統計検定 1級 2018年 医薬生物学 問5 ふた山型の混合正規分布

本稿には、2018年に実施された統計検定1級『医薬生物学』 問5の自作解答案を掲載しています。なお、閲覧にあたっては、以下の点にご注意ください。

〔1〕混合分布の期待値と分散

（i）期待値
期待値の定義式 $E\left(X\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot f\left(x\right)dx$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot \frac{1}{2}\{f_1\left(x\right)+f_2\left(x\right)\}dx\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot f_1\left(x\right)dx+\frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot f_2\left(x\right)dx\end{array}$$ 期待値の定義式より、 $$\begin{array}{c}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot f_1\left(x\right)dx={\mu }_1\\ {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot f_2\left(x\right)dx={\mu }_2\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}\xi =E\left(X\right)=\frac{{\mu }_1+{\mu }_2}{2}\end{array}$$ （ii）分散
分散の定義式 $V\left(X\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\{x-E\left(X\right)\}}^2\cdot f\left(x\right)dx$ より、 $$\begin{array}{rl}V\left(X\right)& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{(x-\xi )}^2\cdot f\left(x\right)dx\\ & ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{(x-\xi )}^2\cdot \frac{1}{2}\{f_1\left(x\right)+f_2\left(x\right)\}dx\end{array}$$ ここで、ヒントにあるように、 $$\begin{array}{rl}{(x-\xi )}^2& ={(x-\frac{{\mu }_1+{\mu }_2}{2})}^2\\ & ={(x-{\mu }_1+\frac{{\mu }_1-{\mu }_2}{2})}^2\\ & ={(x-{\mu }_2-\frac{{\mu }_1-{\mu }_2}{2})}^2\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{rl}V\left(X\right)=& \frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{(x-\xi )}^2\cdot f_1\left(x\right)dx+\frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{(x-\xi )}^2\cdot f_2\left(x\right)dx\\ =& \frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}[{(x-{\mu }_1)}^2+(x-{\mu }_1)({\mu }_1-{\mu }_2)+{\left(\frac{{\mu }_1-{\mu }_2}{2}\right)}^2]f_1\left(x\right)dx\\ & +\frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}[{(x-{\mu }_2)}^2-(x-{\mu }_2)({\mu }_1-{\mu }_2)+{\left(\frac{{\mu }_1-{\mu }_2}{2}\right)}^2]f_2\left(x\right)dx\\ =& \frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{(x-{\mu }_1)}^2{f}_1\left(x\right)dx+\frac{1}{2}({\mu }_1-{\mu }_2){\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(x-{\mu }_1)f_1\left(x\right)dx+\frac{1}{2}{\left(\frac{{\mu }_1-{\mu }_2}{2}\right)}^2{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{f}_1\left(x\right)dx\\ & +\frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{(x-{\mu }_2)}^2{f}_2\left(x\right)dx+\frac{1}{2}({\mu }_1-{\mu }_2){\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(x-{\mu }_2)f_2\left(x\right)dx+\frac{1}{2}{\left(\frac{{\mu }_1-{\mu }_2}{2}\right)}^2{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{f}_2\left(x\right)dx\\ =& \frac{1}{2}V\left(X_1\right)+\frac{1}{2}({\mu }_1-{\mu }_2)\cdot E(X_1-{\mu }_1)+\frac{1}{2}{\left(\frac{{\mu }_1-{\mu }_2}{2}\right)}^2\\ & +\frac{1}{2}V\left(X_2\right)+\frac{1}{2}({\mu }_1-{\mu }_2)\cdot E(X_2-{\mu }_2)+\frac{1}{2}{\left(\frac{{\mu }_1-{\mu }_2}{2}\right)}^2\\ =& \frac{1}{2}V\left(X_1\right)+\frac{1}{2}V\left(X_2\right)+\frac{1}{2}{\left(\frac{{\mu }_1-{\mu }_2}{2}\right)}^2+\frac{1}{2}{\left(\frac{{\mu }_1-{\mu }_2}{2}\right)}^2\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}{\tau }^2=V\left(X\right)={\sigma }^2+{\left(\frac{{\mu }_1-{\mu }_2}{2}\right)}^2\end{array}$$ $◼$

