm t_{n-1, \alpha/2} \times \frac{S}{\sqrt{n}}$$ 【比較】
| $\sigma$ 既知 | $\sigma$ 未知 | |
|---|---|---|
| 使う分布 | 正規分布 $N(0,1)$ | t分布 $t(n-1)$ |
| 95%の係数 | $z_{0.025} = 1.96$ | $t_{n-1, 0.025}$（$n$による） |
| 信頼区間の幅 | 狭い | 広い（不確実性が大きい） |
4. 仮説検定の理論
4.1 検定の基本原理
⭐ 仮説検定の流れ（5ステップ）
| Step 1 | 仮説を設定 帰無仮説 $H_0$ と対立仮説 $H_1$ を決める |
| Step 2 | 有意水準 $\alpha$ を設定（通常5%） |
| Step 3 | 検定統計量を計算 |
| Step 4 | p値を求める or 棄却域と比較 |
| Step 5 | 判定：p値 < $\alpha$ なら $H_0$ を棄却 |
【考え方の本質】
「$H_0$ が正しい」と仮定して、観測データがどれだけ極端かを評価。
「あまりに極端」なら、$H_0$ が間違っている可能性が高い → 棄却
4.2 第一種の誤りと第二種の誤り
2つの誤りと検出力
| $H_0$ を棄却 | $H_0$ を棄却しない | |
|---|---|---|
| $H_0$ が真 | 第一種の誤り 確率 = $\alpha$ |
正しい判断 確率 = $1-\alpha$ |
| $H_1$ が真 | 正しい判断 確率 = $1-\beta$（検出力） |
第二種の誤り 確率 = $\beta$ |
【トレードオフ】
$\alpha$ を小さくする → $\beta$ が大きくなる（検出力が下がる）
$\alpha$ を大きくする → $\beta$ が小さくなる（検出力が上がる）
例題6：母平均の検定（両側検定）
問題：ある製品の重量は平均500gであることが期待されている。25個のサンプルを取ったところ、標本平均498g、標本標準偏差5gだった。有意水準5%で、母平均が500gと言えるか検定せよ。
解答：
【Step 1：仮説を設定】 $$H_0: \mu = 500, \quad H_1: \mu \neq 500 \quad \text{（両側検定）}$$ 【Step 2：有意水準】
$\alpha = 0.05$
【Step 3：検定統計量を計算】
母分散未知なので、t検定を使う。 $$t = \frac{\bar{X} – \mu_0}{S/\sqrt{n}} = \frac{498 – 500}{5/\sqrt{25}} = \frac{-2}{5/5} = \frac{-2}{1} = -2.0$$ 【Step 4：棄却域と比較】
自由度 $n-1 = 24$、両側検定 $\alpha = 0.05$ の臨界値：
$t_{24, 0.025} = \pm 2.064$
【Step 5：判定】
$|t| = 2.0 < 2.064$ なので、棄却域に入らない。
→ $H_0$ を棄却できない
【結論】
有意水準5%で、母平均が500gであるという仮説は棄却できない。
【注意】
「棄却できない」≠「$H_0$ が正しい」
「差がないとは言い切れないが、有意な差は検出されなかった」という意味。
【Step 1：仮説を設定】 $$H_0: \mu = 500, \quad H_1: \mu \neq 500 \quad \text{（両側検定）}$$ 【Step 2：有意水準】
$\alpha = 0.05$
【Step 3：検定統計量を計算】
母分散未知なので、t検定を使う。 $$t = \frac{\bar{X} – \mu_0}{S/\sqrt{n}} = \frac{498 – 500}{5/\sqrt{25}} = \frac{-2}{5/5} = \frac{-2}{1} = -2.0$$ 【Step 4：棄却域と比較】
自由度 $n-1 = 24$、両側検定 $\alpha = 0.05$ の臨界値：
$t_{24, 0.025} = \pm 2.064$
【Step 5：判定】
$|t| = 2.0 < 2.064$ なので、棄却域に入らない。
→ $H_0$ を棄却できない
【結論】
有意水準5%で、母平均が500gであるという仮説は棄却できない。
【注意】
「棄却できない」≠「$H_0$ が正しい」
「差がないとは言い切れないが、有意な差は検出されなかった」という意味。
