【統計検定1級過去問】2015年（理工学）大問1 解答例

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大問1はぱっと見は確率の問題のようで中身は畳み込み級数の和の計算がほとんどで統計色の薄い問題セットでした。小問が6つありますが

• [math]f(k)[/math]を部分分数分解して[math]f(k)=g(k)-g(k+1)[/math]の形に変形
• [math]\displaystyle \sum_{k=1}^\infty f(k)=\lim_{n\to\infty}\left(g(1)-g(n+1)\right)[/math]を評価

を繰り返すだけで特に難しい問題もないので完答できた人も多かったと思います。

問題

（出典：「統計検定 1級・準1級 公式問題集」。問題文を一部略記。）

問1

得点が[math]X=1[/math]となるのは1回目に取り出した球が赤の場合なので[math]P(X=1)=\dfrac{1}{2}[/math]である。

得点が[math]X=k(\geq 2)[/math]となるのは

• [math]1[/math]～[math](k-1)[/math]回目に取り出した球が白
• [math]k[/math]回目に取り出した球が赤

になる時なので

[math]
\begin{eqnarray}
P(X=k) &=& \dfrac{1}{2}\times \cdots \times \dfrac{k-1}{k}\times\dfrac{1}{k+1} \\
&=&\dfrac{1}{k(k+1)}
\end{eqnarray}
[/math]

であり、[math]k=1[/math]の場合も成立する。

問2

明らかに[math]f(k)\geq 0[/math]であり

[math]
f(k)=\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}
[/math]

より

[math]
\sum_{k=1}^n f(k)=1-\dfrac{1}{n+1}
[/math]

なので[math]n\to\infty[/math]として

[math]
\sum_{k=1}^\infty f(k)=1
[/math]

が成立する。よって[math]f(k)[/math]は確率関数である。

問3

[math]
\begin{eqnarray}
E[X] &=& \sum_{k=1}^\infty kf(k) \\
&=& \sum_{k=1}^\infty \dfrac{1}{k+1} \\
&=& \infty
\end{eqnarray}
[/math]

なので平均は存在せず、分散も存在しない。

問4

まず明らかに[math]P(k)\geq 0[/math]である。

次に[math]P(k)[/math]の部分分数分解を求めると

[math]
\begin{eqnarray}
&&\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)} – \dfrac{1}{(k+1)(k+2)(k+3)}\\
&=&\dfrac{3}{k(k+1)(k+2)(k+3)}
\end{eqnarray}
[/math]

なので[math]g(k)=\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}[/math]とおくと

[math]
P(k) = 6(g(k)-g(k+1))
[/math]

と書ける。これより

[math]
\begin{eqnarray}
&&\sum_{k=1}^n P(k) \\
&=& 6(g(1)-g(n+1))
\end{eqnarray}
[/math]

であり[math]g(1)=\frac{1}{6}[/math]および[math]g(n)\to 0\ (n\to\infty)[/math]より

[math]
\sum_{k=1}^\infty P(k)=1
[/math]

が成立する。よって[math]P(k)[/math]は確率関数である。

問5

[math]
E[Y] = \displaystyle\sum_{k=1}^\infty \dfrac{18}{(k+1)(k+2)(k+3)}
[/math]

を求めれば良く

[math]
\begin{eqnarray}
&&\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}-\dfrac{1}{(k+2)(k+3)} \\
&=&\dfrac{2}{(k+1)(k+2)(k+3)}
\end{eqnarray}
[/math]

に注意すると

[math]
\begin{eqnarray}
&&\sum_{k=1}^\infty \dfrac{18}{(k+1)(k+2)(k+3)}\\
&=& 9\sum_{k=1}^\infty \left\{\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}-\dfrac{1}{(k+2)(k+3)}\right\} \\
&=& \dfrac{3}{2}
\end{eqnarray}
[/math]

より[math]E[Y] = \dfrac{3}{2}[/math]である。

問6

[math]
E[Y(Y+1)]=\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \dfrac{18}{(k+2)(k+3)}
[/math]

であり問2より[math]\sum_{k=1}^\infty \dfrac{1}{k(k+1)}=1[/math]なので

[math]
\begin{eqnarray}
&& \sum_{k=1}^\infty\dfrac{1}{(k+2)(k+3)}\\
&=& \sum_{k=1}^\infty \dfrac{1}{k(k+1)} – \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{6} \\
&=& \dfrac{1}{3}
\end{eqnarray}
[/math]

なので

[math]
E[Y(Y+1)]=6
[/math]

である。また

[math]
\begin{eqnarray}
V[Y] &=& E[Y^2]-(E[Y])^2 \\
&=& E[Y(Y+1)]-E[Y]-(E[Y])^2 \\
&=& 6 – \dfrac{3}{2} – \dfrac{9}{4} \\
&=&\dfrac{9}{4}
\end{eqnarray}
[/math]

なので[math]V[Y]=\dfrac{9}{4}[/math]である。

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