RSS Higher Certificate in Statistics, 2010
Module 6 : Further applications of statistics
Solutions

Question 1(i) 分散分析の“修正項”は877.82= 30821.3136 なので
25

全平方和は 32186.08 − 30821.3136 =1364.7664 で，自由度は 25－1 = 24.
方法の平方和は213.62 185.02 170.82 170.82 137.62++++− 30821.3136 =
1046.5664 （自由度 4）85444
残差平方和とその自由度は引き算で得られる．
よって完全な分散分析表は以下のようになる．

F4,20 によると F 値は非常に高有意である．上側 0.1%限界点が 7.10 なので，方法間の平均の違いには極めて強い証拠があると言える．

この分析の基礎となるモデルはyi j = µ + α i + ε i jである．ただし， yi j は i 番目の方法で得られた j 番目の結果を，µ は結果に対する全体の母平均を， α i は i 番目の方法による結果と µ との差の母平均を， ε i j は独立に正規分布

N ( 0, σ 2 ) （ σ 2 は定数）に従うランダムな残差を表す．

(ii) 方法 S と方法 A の生産量平均はそれぞれ 26.7 と 37.0 で，それぞれ 8 つの観測値，5 つの観測値の平均である．それゆえ，平均間の差の分散は， σ 2 を各生産量の分散としたとき()

1 1に 1 + 1 σ 2 となる．これは  +  × 15.91 =5.17075 で推定される．
85
8 5
t20 の両側 5%点は 2.086 であるから，真の平均の差 A－S の 95%信頼区間は10.3 ± 2.086 5.17075 =( 5.56, 15.04 )1

(iii) 各残差は以下のとおり．

(iv)

分散は一定とは言えなさそうだ（たとえば，B の観測は C や D の観測よりもかなりばらついている）．正規性もなさそうだ――正規分布に従うとみなしたように 0 付近に集まっている方法は部分的にしか見られない．

2Question 2(i)モデルは=Y β X + γ Z で，観測値を ( xi , yi , zi ) (i = 1, 2, , n) とする．

S=n∑ ( y − β x − γ z ) が最小になるときを考える．
i =12iii

微分したものが 0 に等しくなるように定めればよい．
（厳密には，最小値をとることを示す
ために 2 階微分の確認もするべきだが，ここでは省略する．）

δS=−2∑ xi ( yi − β xi − γ zi ) なので，これが 0 になるとき ∑=xi yi βˆ ∑ xi 2 + γˆ ∑ xi zi ．
δβδS=−2∑ zi ( yi − β xi − γ zi ) なので，これが 0 になるとき=∑ zi yi βˆ ∑ xi zi + γˆ ∑ zi 2 ．
δγ
これらの方程式は次のように共に解くことができる．
第 1 式に ∑ zi 2 をかけ，第 2 式に ∑ xi zi をかけると=x y ∑zβˆ ∑ x ∑ z + γˆ ∑ x z ∑ z∑
2ii2i

2iii i2iz y ∑ x z βˆ ( ∑ x z ) + γˆ ∑ z ∑ x z∑=2iii i

2i iii i

辺々引いて，以下を得る．

∑x y ∑z −∑x z ∑z y
∑ x ∑ z − (∑ x z )同様にして，第 1 式に ∑ x z をかけたものから第 2 式に ∑ x をかけたものを引くことによ
2βˆ =iiii i2iii

22ii i

2ii iって，以下を得る．

∑z y ∑x −∑x z ∑x y
∑ x ∑ z − (∑ x z )2γˆ =iiii

i

22i(ii) (a)i i

2ii i(i)のすべての Z を単に X 2 で置き換えればよい．各推定量はx y ∑x −∑x ∑x y∑∑x y ∑x −∑x ∑x y, γˆ
=∑ x ∑ x − (∑ x )∑ x ∑ x − (∑ x )4βˆ
=ii3i2i2ii
3 24i2ii2ii2ii3iiii

3 24iとなる．

(b)

X 2 を独自の変数として扱うことによって Y, X, X 2 についてのデータの列（それぞれ n行）を定める．
コンピュータプログラムを用いてモデル Y = β X + γ X 2 にあてはめよ（これは，プログラムのどんな“回帰の定数項”オプションも利用しないことによって達成されるだろう）．

3

また，コンピュータプログラムを用いてモデル Y = α + β X + γ X 2 にもあてはめよ（このとき，“回帰の定数項”オプションはデフォルトである）．出力（つまり，α の推定量の値と標準誤差）の情報を用いてα = 0 に対する通常の t 検定を実行せよ．
各モデルにおいて，通常の F 検定によって全体の回帰適合度を確認し，回帰平均平方と残差平均平方を比較せよ．R 2 値も参考になるかもしれない．
そして各モデルの残差を見よ．パターン（ランダムな正規分布的な観測のように見えるか?）と残差の大きさを比較せよ．系統的なパターンの兆候や湾曲があるだろうか．
最後に，出力で識別される，影響力のあるデータの項を確認せよ．