4.3 片側検定と両側検定の使い分け
片側検定 vs 両側検定
| 両側検定 | 片側検定 | |
|---|---|---|
| 対立仮説 | $H_1: \mu \neq \mu_0$ | $H_1: \mu > \mu_0$ or $H_1: \mu < \mu_0$ |
| 使う場面 | 「違うか」を知りたい | 「大きい（小さい）か」を知りたい |
| 棄却域 | 両端（左右 $\alpha/2$ ずつ） | 片端（$\alpha$ 全体） |
| 検出力 | 低め | 高め（方向が決まっている） |
【片側検定を使う条件】
・理論的に一方向しかありえない場合
・事前に「大きくなる」「小さくなる」と予想している場合
・データを見てから決めるのはNG（p-hacking）
5. 回帰分析の理論
5.1 単回帰分析の理論
最小二乗法の原理
【モデル】 $$y_i = \alpha + \beta x_i + \varepsilon_i$$ 回帰直線：$\hat{y} = a + bx$
【目的】
残差平方和 $Q = \sum(y_i – \hat{y}_i)^2$ を最小にする $a$, $b$ を求める。
【解】 $$b = \frac{S_{xy}}{S_{xx}} = \frac{\sum(x_i – \bar{x})(y_i – \bar{y})}{\sum(x_i – \bar{x})^2}$$ $$a = \bar{y} – b\bar{x}$$ 【導出方法】
$Q$ を $a$, $b$ でそれぞれ偏微分して0とおく： $$\frac{\partial Q}{\partial a} = 0, \quad \frac{\partial Q}{\partial b} = 0$$ この連立方程式を解くと、上の公式が得られる。
【モデル】 $$y_i = \alpha + \beta x_i + \varepsilon_i$$ 回帰直線：$\hat{y} = a + bx$
【目的】
残差平方和 $Q = \sum(y_i – \hat{y}_i)^2$ を最小にする $a$, $b$ を求める。
【解】 $$b = \frac{S_{xy}}{S_{xx}} = \frac{\sum(x_i – \bar{x})(y_i – \bar{y})}{\sum(x_i – \bar{x})^2}$$ $$a = \bar{y} – b\bar{x}$$ 【導出方法】
$Q$ を $a$, $b$ でそれぞれ偏微分して0とおく： $$\frac{\partial Q}{\partial a} = 0, \quad \frac{\partial Q}{\partial b} = 0$$ この連立方程式を解くと、上の公式が得られる。
5.2 決定係数 $R^2$ の意味
決定係数（寄与率）
$$R^2 = 1 – \frac{\text{残差平方和}}{\text{総平方和}} = \frac{S_R}{S_T}$$ 【分解の意味】 $$\underbrace{\sum(y_i – \bar{y})^2}_{S_T:\text{総変動}} = \underbrace{\sum(\hat{y}_i – \bar{y})^2}_{S_R:\text{回帰による変動}} + \underbrace{\sum(y_i – \hat{y}_i)^2}_{S_E:\text{残差変動}}$$ 【解釈】
$$R^2 = 1 – \frac{\text{残差平方和}}{\text{総平方和}} = \frac{S_R}{S_T}$$ 【分解の意味】 $$\underbrace{\sum(y_i – \bar{y})^2}_{S_T:\text{総変動}} = \underbrace{\sum(\hat{y}_i – \bar{y})^2}_{S_R:\text{回帰による変動}} + \underbrace{\sum(y_i – \hat{y}_i)^2}_{S_E:\text{残差変動}}$$ 【解釈】
| $R^2 = 0$ | $x$ は $y$ を全く説明しない |
| $R^2 = 0.5$ | $y$ の変動の50%が $x$ で説明できる |
| $R^2 = 1$ | $x$ は $y$ を完全に説明する（全点が直線上） |
【注意】
$R^2$ が高くても因果関係があるとは限らない！
相関関係 ≠ 因果関係
例題7：回帰分析の計算
問題：以下のデータから回帰直線 $\hat{y} = a + bx$ を求めよ。
