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 $E \left(X\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot f \left(x\right)dx}$ より、 \begin{align} E \left(X\right)&=\int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot }\frac{1}{2} \left\{f_1 \left(x\right)+f_2 \left(x\right)\right\}dx\\ &=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot f_1 \left(x\right)dx}+\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot f_2 \left(x\right)dx} \end{align} 期待値の定義式より、 \begin{gather} \int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot f_1 \left(x\right)dx}=\mu_1\\ \int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot f_2 \left(x\right)dx}=\mu_2 \end{gather} したがって、 \begin{align} \xi=E \left(X\right)=\frac{\mu_1+\mu_2}{2} \end{align} （ii）分散
分散の定義式 $V \left(X\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{ \left\{x-E \left(X\right)\right\}^2 \cdot f \left(x\right)dx}$ より、 \begin{align} V \left(X\right)&=\int_{-\infty}^{\infty}{ \left(x-\xi\right)^2 \cdot f \left(x\right)dx}\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}{ \left(x-\xi\right)^2 \cdot \frac{1}{2} \left\{f_1 \left(x\right)+f_2 \left(x\right)\right\}dx} \end{align} ここで、ヒントにあるように、 \begin{align} \left(x-\xi\right)^2&= \left(x-\frac{\mu_1+\mu_2}{2}\right)^2\\ &= \left(x-\mu_1+\frac{\mu_1-\mu_2}{2}\right)^2\\ &= \left(x-\mu_2-\frac{\mu_1-\mu_2}{2}\right)^2 \end{align} したがって、 \begin{align} V \left(X\right)=&\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}{ \left(x-\xi\right)^2 \cdot f_1 \left(x\right)dx}+\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}{ \left(x-\xi\right)^2 \cdot f_2 \left(x\right)dx}\\ =&\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}{ \left[ \left(x-\mu_1\right)^2+ \left(x-\mu_1\right) \left(\mu_1-\mu_2\right)+ \left(\frac{\mu_1-\mu_2}{2}\right)^2\right]f_1 \left(x\right)dx}\\ &+\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}{ \left[ \left(x-\mu_2\right)^2- \left(x-\mu_2\right) \left(\mu_1-\mu_2\right)+ \left(\frac{\mu_1-\mu_2}{2}\right)^2\right]f_2 \left(x\right)dx}\\ =&\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}{ \left(x-\mu_1\right)^2f_1 \left(x\right)dx}+\frac{1}{2} \left(\mu_1-\mu_2\right)\int_{-\infty}^{\infty}{ \left(x-\mu_1\right)f_1 \left(x\right)dx}+\frac{1}{2} \left(\frac{\mu_1-\mu_2}{2}\right)^2\int_{-\infty}^{\infty}{f_1 \left(x\right)dx}\\ &+\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}{ \left(x-\mu_2\right)^2f_2 \left(x\right)dx}+\frac{1}{2} \left(\mu_1-\mu_2\right)\int_{-\infty}^{\infty}{ \left(x-\mu_2\right)f_2 \left(x\right)dx}+\frac{1}{2} \left(\frac{\mu_1-\mu_2}{2}\right)^2\int_{-\infty}^{\infty}{f_2 \left(x\right)dx}\\ =&\frac{1}{2}V \left(X_1\right)+\frac{1}{2} \left(\mu_1-\mu_2\right) \cdot E \left(X_1-\mu_1\right)+\frac{1}{2} \left(\frac{\mu_1-\mu_2}{2}\right)^2\\ &+\frac{1}{2}V \left(X_2\right)+\frac{1}{2} \left(\mu_1-\mu_2\right) \cdot E \left(X_2-\mu_2\right)+\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{align} したがって、 \begin{align} \tau^2=V \left(X\right)=\sigma^2+ \left(\frac{\mu_1-\mu_2}{2}\right)^2 \end{align} $\blacksquare$

