北海道大学 公共政策大学院 2019年8月実施 秋季一般選考 F_工学 統計学

标签：

• Hokkaido-University
• Conditional-Probability
• Binomial-Distribution
• Correlation-Coefficient
• Confidence-Interval

Author

祭音Myyura (with GPT 5.5)

Description

問題 1. 確率・統計

工学において確率・統計が必要となる理由に、実現象の不確定性がある。この不確定性 を工学で検討しなければならない理由を記述せよ。

問題 2．相関係数

昨年、東京都の 23 区別に、レストラン数と金融機関の店舗数を調べた。その相関係数が 0.89 になった。レストラン数が多いところは、金融機関の店舗数も多いとなる結果となっ た。しかし、レストランが多いところに金融機関が立地する、あるいは金融機関の店舗が 多いところにレストランが立地するわけではない。相関係数の意味を踏まえて、レストラ ン数と金融機関の店舗数の正の相関が高くなった理由について考察せよ。

問題 3. 確率

ある郊外の工場の敷地内に３つの駐車場がある。Z 氏は、駐車場 A、駐車場 B、駐車場 C の順に移動し、駐車スペースがあり次第、そこの駐車場に駐車する。駐車場 A と駐車場 B は無料、駐車場 C は有料である。平日の朝に駐車場 A、B、C で駐車スペースが見つかる確 率は、それぞれ 0.2、0.15、0.8 である。ところが、駐車場 A が満車の場合、駐車場 B で駐 車スペースが見つかる確率は 0.05 である。また、駐車場 A と B がともに満車のとき、駐車 場 C で駐車スペースが見つかる確率は 0.4 である。以下の①、②に答えよ。

① ある平日の朝に、Z 氏が敷地内に駐車できる確率を求めよ。

② ある平日の朝に、Z 氏が敷地内の駐車場に駐車できたとして、それが無料である確率を求めよ。

問題 4. 信頼区間

25 個の円柱形のコンクリート供試体がある。この供試体の圧縮強度を計測した。その結 果、平均値は $37.1\ (N/mm^2)$、不偏分散は $4.84\ ((N/mm^2)^2)$ となった。標準的なコンクリー ト供試体の圧縮強度は $36.0 \ (N/mm^2)$ である。ただし、標準的なコンクリート供試体の圧縮 強度の分散は不明である。以下の①、②に答えよ。

① 平均圧縮強度の 95%信頼区間（両側）を求めよ。ただし、$t_{0.95}$（自由度 24）=1.71、$t_{0.975}$（自由度 24）=2.06 を参考とせよ。

② このコンクリート供試体の圧縮強度は、標準的なコンクリート供試体の圧縮強度より高いと言えるかどうかを判定する手順を簡単に記述せよ。

問題 5．二項分布

ある建設コンサルタント会社（A コンサルと呼ぶ）によると、同社の手掛けた設計業務の 60％は予定期日に完了している。期日内に完了する設計業務の件数が二項分布に従うとし、 今後の６件の設計業務ついて、以下の①、②に答えよ。

① 6 件の設計業務のうち、期日内に完了する設計業務の件数を求めよ（平均値）。 ② 6 件全ての設計業務が、期日内に完了する確率を求めよ。

Kai

問題 1. 確率・統計

工学で扱う実現象には，測定誤差，材料のばらつき，環境条件の変動，利用者の行動の違いなど，多くの不確定性が含まれる。

そのため，工学ではある値を一つに決めて考えるだけでは不十分であり，不確定性を考慮して，事故や故障が起こる確率，性能が基準を満たす確率，安全率や信頼性などを評価する必要がある。

したがって，確率・統計を用いることで，不確定な現象を数量的に扱い，安全性，信頼性，品質管理，リスク評価などを合理的に判断できるようになる。

問題 2．相関係数

相関係数が $0.89$ であることは，レストラン数と金融機関の店舗数の間に強い正の線形関係があることを意味する。

しかし，相関が高いことは，一方が他方の原因であることを意味しない。

この場合，レストラン数と金融機関の店舗数の両方に影響を与える第三の要因が存在すると考えられる。例えば，人口が多い区，昼間人口が多い区，商業活動が盛んな区，駅周辺やオフィス街を多く含む区では，レストランも金融機関も多く立地しやすい。

つまり，レストランが多いから金融機関が多い，あるいは金融機関が多いからレストランが多いのではなく，人口規模や経済活動の大きさ，商業地域の発達などの共通要因によって，両者の数がともに多くなったと考えられる。

したがって，この正の相関は因果関係ではなく，地域の規模や都市機能の集中によって生じたものと考えられる。

問題 3. 確率

駐車場 A で駐車スペースが見つかる事象を $A$，駐車場 B で見つかる事象を $B$，駐車場 C で見つかる事象を $C$ とする。

与えられた条件より，

$$P(A)=0.2$$

$$P(B\mid A^c)=0.05$$

$$P(C\mid A^c\cap B^c)=0.4$$

である。

①

Z 氏が敷地内に駐車できるのは，A に駐車できる場合，A は満車だが B に駐車できる場合，A と B が満車だが C に駐車できる場合である。

したがって，

$$\begin{aligned} P(\text{駐車できる}) &=P(A)+P(A^c)P(B\mid A^c) \\ &\quad +P(A^c)P(B^c\mid A^c)P(C\mid A^c\cap B^c) \end{aligned}$$