$x$: 1, 2, 3, 4, 5
$y$: 2, 4, 5, 4, 5
解答：
【ステップ1：平均を計算】 $$\bar{x} = \frac{1+2+3+4+5}{5} = 3$$ $$\bar{y} = \frac{2+4+5+4+5}{5} = 4$$ 【ステップ2：$S_{xx}$ を計算】 $$S_{xx} = \sum(x_i – \bar{x})^2 = (1-3)^2 + (2-3)^2 + (3-3)^2 + (4-3)^2 + (5-3)^2$$ $$= 4 + 1 + 0 + 1 + 4 = 10$$ 【ステップ3：$S_{xy}$ を計算】 $$S_{xy} = \sum(x_i – \bar{x})(y_i – \bar{y})$$ $$= (1-3)(2-4) + (2-3)(4-4) + (3-3)(5-4) + (4-3)(4-4) + (5-3)(5-4)$$ $$= (-2)(-2) + (-1)(0) + (0)(1) + (1)(0) + (2)(1)$$ $$= 4 + 0 + 0 + 0 + 2 = 6$$ 【ステップ4：傾き $b$ を計算】 $$b = \frac{S_{xy}}{S_{xx}} = \frac{6}{10} = 0.6$$ 【ステップ5：切片 $a$ を計算】 $$a = \bar{y} – b\bar{x} = 4 – 0.6 \times 3 = 4 – 1.8 = 2.2$$ 【答え】 $\hat{y} = 2.2 + 0.6x$ 【解釈】
$x$ が1増えると、$y$ は平均して0.6増える。
【ステップ1：平均を計算】 $$\bar{x} = \frac{1+2+3+4+5}{5} = 3$$ $$\bar{y} = \frac{2+4+5+4+5}{5} = 4$$ 【ステップ2：$S_{xx}$ を計算】 $$S_{xx} = \sum(x_i – \bar{x})^2 = (1-3)^2 + (2-3)^2 + (3-3)^2 + (4-3)^2 + (5-3)^2$$ $$= 4 + 1 + 0 + 1 + 4 = 10$$ 【ステップ3：$S_{xy}$ を計算】 $$S_{xy} = \sum(x_i – \bar{x})(y_i – \bar{y})$$ $$= (1-3)(2-4) + (2-3)(4-4) + (3-3)(5-4) + (4-3)(4-4) + (5-3)(5-4)$$ $$= (-2)(-2) + (-1)(0) + (0)(1) + (1)(0) + (2)(1)$$ $$= 4 + 0 + 0 + 0 + 2 = 6$$ 【ステップ4：傾き $b$ を計算】 $$b = \frac{S_{xy}}{S_{xx}} = \frac{6}{10} = 0.6$$ 【ステップ5：切片 $a$ を計算】 $$a = \bar{y} – b\bar{x} = 4 – 0.6 \times 3 = 4 – 1.8 = 2.2$$ 【答え】 $\hat{y} = 2.2 + 0.6x$ 【解釈】
$x$ が1増えると、$y$ は平均して0.6増える。
5.3 残差分析の重要性
⚠️ 回帰分析の4つの前提条件
| 前提 | 意味 | 確認方法 |
|---|---|---|
| 線形性 | $x$ と $y$ の関係が直線的 | 散布図 |
| 独立性 | 残差が互いに独立 | ダービン・ワトソン検定 |
| 等分散性 | 残差の分散が一定 | 残差プロット |
| 正規性 | 残差が正規分布に従う | Q-Qプロット |
これらの前提が満たされない場合、回帰分析の結果は信頼できない！
📝 総合問題（40問）
問題 1
二項分布の性質
$X \sim B(10, 0.3)$ のとき、$P(X = 3)$ を求めよ。
解答：
【公式】 $$P(X = k) = {}_{n}C_k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}$$ 【代入】 $$P(X = 3) = {}_{10}C_3 \times 0.3^3 \times 0.7^7$$ $$= 120 \times 0.027 \times 0.0824$$ $$\approx 0.267$$
【公式】 $$P(X = k) = {}_{n}C_k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}$$ 【代入】 $$P(X = 3) = {}_{10}C_3 \times 0.3^3 \times 0.7^7$$ $$= 120 \times 0.027 \times 0.0824$$ $$\approx 0.267$$
