共通テスト 数学II・数学B 2023年度 第3問 解説

【第3問～第5問から2問選択】

（正規分布表は省略しています）

問題編

問題

　以下の問題を解答するにあたっては、必要に応じて43ページの正規分布表を用いてもよい。

(1) ある生産地で生産されるピーマン全体を母集団とし、この母集団におけるピーマン１個の重さ（単位は g）を表す確率変数を $X$ とする。 $m$ と $\sigma$ を正の実数とし、 $X$ は正規分布 $N(m,\sigma^2)$ に従うとする。

(i) この母集団から１個のピーマンを無作為に抽出したとき、重さが $m$ g以上である確率 $P(X\geqq m)$ は\[ P(X\geqq m) =P\left(\frac{X-m}{\sigma} \geqq \myBox{ア}\right) = \frac{\myBox{イ}}{\myBox{ウ}} \]である。

(ii) 母集団から無作為に抽出された大きさ $n$ の標本 $X_1,\ X_2,\ \cdots,\ X_n$ の標本平均を $\bar{X}$ とする。 $\bar{X}$ の平均（期待値）と標準偏差はそれぞれ\[ E(\bar{X})=\dBox{エ},\ \sigma(\bar{X})=\dBox{オ} \]となる。

　$n=400$、標本平均が $30.0$ g、標本の標準偏差が $3.6$ gのとき、 $m$ の信頼度 90% の信頼区間を次の方針で求めよう。

方針
　$Z$ を標準正規分布 $N(0,1)$ に従う確率変数として、 $P(-z_0\leqq Z\leqq z_0)=0.901$ となる $z_0$ を正規分布表から求める。この $z_0$ を用いると $m$ の信頼度 90.1% の信頼区間が求められるが、これを信頼度 90% の信頼区間とみなして考える。

　方針において、 $z_0=\myBox{カ}.\ \myBox{キク}$ である。

　一般に、標本の大きさ $n$ が大きいときには、母標準偏差の代わりに、標本の標準偏差を用いてよいことが知られている。 $n=400$ は十分に大きいので、方針に基づくと、 $m$ の信頼度 90% の信頼区間は $\dBox{ケ}$ となる。

$\dbox{エ},\ \dbox{オ}$ の解答群（同じものを繰り返し選んでもよい。）

　0: $\sigma$
　1: $\sigma^2$
　2: $\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$
　3: $\dfrac{\sigma^2}{n}$

　4: $m$
　5: $2m$
　6: $m^2$
　7: $\sqrt{m}$

　8: $\dfrac{\sigma}{n}$
　9: $n\sigma$
　a: $nm$
　b: $\dfrac{m}{n}$

$\dbox{ケ}$ については、最も適当なものを、次の 0 ～ 5 のうちから一つ選べ。

　0: $28.6\leqq m \leqq 31.4$
　1: $28.7\leqq m \leqq 31.3$
　2: $28.9\leqq m \leqq 31.1$

　3: $29.6\leqq m \leqq 30.4$
　4: $29.7\leqq m \leqq 30.3$
　5: $29.9\leqq m \leqq 30.1$

(2) (1)の確率変数 $X$ において、 $m=30.0$, $\sigma=3.6$ とした母集団から無作為にピーマンを1個ずつ抽出し、ピーマン2個を1組にしたものを袋に入れていく。このようにしてピーマン2個を1組にしたものを25袋作る。その際、1袋ずつの重さの分散を小さくするために、次のピーマン分類法を考える。

ピーマン分類法
　無作為に抽出したいくつかのピーマンについて、重さが $30.0$ g以下のときをSサイズ、$30.0$ gを超えるときはLサイズと分類する。そして、分類されたピーマンからSサイズとLサイズのピーマンを一つずつ選び、ピーマン2個を1組とした袋を作る。