〔2〕統合平均と統合分散

（i）統合平均
数学を選択した学生と選択していない学生は50名ずつなので、Aクラス全体の平均値は $$\begin{array}{rl}\overline{x}& =\frac{1}{100}(69.7\times 50+49.6\times 50)\\ & =59.65\end{array}$$ 数学を選択した学生の点数と選択していない学生の点数をそれぞれ $$\begin{array}{r}{x}_i(i=1,\cdots ,50)x_j(j=51,\cdots ,100)\end{array}$$ それぞれの標本平均と標本分散を $$\begin{array}{c}{\overline{x}}_1=\frac{1}{50}\sum _{i=1}^{50}{x}_i{s}_1^2=\frac{1}{50}\sum _{i=1}^{50}{(x_i-{\overline{x}}_1)}^2\\ {\overline{x}}_2=\frac{1}{50}\sum _{j=51}^{100}{x}_j{s}_2^2=\frac{1}{50}\sum _{j=51}^{100}{(x_j-{\overline{x}}_2)}^2\end{array}$$ とすると、 $$\begin{array}{c}{\overline{x}}_1-\overline{x}={\overline{x}}_1-\frac{1}{2}({\overline{x}}_1+{\overline{x}}_2)=\frac{1}{2}({\overline{x}}_1+{\overline{x}}_2)\\ {\overline{x}}_2-\overline{x}={\overline{x}}_2-\frac{1}{2}({\overline{x}}_1+{\overline{x}}_2)=-\frac{1}{2}({\overline{x}}_1+{\overline{x}}_2)\end{array}$$ よって、クラス全体の偏差平方和は、 $$\begin{array}{rl}A& =\sum _{i=1}^{50}{(x_i-\overline{x})}^2+\sum _{j=51}^{100}{(x_j-{\overline{x}}_2)}^2\\ & =\sum _{i=1}^{50}{(x_i-{\overline{x}}_1+{\overline{x}}_1-\overline{x})}^2+\sum _{j=51}^{100}{(x_i-{\overline{x}}_2+{\overline{x}}_2-\overline{x})}^2\\ & =\sum _{i=1}^{50}{(x_i-{\overline{x}}_1)}^2+2({\overline{x}}_1-\overline{x})\sum _{i=1}^{50}(x_i-{\overline{x}}_1)+\sum _{i=1}^{50}{({\overline{x}}_1-\overline{x})}^2\\ & +\sum _{j=51}^{100}{(x_j-{\overline{x}}_2)}^2+2({\overline{x}}_2-\overline{x})\sum _{j=51}^{100}(x_j-{\overline{x}}_2)+\sum _{j=51}^{100}{({\overline{x}}_2-\overline{x})}^2\end{array}$$ ここで、偏差の性質より、 $$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^{50}(x_i-{\overline{x}}_1)=\sum _{j=51}^{100}(x_j-{\overline{x}}_2)=0\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{rl}A& =\sum _{i=1}^{50}{(x_i-{\overline{x}}_1)}^2+50{({\overline{x}}_1-\overline{x})}^2+\sum _{j=51}^{100}{(x_j-{\overline{x}}_2)}^2+50{({\overline{x}}_2-\overline{x})}^2\\ & =50s_1^2+50s_2^2+100{\left(\frac{{\overline{x}}_1-{\overline{x}}_2}{2}\right)}^2\\ & =100\{\frac{s_1^2+s_2^2}{2}+{\left(\frac{{\overline{x}}_1-{\overline{x}}_2}{2}\right)}^2\}\\ & =100\{\frac{{6.8}^2+{7.8}^2}{2}+{\left(\frac{69.7-49.6}{2}\right)}^2\}\\ & =100\cdot 154.54\end{array}$$ よって、クラス全体での得点の標準偏差は、 $$\begin{array}{rl}s& =\sqrt{\frac{100\cdot 154.54}{100}}\\ & =\sqrt{154.54}\\ & \cong 12.43\end{array}$$ $◼$