問題 2
二項分布の期待値と分散
$X \sim B(50, 0.4)$ のとき、$E(X)$ と $V(X)$ を求めよ。
解答：
$$E(X) = np = 50 \times 0.4 = 20$$ $$V(X) = np(1-p) = 50 \times 0.4 \times 0.6 = 12$$
$$E(X) = np = 50 \times 0.4 = 20$$ $$V(X) = np(1-p) = 50 \times 0.4 \times 0.6 = 12$$
問題 3
ポアソン分布
1時間に平均3件の電話がかかってくる。2時間で5件以上の電話がかかってくる確率を求めよ。
解答：
【ステップ1】 2時間での平均件数：$\lambda = 3 \times 2 = 6$
【ステップ2】 $$P(X \geq 5) = 1 – P(X \leq 4) = 1 – \sum_{k=0}^{4} \frac{6^k}{k!}e^{-6}$$ 【ステップ3】 各項を計算： $$= 1 – e^{-6}\left(1 + 6 + 18 + 36 + 54\right)$$ $$= 1 – e^{-6} \times 115$$ $$\approx 1 – 0.00248 \times 115 \approx 1 – 0.285 \approx 0.715$$
【ステップ1】 2時間での平均件数：$\lambda = 3 \times 2 = 6$
【ステップ2】 $$P(X \geq 5) = 1 – P(X \leq 4) = 1 – \sum_{k=0}^{4} \frac{6^k}{k!}e^{-6}$$ 【ステップ3】 各項を計算： $$= 1 – e^{-6}\left(1 + 6 + 18 + 36 + 54\right)$$ $$= 1 – e^{-6} \times 115$$ $$\approx 1 – 0.00248 \times 115 \approx 1 – 0.285 \approx 0.715$$
問題 4
正規分布の確率
$X \sim N(50, 100)$ のとき、$P(X \leq 60)$ を求めよ。
解答：
【標準化】 $$Z = \frac{X – \mu}{\sigma} = \frac{60 – 50}{\sqrt{100}} = \frac{10}{10} = 1$$ 【正規分布表より】 $$P(X \leq 60) = P(Z \leq 1) = 0.8413$$
【標準化】 $$Z = \frac{X – \mu}{\sigma} = \frac{60 – 50}{\sqrt{100}} = \frac{10}{10} = 1$$ 【正規分布表より】 $$P(X \leq 60) = P(Z \leq 1) = 0.8413$$
問題 5
標準化
$X \sim N(100, 225)$ のとき、$P(85 \leq X \leq 115)$ を求めよ。
解答：
$\sigma = \sqrt{225} = 15$
【両端を標準化】 $$Z_1 = \frac{85 – 100}{15} = -1, \quad Z_2 = \frac{115 – 100}{15} = 1$$ 【確率を計算】 $$P(85 \leq X \leq 115) = P(-1 \leq Z \leq 1) = 0.6826$$
$\sigma = \sqrt{225} = 15$
【両端を標準化】 $$Z_1 = \frac{85 – 100}{15} = -1, \quad Z_2 = \frac{115 – 100}{15} = 1$$ 【確率を計算】 $$P(85 \leq X \leq 115) = P(-1 \leq Z \leq 1) = 0.6826$$
問題 6
標本平均の分布
母集団 $N(70, 64)$ から標本サイズ $n=16$ の標本を取る。標本平均 $\bar{X}$ の分布を答えよ。
解答：
$$\bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right) = N\left(70, \frac{64}{16}\right) = N(70, 4)$$ つまり、平均70、分散4（標準偏差2）の正規分布に従う。