(i) ピーマンを無作為に50個抽出したとき、ピーマン分類法で25袋作ることができる確率 $p_0$ を考えよう。無作為に1個抽出したピーマンがSサイズである確率は $\dfrac{\myBox{コ}}{\myBox{サ}}$ である。ピーマンを無作為に50個抽出したときのSサイズのピーマンの個数を表す確率変数を $U_0$ とすると、 $U_0$ は二項分布 $B\left(50,\dfrac{\mybox{コ}}{\mybox{サ}}\right)$ に従うので\[ p_0={}_{50}\mathrm{C}_{\myBox{シス}} \times \left(\dfrac{\mybox{コ}}{\mybox{サ}}\right)^{\mybox{シス}} \times \left(1-\dfrac{\mybox{コ}}{\mybox{サ}}\right)^{50-\mybox{シス}} \]となる。

　$p_0$ を計算すると、 $p_0=0.1122\cdots$ となることから、ピーマンを無作為に50個抽出したとき、25袋作ることができる確率は $0.11$ 程度とわかる。

(ii) ピーマン分類法で25袋作ることができる確率が $0.95$ 以上となるようなピーマンの個数を考えよう。

　$k$ を自然数とし、ピーマンを無作為に $(50+k)$ 個抽出したとき、Sサイズのピーマンの個数を表す確率変数を $U_k$ とすると、 $U_k$ は二項分布 $B\left(50+k,\dfrac{\mybox{コ}}{\mybox{サ}}\right)$ に従う。

　$(50+k)$ は十分に大きいので、$U_k$ は近似的に正規分布 $N\left(\dBox{セ},\ \dBox{ソ}\right)$ に従い、 $Y=\dfrac{U_k-\dbox{セ}}{\sqrt{\dbox{ソ}}}$ とすると、 $Y$ は近似的に標準正規分布 $N(0,1)$ に従う。

　よって、ピーマン分類法で25袋作ることができる確率を $p_k$ とすると
\begin{eqnarray} p_k &=& P(25\leqq U_k\leqq 25+k) \\[5pt] &=& P\left(-\frac{\dBox{タ}}{\sqrt{50+k}}\leqq Y \leqq \frac{\dBox{タ}}{\sqrt{50+k}} \right) \end{eqnarray}となる。

　$\dbox{タ}=\alpha$, $\sqrt{50+k}=\beta$ とおく。

　$p_k\geqq 0.95$ となるような $\dfrac{\alpha}{\beta}$ について、正規分布表から $\dfrac{\alpha}{\beta}\geqq 1.96$ を満たせばよいことがわかる。ここでは\[ \frac{\alpha}{\beta} \geqq 2 \quad \cdots ① \]を満たす自然数 $k$ を考えることとする。①の両辺は正であるから、 $\alpha^2\geqq 4\beta^2$ を満たす最小の $k$ を $k_0$ とすると、 $k_0=\myBox{チツ}$ であることがわかる。ただし、 $\mybox{チツ}$ の計算においては、 $\sqrt{51}=7.14$ を用いてもよい。

　したがって、少なくとも $\left(50+\mybox{チツ}\right)$ 個のピーマンを抽出しておけば、ピーマン分類法で25袋作ることができる確率は $0.95$ 以上となる。

$\dbox{セ}$ ～ $\dbox{タ}$ の解答群（同じものを繰り返し選んでもよい。）

　0: $k$
　1: $2k$
　2: $3k$
　3: $\dfrac{50+k}{2}$

　4: $\dfrac{25+k}{2}$
　5: $25+k$

　6: $\dfrac{\sqrt{50+k}}{2}$
　7: $\dfrac{50+k}{4}$

考え方

二項分布や正規分布、信頼区間などを考える問題で、まんべんなく勉強していればどれもそれほど難しくはないでしょう。

この問題では、小さいサイズと大きいサイズのペアを作るだけですが、実際には、合計が指定した値に近くなるような組み合わせを自動で考える機械があります。

組み合わせ計量機 概要・ラインナップ｜計量・計数｜製品情報｜イシダ

スーパーで売っている野菜の袋詰めなどで使われています。上のリンク先にあるように、この機械が生まれたきっかけは、ピーマンの計量なんだとか。この問題にピーマンが出てくるのは、このエピソードが関係しているのかもしれません。