〔3〕確率密度関数の導関数

母集団分布 $F$ の確率密度関数 $f\left(x\right)$ は $$\begin{array}{rl}f\left(x\right)& =\frac{1}{2}\{\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{{(x-{\mu }_1)}^2}{2{\sigma }^2}}+\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{{(x-{\mu }_2)}^2}{2{\sigma }^2}}\}\\ & =\frac{1}{2\sqrt{2\pi }\sigma }\{e^{-\frac{{(x-{\mu }_1)}^2}{2{\sigma }^2}}+e^{-\frac{{(x-{\mu }_2)}^2}{2{\sigma }^2}}\}\end{array}$$ 1次導関数を求めると、 $$\begin{array}{r}{f}^{\prime }\left(x\right)=\frac{1}{2\sqrt{2\pi }\sigma }\{-\frac{(x-{\mu }_1)}{{\sigma }^2}{e}^{-\frac{{(x-{\mu }_1)}^2}{2{\sigma }^2}}-\frac{(x-{\mu }_2)}{{\sigma }^2}{e}^{-\frac{{(x-{\mu }_2)}^2}{2{\sigma }^2}}\}\end{array}$$ 2次導関数を求めると、 $$\begin{array}{rl}{f}^{\prime \prime }\left(x\right)& =\frac{1}{2\sqrt{2\pi }\sigma }\{-\frac{1}{{\sigma }^2}{e}^{-\frac{{(x-{\mu }_1)}^2}{2{\sigma }^2}}+{\left(\frac{x-{\mu }_1}{{\sigma }^2}\right)}^2{e}^{-\frac{{(x-{\mu }_1)}^2}{2{\sigma }^2}}-\frac{1}{{\sigma }^2}{e}^{-\frac{{(x-{\mu }_2)}^2}{2{\sigma }^2}}+{\left(\frac{x-{\mu }_2}{{\sigma }^2}\right)}^2{e}^{-\frac{{(x-{\mu }_2)}^2}{2{\sigma }^2}}\}\\ & =-\frac{1}{2\sqrt{2\pi }\sigma }\cdot \frac{1}{{\sigma }^2}[\{1-{\left(\frac{x-{\mu }_1}{\sigma }\right)}^2\}{e}^{-\frac{{(x-{\mu }_1)}^2}{2{\sigma }^2}}+\{1-{\left(\frac{x-{\mu }_2}{\sigma }\right)}^2\}{e}^{-\frac{{(x-{\mu }_2)}^2}{2{\sigma }^2}}]\end{array}$$ 1次導関数において、$x=\xi =\frac{{\mu }_1+{\mu }_2}{2}$ を代入すると、 $$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }\left(\xi \right)& =\frac{1}{2\sqrt{2\pi }\sigma }\{-\frac{(\xi -{\mu }_1)}{{\sigma }^2}{e}^{-\frac{{(\xi -{\mu }_1)}^2}{2{\sigma }^2}}-\frac{(\xi -{\mu }_2)}{{\sigma }^2}{e}^{-\frac{{(\xi -{\mu }_2)}^2}{2{\sigma }^2}}\}\\ & =\frac{1}{2\sqrt{2\pi }\sigma }[\frac{{\mu }_1+{\mu }_2}{2{\sigma }^2}\exp \{-\frac{{\left(\frac{{\mu }_2-{\mu }_1}{2}\right)}^2}{2{\sigma }^2}\}-\frac{{\mu }_1+{\mu }_2}{2{\sigma }^2}\exp \{-\frac{{\left(\frac{{\mu }_1-{\mu }_2}{2}\right)}^2}{2{\sigma }^2}\}]\\ & =0\end{array}$$ したがって、$x=\xi$ は $f\left(x\right)$ の極値を与える。 $◼$

〔4〕二峰性の条件

2次導関数での $x=\xi$ のときの値を求めると、 $$\begin{array}{rl}{f}^{\prime \prime }\left(\xi \right)& =-\frac{1}{2\sqrt{2\pi }\sigma }\cdot \frac{1}{{\sigma }^2}[\{1-{\left(\frac{\xi -{\mu }_1}{\sigma }\right)}^2\}\exp \{-\frac{{(\xi -{\mu }_1)}^2}{2{\sigma }^2}\}+\{1-{\left(\frac{\xi -{\mu }_2}{\sigma }\right)}^2\}\exp \{-\frac{{(\xi -{\mu }_2)}^2}{2{\sigma }^2}\}]\\ & =-\frac{1}{2\sqrt{2\pi }\sigma }\cdot \frac{1}{{\sigma }^2}\cdot \{2-\frac{{({\mu }_1-{\mu }_2)}^2}{2{\sigma }^2}\}\cdot \exp \{-\frac{{({\mu }_1-{\mu }_2)}^2}{8{\sigma }^2}\}\end{array}$$ $f\left(x\right)$ が二峰性となるのは、$x=\xi$ において下に凸、すなわち $$\begin{array}{r}0<f^{\prime \prime }\left(\xi \right)\end{array}$$ ここで、 $$\begin{array}{r}0<\frac{1}{2\sqrt{2\pi }{\sigma }^3}0<\exp \{-\frac{{({\mu }_1-{\mu }_2)}^2}{8{\sigma }^2}\}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{c}2-\frac{{({\mu }_1-{\mu }_2)}^2}{2{\sigma }^2}<0\\ 2<\frac{{({\mu }_1-{\mu }_2)}^2}{2{\sigma }^2}\\ 4<\frac{{({\mu }_1-{\mu }_2)}^2}{{\sigma }^2}\\ 2<\frac{|{\mu }_1-{\mu }_2|}{\sigma }\end{array}$$ $◼$