センター試験 数学II・数学B 2017年度追試 第5問 解説
【選択問題】(第3問～第5問から2問選択)
問題編
問題
（注：正規分布表は省略しています）
$0 \lt p \lt 1$ とする。袋の中に白球が $p$、赤球が $1-p$ の割合で、全部で m 個入っているものとする。
以下の問題を解答するにあたっては、必要に応じて29ページの正規分布表を用いてもよい。
(1) $p=\dfrac{3}{5}$ とする。この袋の中から1個の球を取り出し袋の中へ戻すという試行を4回繰り返すとき、白球の出る回数を表す確率変数を W とする。 W の平均（期待値）は $\dfrac{\myBox{アイ} }{\myBox{ウ} }$ 、 W の分散は $\dfrac{\myBox{エオ} }{\myBox{カキ} }$ である。
さらに
$X=$ (白球の出る回数) $-$ (赤球の出る回数)
とするとき
$X=\myBox{ク}W -\myBox{ケ}$
が成り立つ。このことを利用して、 X の平均は $\dfrac{\myBox{コ} }{\myBox{サ} }$ 、 X の分散は $\dfrac{\myBox{シス} }{\myBox{セソ} }$ であることがわかる。(2) $m=10$, $p=\dfrac{3}{5}$ とする。この袋の中から同時に4個の球を取り出すとき、白球の個数を表す確率変数を Y とする。このとき
\begin{eqnarray} P(Y=0) &=& \dfrac{\myBox{タ} }{\myBox{チツテ} }, \\[5pt] P(Y=1) &=& \dfrac{\myBox{ト} }{\myBox{ナニ} } \\[5pt] \end{eqnarray}である。同様に Y のとり得る他の値に対する確率を求めてから、 Y の平均を計算すると $\dfrac{\myBox{ヌネ} }{\myBox{ノ} }$ であることがわかる。(3) 以下では、 p の値がわからないとする。
この袋の中から1個の球を取り出し袋の中へ戻すという試行を n 回繰り返す（以下、これを n 回の復元抽出という）。 n 回の復元抽出を行ったとき、白球の出る回数を確率変数 W で表し、 $R=\dfrac{W}{n}$ とおく。 n が十分大きいとき、確率変数 R は近似的に平均 p 、分散 $\dfrac{p(1-p)}{n}$ の正規分布に従う。 W のとる値を w とし、 $r=\dfrac{w}{n}$ とおくと、 R が近似的に従う正規分布の分散 $\dfrac{p(1-p)}{n}$ を $\dfrac{r(1-r)}{n}$ で置き換えることにより、 p に対する信頼度（信頼係数）95%の信頼区間 $A\leqq p \leqq B$ を求めることができる。このとき、 $B-A$ を信頼区間の幅とよぶ。以下、信頼度95%を固定して考え、 n は十分に大きいとする。
n 回の復元抽出を行って信頼区間を作るとき、信頼区間の幅が最大となる r の値は $r=0.\myBox{ハ}$ が得られたときである。このときの信頼区間の幅を $L_1$ とする。また、 n 回の復元抽出を行って、 $r=0.8$ が得られたときの信頼区間の幅を $L_2$ とする。このとき、 $\dfrac{L_2}{L_1}=\myBox{ヒ}.\myBox{フ}$ である。
考え方
(1)は、和や定数倍に関する平均や分散を求める問題ですね。独立なので、分散はただ単に足せばいいですね。
(2)では平均を求めますが、よく考えると(1)と同じになることがわかるでしょう。
(3)は、母比率の推定ですね。教科書にも載っている話ですが、前半でかなり丁寧に説明されています。信頼区間の幅が、何に比例することがわかっていれば、そんなに難しくはないでしょう。
【選択問題】(第3問～第5問から2問選択)
解答編
問題
（注：正規分布表は省略しています）$0 \lt p \lt 1$ とする。袋の中に白球が $p$、赤球が $1-p$ の割合で、全部で m 個入っているものとする。
以下の問題を解答するにあたっては、必要に応じて29ページの正規分布表を用いてもよい。
(1) $p=\dfrac{3}{5}$ とする。この袋の中から1個の球を取り出し袋の中へ戻すという試行を4回繰り返すとき、白球の出る回数を表す確率変数を W とする。 W の平均（期待値）は $\dfrac{\myBox{アイ} }{\myBox{ウ} }$ 、 W の分散は $\dfrac{\myBox{エオ} }{\myBox{カキ} }$ である。
解説