【第3問～第5問から2問選択】

（正規分布表は省略しています）

解答編

問題

　以下の問題を解答するにあたっては、必要に応じて43ページの正規分布表を用いてもよい。

(1) ある生産地で生産されるピーマン全体を母集団とし、この母集団におけるピーマン１個の重さ（単位は g）を表す確率変数を $X$ とする。 $m$ と $\sigma$ を正の実数とし、 $X$ は正規分布 $N(m,\sigma^2)$ に従うとする。

(i) この母集団から１個のピーマンを無作為に抽出したとき、重さが $m$ g以上である確率 $P(X\geqq m)$ は\[ P(X\geqq m) =P\left(\frac{X-m}{\sigma} \geqq \myBox{ア}\right) = \frac{\myBox{イ}}{\myBox{ウ}} \]である。

解説

解答

解答編　つづき

問題

(ii) 母集団から無作為に抽出された大きさ $n$ の標本 $X_1,\ X_2,\ \cdots,\ X_n$ の標本平均を $\bar{X}$ とする。 $\bar{X}$ の平均（期待値）と標準偏差はそれぞれ\[ E(\bar{X})=\dBox{エ},\ \sigma(\bar{X})=\dBox{オ} \]となる。

　$n=400$、標本平均が $30.0$ g、標本の標準偏差が $3.6$ gのとき、 $m$ の信頼度 90% の信頼区間を次の方針で求めよう。

方針
　$Z$ を標準正規分布 $N(0,1)$ に従う確率変数として、 $P(-z_0\leqq Z\leqq z_0)=0.901$ となる $z_0$ を正規分布表から求める。この $z_0$ を用いると $m$ の信頼度 90.1% の信頼区間が求められるが、これを信頼度 90% の信頼区間とみなして考える。

　方針において、 $z_0=\myBox{カ}.\ \myBox{キク}$ である。

　一般に、標本の大きさ $n$ が大きいときには、母標準偏差の代わりに、標本の標準偏差を用いてよいことが知られている。 $n=400$ は十分に大きいので、方針に基づくと、 $m$ の信頼度 90% の信頼区間は $\dBox{ケ}$ となる。

$\dbox{エ},\ \dbox{オ}$ の解答群（同じものを繰り返し選んでもよい。）

　0: $\sigma$
　1: $\sigma^2$
　2: $\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$
　3: $\dfrac{\sigma^2}{n}$

　4: $m$
　5: $2m$
　6: $m^2$
　7: $\sqrt{m}$

　8: $\dfrac{\sigma}{n}$
　9: $n\sigma$
　a: $nm$
　b: $\dfrac{m}{n}$

$\dbox{ケ}$ については、最も適当なものを、次の 0 ～ 5 のうちから一つ選べ。

　0: $28.6\leqq m \leqq 31.4$
　1: $28.7\leqq m \leqq 31.3$
　2: $28.9\leqq m \leqq 31.1$

　3: $29.6\leqq m \leqq 30.4$
　4: $29.7\leqq m \leqq 30.3$
　5: $29.9\leqq m \leqq 30.1$

解説

(ii)
\begin{eqnarray} E(\bar{X}) &=& E\left(\frac{X_1+X_2+\cdots+X_n}{n}\right) \\[5pt] &=& \frac{1}{n} \{ E(X_1)+E(X_2)+\cdots+E(X_n)\} \\[5pt] &=& \frac{1}{n} \cdot nm \\[5pt] &=& m \end{eqnarray}となります。また、独立性から、和の分散は分散の和になるので、分散は \begin{eqnarray} V(\bar{X}) &=& V\left(\frac{X_1+X_2+\cdots+X_n}{n}\right) \\[5pt] &=& \frac{1}{n^2} \{ V(X_1)+V(X_2)+\cdots+V(X_n)\} \\[5pt] &=& \frac{1}{n^2} \cdot n\sigma^2 \\[5pt] &=& \frac{\sigma^2}{n} \end{eqnarray}となります。よって、標準偏差は $\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$ と求められます。

問題文の方針によると、 $P(-z_0\leqq Z \leqq z_0)=0.901$ となる $z_0$ を求めることになりますが、これは $P(0\leqq Z \leqq z_0)=0.4505$ となる $z_0$ を見つければよく、正規分布表から $1.65$ だとわかります。なので、\[ z_0=1.65 \]です。