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Question 3(i)(ii) 分散分析の“補正項”は8912= 22052.25 である．
36全平方和(1596.75)はその自由度(35)とともに問題文中に与えられている．
ブロックの平方和は2652 2942 3322
188.17 （問題文中の表より，自由度 2）++− 22052.25 =121212
時刻(T)の平方和は1662 1962 2582 2712+++− 22052.25 =834.08 （自由度 3）
9999レベル(L)の平方和は2452 2892 357 2++− 22052.25 =530.67 （自由度 2）
121212“処理”の全平方和は問題文中で与えられている（1375.42）ので，引き算により T × L の交互作用の全平方和は 1375.42 − 834.08 − 530.67 =610.67 と求められ，これは自由度 3 × 2 =を持つ．
残差平方和と残差の自由度は引き算で得られる．
よって完成した分散分析表は以下のようになる．

5

(iii) F 値は各 F 分布を参照する．T と L の F 値はかなり高有意である． T × L の交互作用の F．ブロック間に全体的な差異があ値は有意でない（ F6,24 の上側 5%棄却点は 2.51 である）
る（から，無作為化ブロックを設定して実験を行った価値があった）という非常に強い証拠があり，時刻(T)の平均間及びレベル(L)の平均間の差異もあるが，これらの効果の交互作用には証拠はない，と結論づけられる．
データの検査や(i)で描いたグラフの検査を見ると，全時刻における L1 から L2，L3 までの収穫量，および全レベルにおける T1 から T2，T3，T4 までの収穫量が増加している（このデータセットでは，実際にはレベル L1 では T3 から T4 までは同じままであるが，実際の交互作用の証拠はない．
）ことが読み取れる．

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Question 4
サンプル内の不良品の数を X とする．
(i) 方法Ⅰでは， X ～B ( 24, 0.1) とみなせる．

P ( 不合格 ) =P ( X ≥ 3) =1 − P ( X =0,1, 2 )24 × 23
=1 −  0.924 + 24 ⋅ 0.1 ⋅ 0.923 +⋅ 0.12 ⋅ 0.922  =0.4357
2(ii) 方法Ⅱでは， X ～B (12, 0.1) とみなせる．
(a)P ( 1回目のサンプルを抜き取るだけでバッチが合格となる)= P ( X= 0=) 0.912= 0.2824(b)

P ( 1回目のサンプルを抜き取るだけでバッチが不合格となる)=P ( X ≥ 3) =1 − P ( X =0,1, 2 )12 × 11
=1 −  0.912 + 12 ⋅ 0.1 ⋅ 0.911 +⋅ 0.12 ⋅ 0.910 2
= 0.1109(c) 両サンプルが抜き取られた後バッチが不合格となるのは，
1 回目のサンプルに不良品が 1 個，2 回目のサンプルに不良品が 2 個以上あるときか，1 回目のサンプルに不良品が 2 個、2 回目のサンプルに不良品が 1 個以上あるとき．
よって求める確率は，P (=X 1) P ( X ≥ 2 ) + P (=X 2 ) P ( X ≥ 1)
 12 × 11
= (12 ⋅ 0.1 ⋅ 0.911 ) 1 − ( 0.912 + 12 ⋅ 0.1 ⋅ 0.911 ) + ⋅ 0.12 ⋅ 0.910  (1 − 0.912 ) 2

= 0.1284 + 0.1651 = 0.2935{}(iii) 方法Ⅱを採用したときにバッチが不合格となる全体の確率は，(ii)(b),(c)より0.1109 + 0.2935 =0.4044 である．方法Ⅰの方がわずかに高い確率 0.4357 を与える．(iv)の最後のコメントを見よ．

(iv) (ii)(a),(b)の結果から，方法Ⅱにおいて，1 回だけのサンプルの後に決定する確率は0.2824 + 0.1109 =0.3933 だとわかる．よって 2 回目のサンプルが必要な確率は
1 − 0.3933 =0.6067∴方法Ⅱにおけるサンプルサイズの平均 = 12 × 0.3933 + 24 × 0.6067 = 19.287

このように，方法Ⅱはサンプルサイズの平均が方法Ⅰよりも 5 近く少ない．さらに（(iii)を見ると），方法Ⅱにおけるバッチが不合格となる確率は方法Ⅰにおける確率よりかなり小さいというわけではない．だから，サンプルサイズの平均が小さく，棄却率がほんのちょっと小さいだけの方法Ⅱが好ましいと考えられる．

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