i 回目で白球を取り出したときに $1$ 、そうでないときに $0$ となる確率変数を $W_i$ とすると、\[ W=W_1+W_2+W_3+W_4 \]となります。これらの分布は等しいので、 $E[\ ]$ で平均を表すとすると
\begin{eqnarray}
E[W]
&=&
E[W_1]+E[W_2]+E[W_3]+E[W_4] \\[5pt]
&=&
4E[W_1] \\[5pt]
&=&
4\times \frac{3}{5} \\[5pt]
&=&
\frac{12}{5} \\[5pt]
\end{eqnarray}となります。
また、 $W_1$ から $W_4$ までは、互いに独立なので、 $V[\ ]$ で分散を表すとすると
\begin{eqnarray}
V[W]
&=&
V[W_1+W_2+W_3+W_4] \\[5pt]
&=&
V[W_1]+V[W_2]+V[W_3]+V[W_4] \\[5pt]
&=&
4V[W_1] \\[5pt]
\end{eqnarray}が成り立ちます。また、この分散は
\begin{eqnarray}
V[W_1]
&=&
E[W_1^2] -\{E[W_1]\}^2 \\[5pt]
&=&
\frac{3}{5}-\left(\frac{3}{5}\right)^2 \\[5pt]
&=&
\frac{6}{25} \\[5pt]
\end{eqnarray}なので、\[ V[W]=4V[W_1]=\frac{24}{25} \]となります。
解答
アイウ：125
エオカキ：2425
問題
さらに
$X=$ (白球の出る回数) $-$ (赤球の出る回数)
とするとき
$X=\myBox{ク}W -\myBox{ケ}$
が成り立つ。このことを利用して、 X の平均は $\dfrac{\myBox{コ} }{\myBox{サ} }$ 、 X の分散は $\dfrac{\myBox{シス} }{\myBox{セソ} }$ であることがわかる。
解説
白球の出る回数を $W$ で表していて、袋の中には白球と赤球しかなく、袋から4回取り出すのだから、赤球の出る回数は\[ 4-W \] で表すことができます。よって\[ X=W-(4-W)=2W-4 \]となります。
このことから、平均は
\begin{eqnarray}
E[X]
&=&
E[2W-4] \\[5pt]
&=&
2\cdot\frac{12}{5}-4 \\[5pt]
&=&
\frac{4}{5} \\[5pt]
\end{eqnarray}となります。
また、定数を足したり引いたりしても分散には影響せず、確率変数を2倍すると分散は4倍になることから
\begin{eqnarray}
V[X]
&=&
V[2W-4] \\[5pt]
&=&
4\cdot V[W] \\[5pt]
&=&
4\cdot \frac{24}{25} \\[5pt]
&=&
\frac{96}{25} \\[5pt]
\end{eqnarray}と求められます。
解答
クケ：24
コサ：45
シスセソ：9625
問題
(2) $m=10$, $p=\dfrac{3}{5}$ とする。この袋の中から同時に4個の球を取り出すとき、白球の個数を表す確率変数を Y とする。このとき
\begin{eqnarray} P(Y=0) &=& \dfrac{\myBox{タ} }{\myBox{チツテ} }, \\[5pt] P(Y=1) &=& \dfrac{\myBox{ト} }{\myBox{ナニ} } \\[5pt] \end{eqnarray}である。
解説
$m=10$, $p=\dfrac{3}{5}$ なので、白球が6個、赤球が4個ある、ということです。
$P(Y=0)$ とは、4個とも赤となる確率なので、
\begin{eqnarray}
P(Y=0)
&=&
\frac{ {}_{6} \mathrm{ C }_0\cdot {}_{4} \mathrm{ C }_4}{ {}_{10} \mathrm{ C }_4} \\[5pt]
&=&
\frac{1}{210} \\[5pt]
\end{eqnarray}となります。
また、$P(Y=1)$ とは、1個が白で3個が赤となる確率です。よって、
\begin{eqnarray}
P(Y=1)
&=&
\frac{ {}_{6} \mathrm{ C }_1\cdot {}_{4} \mathrm{ C }_3}{ {}_{10} \mathrm{ C }_4} \\[5pt]
&=&
\frac{24}{210} \\[5pt]
&=&
\frac{4}{35} \\[5pt]