標本平均は $30.0$ です。 $\bar{X}$ の標準偏差は、問題文にあるように標本の標準偏差 $3.6$ を使って、 $\dfrac{3.6}{\sqrt{400}}=0.18$ と求められるので、
\begin{eqnarray} & & P\left(-1.65 \leqq \frac{30.0-m}{0.18} \leqq 1.65 \right) \\[5pt] &=& P\left(-1.65 \leqq \frac{m-30}{0.18} \leqq 1.65 \right) \\[5pt] &=& P\left(-1.65\cdot0.18 \leqq m-30 \leqq 1.65\cdot0.18 \right) \\[5pt] &=& P\left(-0.297+30 \leqq m \leqq 0.297+30 \right) \\[5pt] &=& P\left(29.703 \leqq m \leqq 30.297 \right) \\[5pt] \end{eqnarray}となります。

解答

解答編　つづき

問題

(2) (1)の確率変数 $X$ において、 $m=30.0$, $\sigma=3.6$ とした母集団から無作為にピーマンを1個ずつ抽出し、ピーマン2個を1組にしたものを袋に入れていく。このようにしてピーマン2個を1組にしたものを25袋作る。その際、1袋ずつの重さの分散を小さくするために、次のピーマン分類法を考える。

ピーマン分類法
　無作為に抽出したいくつかのピーマンについて、重さが $30.0$ g以下のときをSサイズ、$30.0$ gを超えるときはLサイズと分類する。そして、分類されたピーマンからSサイズとLサイズのピーマンを一つずつ選び、ピーマン2個を1組とした袋を作る。

(i) ピーマンを無作為に50個抽出したとき、ピーマン分類法で25袋作ることができる確率 $p_0$ を考えよう。無作為に1個抽出したピーマンがSサイズである確率は $\dfrac{\myBox{コ}}{\myBox{サ}}$ である。ピーマンを無作為に50個抽出したときのSサイズのピーマンの個数を表す確率変数を $U_0$ とすると、 $U_0$ は二項分布 $B\left(50,\dfrac{\mybox{コ}}{\mybox{サ}}\right)$ に従うので\[ p_0={}_{50}\mathrm{C}_{\myBox{シス}} \times \left(\dfrac{\mybox{コ}}{\mybox{サ}}\right)^{\mybox{シス}} \times \left(1-\dfrac{\mybox{コ}}{\mybox{サ}}\right)^{50-\mybox{シス}} \]となる。

　$p_0$ を計算すると、 $p_0=0.1122\cdots$ となることから、ピーマンを無作為に50個抽出したとき、25袋作ることができる確率は $0.11$ 程度とわかる。

解説

(2)
(i)
平均が $30.0$ なので、重さが $30.0$ 以下になる確率は $\dfrac{1}{2}$ となります。なので、Sサイズのピーマンの個数を表す確率変数 $U_0$ は二項分布 $B(50,\frac{1}{2})$ に従います。

このことから、ピーマン分類法で25袋作れる場合とは、50個のうち、25個が30.0以下で、残り25個が30.0を超える場合なので
\begin{eqnarray} p_0 &=& {}_{50}\mathrm{C}_{25} \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{25} \cdot\left(1-\frac{1}{2}\right)^{25} \\[5pt] &=& {}_{50}\mathrm{C}_{25} \cdot \frac{1}{2^{50}} \\[5pt] \end{eqnarray}となります。

解答

解答編　つづき

問題

(ii) ピーマン分類法で25袋作ることができる確率が $0.95$ 以上となるようなピーマンの個数を考えよう。

　$k$ を自然数とし、ピーマンを無作為に $(50+k)$ 個抽出したとき、Sサイズのピーマンの個数を表す確率変数を $U_k$ とすると、 $U_k$ は二項分布 $B\left(50+k,\dfrac{\mybox{コ}}{\mybox{サ}}\right)$ に従う。