〔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{align} \bar{x}&=\frac{1}{100} \left(69.7\times50+49.6\times50\right)\\ &=59.65 \end{align} 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{align} x_i \left(i=1, \cdots ,50\right) \quad x_j \left(j=51, \cdots ,100\right) \end{align} それぞれの標本平均と標本分散を \begin{gather} {\bar{x}}_1=\frac{1}{50}\sum_{i=1}^{50}x_i \quad s_1^2=\frac{1}{50}\sum_{i=1}^{50} \left(x_i-{\bar{x}}_1\right)^2\\ {\bar{x}}_2=\frac{1}{50}\sum_{j=51}^{100}x_j \quad s_2^2=\frac{1}{50}\sum_{j=51}^{100} \left(x_j-{\bar{x}}_2\right)^2 \end{gather} とすると、 \begin{gather} {\bar{x}}_1-\bar{x}={\bar{x}}_1-\frac{1}{2} \left({\bar{x}}_1+{\bar{x}}_2\right)=\frac{1}{2} \left({\bar{x}}_1+{\bar{x}}_2\right)\\ {\bar{x}}_2-\bar{x}={\bar{x}}_2-\frac{1}{2} \left({\bar{x}}_1+{\bar{x}}_2\right)=-\frac{1}{2} \left({\bar{x}}_1+{\bar{x}}_2\right) \end{gather} よって、クラス全体の偏差平方和は、 \begin{align} A&=\sum_{i=1}^{50} \left(x_i-\bar{x}\right)^2+\sum_{j=51}^{100} \left(x_j-{\bar{x}}_2\right)^2\\ &=\sum_{i=1}^{50} \left(x_i-{\bar{x}}_1+{\bar{x}}_1-\bar{x}\right)^2+\sum_{j=51}^{100} \left(x_i-{\bar{x}}_2+{\bar{x}}_2-\bar{x}\right)^2\\ &=\sum_{i=1}^{50} \left(x_i-{\bar{x}}_1\right)^2+2 \left({\bar{x}}_1-\bar{x}\right)\sum_{i=1}^{50} \left(x_i-{\bar{x}}_1\right)+\sum_{i=1}^{50} \left({\bar{x}}_1-\bar{x}\right)^2\\ &+\sum_{j=51}^{100} \left(x_j-{\bar{x}}_2\right)^2+2 \left({\bar{x}}_2-\bar{x}\right)\sum_{j=51}^{100} \left(x_j-{\bar{x}}_2\right)+\sum_{j=51}^{100} \left({\bar{x}}_2-\bar{x}\right)^2 \end{align} ここで、偏差の性質より、 \begin{align} \sum_{i=1}^{50} \left(x_i-{\bar{x}}_1\right)=\sum_{j=51}^{100} \left(x_j-{\bar{x}}_2\right)=0 \end{align} したがって、 \begin{align} A&=\sum_{i=1}^{50} \left(x_i-{\bar{x}}_1\right)^2+50 \left({\bar{x}}_1-\bar{x}\right)^2+\sum_{j=51}^{100} \left(x_j-{\bar{x}}_2\right)^2+50 \left({\bar{x}}_2-\bar{x}\right)^2\\ &=50s_1^2+50s_2^2+100 \left(\frac{{\bar{x}}_1-{\bar{x}}_2}{2}\right)^2\\ &=100 \left\{\frac{s_1^2+s_2^2}{2}+ \left(\frac{{\bar{x}}_1-{\bar{x}}_2}{2}\right)^2\right\}\\ &=100 \left\{\frac{{6.8}^2+{7.8}^2}{2}+ \left(\frac{69.7-49.6}{2}\right)^2\right\}\\ &=100 \cdot 154.54 \end{align} よって、クラス全体での得点の標準偏差は、 \begin{align} s&=\sqrt{\frac{100 \cdot 154.54}{100}}\\ &=\sqrt{154.54}\\ &\cong12.43 \end{align} $\blacksquare$