\end{eqnarray}となります。
解答
タチツテ：1210
トナニ：435
問題
同様に Y のとり得る他の値に対する確率を求めてから、 Y の平均を計算すると $\dfrac{\myBox{ヌネ} }{\myBox{ノ} }$ であることがわかる。
解説
同様に計算すると、
\begin{eqnarray}
P(Y=2)
&=&
\frac{ {}_{6} \mathrm{ C }_2\cdot {}_{4} \mathrm{ C }_2}{ {}_{10} \mathrm{ C }_4} \\[5pt]
&=&
\frac{15\cdot 6}{210} \\[5pt]
&=&
\frac{3}{7} \\[5pt]
\end{eqnarray}と、
\begin{eqnarray}
P(Y=3)
&=&
\frac{ {}_{6} \mathrm{ C }_3\cdot {}_{4} \mathrm{ C }_1}{ {}_{10} \mathrm{ C }_4} \\[5pt]
&=&
\frac{20\cdot 4}{210} \\[5pt]
&=&
\frac{8}{21} \\[5pt]
\end{eqnarray}と、
\begin{eqnarray}
P(Y=4)
&=&
\frac{ {}_{6} \mathrm{ C }_4\cdot {}_{4} \mathrm{ C }_0}{ {}_{10} \mathrm{ C }_4} \\[5pt]
&=&
\frac{15}{210} \\[5pt]
&=&
\frac{1}{14} \\[5pt]
\end{eqnarray}となります。
よって平均は
\begin{eqnarray}
& &
1\cdot \frac{24}{210} +2\cdot \frac{90}{210} +3\cdot \frac{80}{210} +4\cdot \frac{15}{210} \\[5pt]
&=&
\frac{24+180+240+60}{210} \\[5pt]
&=&
\frac{504}{210} \\[5pt]
&=&
\frac{12}{5} \\[5pt]
\end{eqnarray}となります。
なお、これはよく見ると、 W の平均と同じですね。1個ずつ4個をとっても、4個一度にとっても、期待値は変わらないんですね。
解答
ヌネノ：125
問題
(3) 以下では、 p の値がわからないとする。
この袋の中から1個の球を取り出し袋の中へ戻すという試行を n 回繰り返す（以下、これを n 回の復元抽出という）。 n 回の復元抽出を行ったとき、白球の出る回数を確率変数 W で表し、 $R=\dfrac{W}{n}$ とおく。 n が十分大きいとき、確率変数 R は近似的に平均 p 、分散 $\dfrac{p(1-p)}{n}$ の正規分布に従う。 W のとる値を w とし、 $r=\dfrac{w}{n}$ とおくと、 R が近似的に従う正規分布の分散 $\dfrac{p(1-p)}{n}$ を $\dfrac{r(1-r)}{n}$ で置き換えることにより、 p に対する信頼度（信頼係数）95%の信頼区間 $A\leqq p \leqq B$ を求めることができる。このとき、 $B-A$ を信頼区間の幅とよぶ。以下、信頼度95%を固定して考え、 n は十分に大きいとする。
n 回の復元抽出を行って信頼区間を作るとき、信頼区間の幅が最大となる r の値は $r=0.\myBox{ハ}$ が得られたときである。このときの信頼区間の幅を $L_1$ とする。また、 n 回の復元抽出を行って、 $r=0.8$ が得られたときの信頼区間の幅を $L_2$ とする。このとき、 $\dfrac{L_2}{L_1}=\myBox{ヒ}.\myBox{フ}$ である。
解説
標本比率を用いた、母比率の推定の話ですね。
信頼区間の幅が最大となるのは、 $\dfrac{r(1-r)}{n}$ が最大となるときなので、平方完成をすれば $r=\dfrac{1}{2}=0.5$ のときであることがわかります。
また、信頼区間の幅は $\sqrt{\dfrac{r(1-r)}{n} }$ に比例するので、
\begin{eqnarray}
\frac{L_2}{L_1}
&=&
\frac{\sqrt{0.8\cdot (1-0.8)} }{\sqrt{0.5\cdot (1-0.5)} } \\[5pt]
&=&
\frac{4}{5} \\[5pt]
&=&
0.8 \\[5pt]
\end{eqnarray}となることがわかります。
解答
ハ：5
ヒフ：08