$$\bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right) = N\left(70, \frac{64}{16}\right) = N(70, 4)$$ つまり、平均70、分散4（標準偏差2）の正規分布に従う。
問題 7
中心極限定理
平均50、標準偏差10の母集団から標本サイズ100の標本を取る。標本平均が52以上になる確率を求めよ。
解答：
中心極限定理より、 $$\bar{X} \sim N\left(50, \frac{100}{100}\right) = N(50, 1)$$ $$Z = \frac{52 – 50}{1} = 2$$ $$P(\bar{X} \geq 52) = P(Z \geq 2) = 1 – 0.9772 = 0.0228$$
中心極限定理より、 $$\bar{X} \sim N\left(50, \frac{100}{100}\right) = N(50, 1)$$ $$Z = \frac{52 – 50}{1} = 2$$ $$P(\bar{X} \geq 52) = P(Z \geq 2) = 1 – 0.9772 = 0.0228$$
問題 8
不偏分散
データ 2, 4, 6, 8, 10 の不偏分散を求めよ。
解答：
$$\bar{x} = \frac{2+4+6+8+10}{5} = 6$$ $$S^2 = \frac{\sum(x_i – \bar{x})^2}{n-1} = \frac{(2-6)^2 + (4-6)^2 + (6-6)^2 + (8-6)^2 + (10-6)^2}{4}$$ $$= \frac{16 + 4 + 0 + 4 + 16}{4} = \frac{40}{4} = 10$$
$$\bar{x} = \frac{2+4+6+8+10}{5} = 6$$ $$S^2 = \frac{\sum(x_i – \bar{x})^2}{n-1} = \frac{(2-6)^2 + (4-6)^2 + (6-6)^2 + (8-6)^2 + (10-6)^2}{4}$$ $$= \frac{16 + 4 + 0 + 4 + 16}{4} = \frac{40}{4} = 10$$
問題 9
信頼区間（$\sigma$ 既知）
$N(\mu, 36)$ から $n=9$ の標本を取り、標本平均が50だった。母平均の95%信頼区間を求めよ。
解答：
$\sigma = 6$、標準誤差 $= \frac{6}{\sqrt{9}} = 2$
95%信頼区間： $$\bar{X} \pm 1.96 \times SE = 50 \pm 1.96 \times 2 = 50 \pm 3.92$$ $$= (46.08, 53.92)$$
$\sigma = 6$、標準誤差 $= \frac{6}{\sqrt{9}} = 2$
95%信頼区間： $$\bar{X} \pm 1.96 \times SE = 50 \pm 1.96 \times 2 = 50 \pm 3.92$$ $$= (46.08, 53.92)$$
問題 10
信頼区間（$\sigma$ 未知）
標本サイズ25、標本平均100、標本標準偏差10のデータから、母平均の95%信頼区間を求めよ。
解答：
自由度24の $t_{0.025} = 2.064$
標準誤差 $= \frac{10}{\sqrt{25}} = 2$
95%信頼区間： $$100 \pm 2.064 \times 2 = 100 \pm 4.128 = (95.87, 104.13)$$
自由度24の $t_{0.025} = 2.064$
標準誤差 $= \frac{10}{\sqrt{25}} = 2$
95%信頼区間： $$100 \pm 2.064 \times 2 = 100 \pm 4.128 = (95.87, 104.13)$$
問題 11
母比率の信頼区間
200人中80人が賛成した。母比率の95%信頼区間を求めよ。
解答：
$$\hat{p} = \frac{80}{200} = 0.4$$ $$SE = \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}} = \sqrt{\frac{0.4 \times 0.6}{200}} = \sqrt{0.0012} \approx 0.0346$$ 95%信頼区間： $$0.4 \pm 1.96 \times 0.0346 = 0.4 \pm 0.068 = (0.332, 0.468)$$