〔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{align} f \left(x\right)&=\frac{1}{2} \left\{\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{ \left(x-\mu_1\right)^2}{2\sigma^2}}+\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{ \left(x-\mu_2\right)^2}{2\sigma^2}}\right\}\\ &=\frac{1}{2\sqrt{2\pi}\sigma} \left\{e^{-\frac{ \left(x-\mu_1\right)^2}{2\sigma^2}}+e^{-\frac{ \left(x-\mu_2\right)^2}{2\sigma^2}}\right\} \end{align} 1次導関数を求めると、 \begin{align} f^\prime \left(x\right)=\frac{1}{2\sqrt{2\pi}\sigma} \left\{-\frac{ \left(x-\mu_1\right)}{\sigma^2}e^{-\frac{ \left(x-\mu_1\right)^2}{2\sigma^2}}-\frac{ \left(x-\mu_2\right)}{\sigma^2}e^{-\frac{ \left(x-\mu_2\right)^2}{2\sigma^2}}\right\} \end{align} 2次導関数を求めると、 \begin{align} f^{\prime\prime} \left(x\right)&=\frac{1}{2\sqrt{2\pi}\sigma} \left\{-\frac{1}{\sigma^2}e^{-\frac{ \left(x-\mu_1\right)^2}{2\sigma^2}}+ \left(\frac{x-\mu_1}{\sigma^2}\right)^2e^{-\frac{ \left(x-\mu_1\right)^2}{2\sigma^2}}-\frac{1}{\sigma^2}e^{-\frac{ \left(x-\mu_2\right)^2}{2\sigma^2}}+ \left(\frac{x-\mu_2}{\sigma^2}\right)^2e^{-\frac{ \left(x-\mu_2\right)^2}{2\sigma^2}}\right\}\\ &=-\frac{1}{2\sqrt{2\pi}\sigma} \cdot \frac{1}{\sigma^2} \left[ \left\{1- \left(\frac{x-\mu_1}{\sigma}\right)^2\right\}e^{-\frac{ \left(x-\mu_1\right)^2}{2\sigma^2}}+ \left\{1- \left(\frac{x-\mu_2}{\sigma}\right)^2\right\}e^{-\frac{ \left(x-\mu_2\right)^2}{2\sigma^2}}\right] \end{align} 1次導関数において、$x=\xi=\frac{\mu_1+\mu_2}{2}$ を代入すると、 \begin{align} f^\prime \left(\xi\right)&=\frac{1}{2\sqrt{2\pi}\sigma} \left\{-\frac{ \left(\xi-\mu_1\right)}{\sigma^2}e^{-\frac{ \left(\xi-\mu_1\right)^2}{2\sigma^2}}-\frac{ \left(\xi-\mu_2\right)}{\sigma^2}e^{-\frac{ \left(\xi-\mu_2\right)^2}{2\sigma^2}}\right\}\\ &=\frac{1}{2\sqrt{2\pi}\sigma} \left[\frac{\mu_1+\mu_2}{2\sigma^2}\mathrm{exp} \left\{-\frac{ \left(\frac{\mu_2-\mu_1}{2}\right)^2}{2\sigma^2}\right\}-\frac{\mu_1+\mu_2}{2\sigma^2}\mathrm{exp} \left\{-\frac{ \left(\frac{\mu_1-\mu_2}{2}\right)^2}{2\sigma^2}\right\}\right]\\ &=0 \end{align} したがって、$x=\xi$ は $f \left(x\right)$ の極値を与える。 $\blacksquare$

〔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{align} f^{\prime\prime} \left(\xi\right)&=-\frac{1}{2\sqrt{2\pi}\sigma} \cdot \frac{1}{\sigma^2} \left[ \left\{1- \left(\frac{\xi-\mu_1}{\sigma}\right)^2\right\}\mathrm{exp} \left\{-\frac{ \left(\xi-\mu_1\right)^2}{2\sigma^2}\right\}+ \left\{1- \left(\frac{\xi-\mu_2}{\sigma}\right)^2\right\}\mathrm{exp} \left\{-\frac{ \left(\xi-\mu_2\right)^2}{2\sigma^2}\right\}\right]\\ &=-\frac{1}{2\sqrt{2\pi}\sigma} \cdot \frac{1}{\sigma^2} \cdot \left\{2-\frac{ \left(\mu_1-\mu_2\right)^2}{2\sigma^2}\right\} \cdot \mathrm{exp} \left\{-\frac{ \left(\mu_1-\mu_2\right)^2}{8\sigma^2}\right\} \end{align} $f \left(x\right)$ が二峰性となるのは、$x=\xi$ において下に凸、すなわち \begin{align} 0 \lt f^{\prime\prime} \left(\xi\right) \end{align} ここで、 \begin{align} 0 \lt \frac{1}{2\sqrt{2\pi}\sigma^3} \quad 0 \lt \mathrm{exp} \left\{-\frac{ \left(\mu_1-\mu_2\right)^2}{8\sigma^2}\right\} \end{align} したがって、 \begin{gather} 2-\frac{ \left(\mu_1-\mu_2\right)^2}{2\sigma^2} \lt 0\\ 2 \lt \frac{ \left(\mu_1-\mu_2\right)^2}{2\sigma^2}\\ 4 \lt \frac{ \left(\mu_1-\mu_2\right)^2}{\sigma^2}\\ 2 \lt \frac{ \left|\mu_1-\mu_2\right|}{\sigma} \end{gather} $\blacksquare$