　$(50+k)$ は十分に大きいので、$U_k$ は近似的に正規分布 $N\left(\dBox{セ},\ \dBox{ソ}\right)$ に従い、 $Y=\dfrac{U_k-\dbox{セ}}{\sqrt{\dbox{ソ}}}$ とすると、 $Y$ は近似的に標準正規分布 $N(0,1)$ に従う。

　よって、ピーマン分類法で25袋作ることができる確率を $p_k$ とすると
\begin{eqnarray} p_k &=& P(25\leqq U_k\leqq 25+k) \\[5pt] &=& P\left(-\frac{\dBox{タ}}{\sqrt{50+k}}\leqq Y \leqq \frac{\dBox{タ}}{\sqrt{50+k}} \right) \end{eqnarray}となる。

　$\dbox{タ}=\alpha$, $\sqrt{50+k}=\beta$ とおく。

　$p_k\geqq 0.95$ となるような $\dfrac{\alpha}{\beta}$ について、正規分布表から $\dfrac{\alpha}{\beta}\geqq 1.96$ を満たせばよいことがわかる。ここでは\[ \frac{\alpha}{\beta} \geqq 2 \quad \cdots ① \]を満たす自然数 $k$ を考えることとする。①の両辺は正であるから、 $\alpha^2\geqq 4\beta^2$ を満たす最小の $k$ を $k_0$ とすると、 $k_0=\myBox{チツ}$ であることがわかる。ただし、 $\mybox{チツ}$ の計算においては、 $\sqrt{51}=7.14$ を用いてもよい。

　したがって、少なくとも $\left(50+\mybox{チツ}\right)$ 個のピーマンを抽出しておけば、ピーマン分類法で25袋作ることができる確率は $0.95$ 以上となる。

$\dbox{セ}$ ～ $\dbox{タ}$ の解答群（同じものを繰り返し選んでもよい。）

　0: $k$
　1: $2k$
　2: $3k$
　3: $\dfrac{50+k}{2}$

　4: $\dfrac{25+k}{2}$
　5: $25+k$

　6: $\dfrac{\sqrt{50+k}}{2}$
　7: $\dfrac{50+k}{4}$

解説

(ii)
ピーマンを $(50+k)$ 個抽出したときのSサイズの個数 $U_k$ は、二項分布 $B\left(50+k,\frac{1}{2}\right)$ に従います。

平均は\[ (50+k)\cdot\frac{1}{2}=\frac{50+k}{2} \]となり、分散は\[ (50+k)\cdot\frac{1}{2}\cdot\left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{50+k}{4} \]となるので、これを正規分布で近似できるとすると、 $N\left(\dfrac{50+k}{2}, \dfrac{50+k}{4}\right)$ に従うことになります。

よって
\begin{eqnarray} & & p_k \\[5pt] &=& P(25\leqq U_k\leqq 25+k) \\[5pt] &=& P\left( 25-\frac{50+k}{2}\leqq U_k-\frac{50+k}{2}\leqq 25+k-\frac{50+k}{2} \right) \\[5pt] &=& P\left( -\frac{k}{2}\leqq U_k-\frac{50+k}{2}\leqq \frac{k}{2} \right) \\[5pt] &=& P\left( -\frac{k}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{50+k}} \leqq Y\leqq \frac{k}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{50+k}} \right) \\[5pt] &=& P\left( -\frac{k}{\sqrt{50+k}} \leqq Y\leqq \frac{k}{\sqrt{50+k}} \right) \\[5pt] \end{eqnarray}となります。

問題文にあるように $\alpha^2\geqq 4\beta^2$ を考えると
\begin{eqnarray} k^2 & \geqq & 4(50+k) \\[5pt] k^2-4k-200 &\geqq & 0 \\[5pt] \end{eqnarray}となります。ここで、 $k^2-4k-200=0$ とすると \begin{eqnarray} k &=& 2\pm\sqrt{2^2+200} \\[5pt] &=& 2\pm2\sqrt{51} \end{eqnarray}となります。ここで、$k$ が自然数の場合を考えることと、\[ 2+2\cdot7.14=16.28 \]であることから、条件を満たす最小の自然数 $k$ 、つまり、 $k_0$ は $17$ だとわかります。

解答