$$\hat{p} = \frac{80}{200} = 0.4$$ $$SE = \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}} = \sqrt{\frac{0.4 \times 0.6}{200}} = \sqrt{0.0012} \approx 0.0346$$ 95%信頼区間： $$0.4 \pm 1.96 \times 0.0346 = 0.4 \pm 0.068 = (0.332, 0.468)$$
問題 12
母平均の検定（z検定）
母集団 $N(\mu, 100)$ から標本サイズ25を取り、標本平均が48だった。$\mu=50$ の検定を有意水準5%で行え。
解答：
$H_0: \mu = 50$, $H_1: \mu \neq 50$
$$z = \frac{48 – 50}{10/\sqrt{25}} = \frac{-2}{2} = -1.0$$ 臨界値：$\pm 1.96$
$|z| = 1.0 < 1.96$ より、$H_0$ を棄却できない。
$H_0: \mu = 50$, $H_1: \mu \neq 50$
$$z = \frac{48 – 50}{10/\sqrt{25}} = \frac{-2}{2} = -1.0$$ 臨界値：$\pm 1.96$
$|z| = 1.0 < 1.96$ より、$H_0$ を棄却できない。
問題 13
母平均の検定（t検定）
標本サイズ16、標本平均52、標本標準偏差4のデータで、$\mu=50$ の検定を有意水準5%で行え。
解答：
$H_0: \mu = 50$, $H_1: \mu \neq 50$
$$t = \frac{52 – 50}{4/\sqrt{16}} = \frac{2}{1} = 2.0$$ 自由度15、両側5%の臨界値：$\pm 2.131$
$|t| = 2.0 < 2.131$ より、$H_0$ を棄却できない。
$H_0: \mu = 50$, $H_1: \mu \neq 50$
$$t = \frac{52 – 50}{4/\sqrt{16}} = \frac{2}{1} = 2.0$$ 自由度15、両側5%の臨界値：$\pm 2.131$
$|t| = 2.0 < 2.131$ より、$H_0$ を棄却できない。
問題 14
母比率の検定
過去の支持率は40%だった。200人の調査で90人が支持。支持率が変化したか、有意水準5%で検定せよ。
解答：
$H_0: p = 0.4$, $H_1: p \neq 0.4$
$\hat{p} = 90/200 = 0.45$
$$z = \frac{0.45 – 0.4}{\sqrt{0.4 \times 0.6 / 200}} = \frac{0.05}{\sqrt{0.0012}} = \frac{0.05}{0.0346} \approx 1.45$$ 臨界値：$\pm 1.96$
$|z| = 1.45 < 1.96$ より、$H_0$ を棄却できない。
$H_0: p = 0.4$, $H_1: p \neq 0.4$
$\hat{p} = 90/200 = 0.45$
$$z = \frac{0.45 – 0.4}{\sqrt{0.4 \times 0.6 / 200}} = \frac{0.05}{\sqrt{0.0012}} = \frac{0.05}{0.0346} \approx 1.45$$ 臨界値：$\pm 1.96$
$|z| = 1.45 < 1.96$ より、$H_0$ を棄却できない。
問題 15
2標本t検定
A群（$n=10$, $\bar{x}=50$, $s=5$）とB群（$n=12$, $\bar{x}=48$, $s=4$）の平均に差があるか検定せよ（等分散を仮定、$\alpha=0.05$）。
解答：
プールした分散： $$s_p^2 = \frac{(n_1-1)s_1^2 + (n_2-1)s_2^2}{n_1+n_2-2} = \frac{9 \times 25 + 11 \times 16}{20} = \frac{401}{20} = 20.05$$ $$t = \frac{50 – 48}{\sqrt{20.05 \times (1/10 + 1/12)}} = \frac{2}{\sqrt{20.05 \times 0.183}} = \frac{2}{1.91} \approx 1.05$$ 自由度20、両側5%の臨界値：$\pm 2.086$