である。

数値を代入すると，

$$\begin{aligned} P(\text{駐車できる}) &=0.2+0.8\cdot 0.05+0.8\cdot 0.95\cdot 0.4 \\ &=0.2+0.04+0.304 \\ &=0.544 \end{aligned}$$

したがって，

$$\boxed{0.544}$$

である。

②

無料で駐車できるのは，駐車場 A または駐車場 B に駐車できた場合である。

その確率は，

$$P(\text{無料で駐車できる}) = P(A)+P(A^c)P(B\mid A^c)$$

である。

したがって，

$$\begin{aligned} P(\text{無料で駐車できる}) &=0.2+0.8\cdot 0.05 \\ &=0.2+0.04 \\ &=0.24 \end{aligned}$$

求める条件付き確率は，

$$P(\text{無料}\mid \text{駐車できる}) = \frac{P(\text{無料で駐車できる})}{P(\text{駐車できる})}$$

であるから，

$$\begin{aligned} P(\text{無料}\mid \text{駐車できる}) &=\frac{0.24}{0.544} \\ &=\frac{15}{34} \\ &\simeq 0.441 \end{aligned}$$

したがって，

$$\boxed{\frac{15}{34}\simeq 0.441}$$

である。

問題 4．信頼区間

標本数は

$$n=25$$

標本平均は

$$\bar{x}=37.1$$

不偏分散は

$$s^2=4.84$$

である。

したがって，標本標準偏差は

$$s=\sqrt{4.84}=2.2$$

である。

母分散が不明なので，$t$ 分布を用いる。

①

95% の両側信頼区間では，

$$t_{0.975}(24)=2.06$$

を用いる。

信頼区間は，

$$\bar{x}\pm t_{0.975}(24)\frac{s}{\sqrt{n}}$$

である。

したがって，

$$37.1\pm 2.06\cdot \frac{2.2}{\sqrt{25}}$$

$$=37.1\pm 2.06\cdot \frac{2.2}{5}$$

$$=37.1\pm 2.06\cdot 0.44$$

$$=37.1\pm 0.9064$$

である。

よって，95% 信頼区間は

$$[36.1936,\ 38.0064]$$

である。

したがって，

$$\boxed{36.19\leq \mu \leq 38.01}$$

である。

②

標準的な圧縮強度は

$$36.0$$

である。

このコンクリート供試体の平均圧縮強度が標準的な値より高いかを調べるため，片側検定を行う。

帰無仮説と対立仮説を

$$H_0:\mu=36.0$$

$$H_1:\mu>36.0$$

とする。

検定統計量は，

$$t=\frac{\bar{x}-36.0}{s/\sqrt{n}}$$

である。

数値を代入すると，

$$t=\frac{37.1-36.0}{2.2/5}$$

$$=\frac{1.1}{0.44}$$

$$=2.5$$

である。

有意水準 5% の片側検定では，

$$t_{0.95}(24)=1.71$$

である。

ここで，

$$2.5>1.71$$

であるから，帰無仮説は棄却される。

したがって，有意水準 5% で，このコンクリート供試体の平均圧縮強度は標準的なコンクリート供試体の圧縮強度より高いと言える。

$$\boxed{\text{標準的な圧縮強度より高いと言える。}}$$

問題 5．二項分布

期日内に完了する設計業務の件数が $n$ である確率は

$$\begin{aligned} p(n) = \frac{6!}{n!(6-n)!} \left( \frac{3}{5} \right)^n \left( \frac{2}{5} \right)^{6-n} \end{aligned}$$

である。

①

求める平均値は

$$\begin{aligned} \sum_{n=0}^6 n p(n) &= \sum_{n=0}^6 n \frac{6!}{n!(6-n)!} \left( \frac{3}{5} \right)^n \left( \frac{2}{5} \right)^{6-n} \\ &= \sum_{n=1}^6 \frac{6!}{(n-1)!(6-n)!} \left( \frac{3}{5} \right)^n \left( \frac{2}{5} \right)^{6-n} \\ &= \frac{3}{5} \cdot 6 \sum_{k=0}^5 \frac{5!}{k!(5-k)!} \left( \frac{3}{5} \right)^k \left( \frac{2}{5} \right)^{5-k} \ \ \ \ \ \ \ \ (k=n-1) \\ &= \frac{18}{5} \\ &= 3.6 \end{aligned}$$

である。

②

求める確率は

$$\begin{aligned} p(6) &= \left( \frac{3}{5} \right)^6 \\ &= \frac{729}{15625} \\ &= 0.046656 \end{aligned}$$

である。