$|t| = 1.05 < 2.086$ より、$H_0$ を棄却できない。
プールした分散： $$s_p^2 = \frac{(n_1-1)s_1^2 + (n_2-1)s_2^2}{n_1+n_2-2} = \frac{9 \times 25 + 11 \times 16}{20} = \frac{401}{20} = 20.05$$ $$t = \frac{50 – 48}{\sqrt{20.05 \times (1/10 + 1/12)}} = \frac{2}{\sqrt{20.05 \times 0.183}} = \frac{2}{1.91} \approx 1.05$$ 自由度20、両側5%の臨界値：$\pm 2.086$
$|t| = 1.05 < 2.086$ より、$H_0$ を棄却できない。
問題 16
対応のあるt検定
ダイエット前後の体重データ：
前：70, 65, 68, 72, 75
後：68, 64, 66, 70, 73
体重が減少したか検定せよ（$\alpha=0.05$、片側検定）。
解答：
差 $d_i$：2, 1, 2, 2, 2
$\bar{d} = 1.8$
$s_d = \sqrt{\frac{\sum(d_i – \bar{d})^2}{n-1}} = \sqrt{\frac{0.8}{4}} = \sqrt{0.2} \approx 0.447$
$$t = \frac{\bar{d}}{s_d/\sqrt{n}} = \frac{1.8}{0.447/\sqrt{5}} = \frac{1.8}{0.2} = 9.0$$ 自由度4、片側5%の臨界値：$2.132$
$t = 9.0 > 2.132$ より、$H_0$ を棄却。
結論：体重が有意に減少した。
差 $d_i$：2, 1, 2, 2, 2
$\bar{d} = 1.8$
$s_d = \sqrt{\frac{\sum(d_i – \bar{d})^2}{n-1}} = \sqrt{\frac{0.8}{4}} = \sqrt{0.2} \approx 0.447$
$$t = \frac{\bar{d}}{s_d/\sqrt{n}} = \frac{1.8}{0.447/\sqrt{5}} = \frac{1.8}{0.2} = 9.0$$ 自由度4、片側5%の臨界値：$2.132$
$t = 9.0 > 2.132$ より、$H_0$ を棄却。
結論：体重が有意に減少した。
問題 17
等分散性の検定（F検定）
A群（$n=10$, $s^2=25$）とB群（$n=15$, $s^2=16$）の母分散が等しいか検定せよ（$\alpha=0.05$）。
解答：
$$F = \frac{s_1^2}{s_2^2} = \frac{25}{16} = 1.5625$$ 自由度 $(9, 14)$ のF分布、両側5%の臨界値：$F_{0.025} \approx 3.21$
$F = 1.5625 < 3.21$ より、$H_0$ を棄却できない。
結論：母分散が等しいという仮説は棄却できない。
$$F = \frac{s_1^2}{s_2^2} = \frac{25}{16} = 1.5625$$ 自由度 $(9, 14)$ のF分布、両側5%の臨界値：$F_{0.025} \approx 3.21$
$F = 1.5625 < 3.21$ より、$H_0$ を棄却できない。
結論：母分散が等しいという仮説は棄却できない。
問題 18
カイ二乗検定（適合度）
サイコロを60回振って、1が8回、2が9回、3が11回、4が12回、5が10回、6が10回出た。公正か検定せよ（$\alpha=0.05$）。
解答：
期待度数：各10回
$$\chi^2 = \sum \frac{(O_i – E_i)^2}{E_i} = \frac{(8-10)^2 + (9-10)^2 + (11-10)^2 + (12-10)^2 + 0 + 0}{10}$$ $$= \frac{4 + 1 + 1 + 4 + 0 + 0}{10} = 1.0$$ 自由度5、$\alpha=0.05$ の臨界値：$11.07$
$\chi^2 = 1.0 < 11.07$ より、$H_0$ を棄却できない。
期待度数：各10回
$$\chi^2 = \sum \frac{(O_i – E_i)^2}{E_i} = \frac{(8-10)^2 + (9-10)^2 + (11-10)^2 + (12-10)^2 + 0 + 0}{10}$$ $$= \frac{4 + 1 + 1 + 4 + 0 + 0}{10} = 1.0$$ 自由度5、$\alpha=0.05$ の臨界値：$11.07$
$\chi^2 = 1.0 < 11.07$ より、$H_0$ を棄却できない。
問題 19
カイ二乗検定（独立性）
性別と商品購入の関連を調べる：
購入 非購入
男性 30 20
女性 20 30
独立か検定せよ（$\alpha=0.05$）。
解答：
期待度数：各25
$$\chi^2 = \frac{(30-25)^2 + (20-25)^2 + (20-25)^2 + (30-25)^2}{25} = \frac{25+25+25+25}{25} = 4.0$$ 自由度1、$\alpha=0.05$ の臨界値：$3.841$
$\chi^2 = 4.0 > 3.841$ より、$H_0$ を棄却。
結論：性別と購入は独立ではない（関連がある）。
期待度数：各25
$$\chi^2 = \frac{(30-25)^2 + (20-25)^2 + (20-25)^2 + (30-25)^2}{25} = \frac{25+25+25+25}{25} = 4.0$$ 自由度1、$\alpha=0.05$ の臨界値：$3.841$
$\chi^2 = 4.0 > 3.841$ より、$H_0$ を棄却。
結論：性別と購入は独立ではない（関連がある）。
問題 20
単回帰分析（傾きの計算）
データ $(x, y)$：$(1, 2), (2, 3), (3, 5), (4, 4), (5, 6)$
回帰直線の傾き $b$ を求めよ。
解答：
$\bar{x} = 3$、$\bar{y} = 4$
$S_{xx} = 10$
$S_{xy} = (-2)(-2) + (-1)(-1) + 0 \times 1 + 1 \times 0 + 2 \times 2 = 4+1+0+0+4 = 9$
$$b = \frac{S_{xy}}{S_{xx}} = \frac{9}{10} = 0.9$$
$\bar{x} = 3$、$\bar{y} = 4$
$S_{xx} = 10$
$S_{xy} = (-2)(-2) + (-1)(-1) + 0 \times 1 + 1 \times 0 + 2 \times 2 = 4+1+0+0+4 = 9$
$$b = \frac{S_{xy}}{S_{xx}} = \frac{9}{10} = 0.9$$
問題 21-40
残り20問は省略表示
問題21〜40は、回帰分析、理論問題、応用問題が含まれます。
問題21：回帰直線の方程式（$a$ の計算）
問題22：決定係数 $R^2$ の計算
問題23：相関係数の計算
問題24：回帰による予測
問題25：期待値の線形性
問題26：独立な確率変数の分散
問題27：共分散の公式の導出
問題28：チェビシェフの不等式
問題29：標本サイズの決定
問題30：p値の解釈
問題31：検出力の計算
問題32：標本分布の理論
問題33：分散分析の概念
問題34：交絡因子
問題35：無作為化の重要性
問題36：対照群の必要性
問題37：二重盲検法
問題38：標準誤差の意味
問題39：正規性の確認方法
問題40：統計的有意と実質的有意
問題22：決定係数 $R^2$ の計算
問題23：相関係数の計算
問題24：回帰による予測
問題25：期待値の線形性
問題26：独立な確率変数の分散
問題27：共分散の公式の導出
問題28：チェビシェフの不等式
問題29：標本サイズの決定
問題30：p値の解釈
問題31：検出力の計算
問題32：標本分布の理論
問題33：分散分析の概念
問題34：交絡因子
問題35：無作為化の重要性
問題36：対照群の必要性
問題37：二重盲検法
問題38：標準誤差の意味
問題39：正規性の確認方法
問題40：統計的有意と実質的有意
📌 Step 1のまとめ
- 2級の全範囲を理論的背景まで含めて理解した
- 「なぜその公式が成り立つのか」を数学的に導出できるようになった
- 統計的推測の理論的基礎（推定・検定）を固めた
- 実務での注意点（交絡因子、バイアス、実質的有意性）を理解した
- 準1級で必要な理論的思考力の土台ができた
この土台の上に、準1級の高度な理論を積み上げていきます！
学習メモ
統計検定準1級対策 - Step 1
📋 過去のメモ一覧
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