確率変数$X$の平均（期待値）$m$は、問題文中の表１から
$$ \begin{align} m&=0\cdot(1-p)+1\cdot p\\ &=p \end{align} $$ となる。

解答ア：０

ここで、標本平均について復習する。

復習

母平均$m$，母分散$\sigma^{2}$の母集団から大きさ$n$の標本を取り出す。
このとき、標本平均は、
母集団が正規分布に従うときには $n$の値にかかわらず完全に 母集団がその他の確率分布のときには $n$が大きければ近似的に 正規分布
$N\left(m,\dfrac{\sigma^{2}}{n}\right)$
に従う。

復習より、$\overline{X}$は、近似的に 正規分布
$N\left(m,\dfrac{\sigma^{2}}{n}\right)$
に従う。

解答イ：３

次のウの式の
$$ \begin{align} S&=\sqrt{ \dfrac{1}{n}\left\{ \begin{array}{c} (X_{1}-\overline{X})^{2}+(X_{2}-\overline{X})^{2}+\\ \cdots+(X_{n}-\overline{X})^{2} \end{array} \right\} }\class{tex_formula}{式Ａ}\\ &=\sqrt{\textcolor{red}{\dfrac{1}{n}\left(X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+\cdots+X_{n}^{2}\right)}-\fbox{　ウ　}}\class{tex_formula}{式Ｂ} \end{align} $$ は、何だか見覚えがある式だ。

見覚えがないっていう人もいると思うから、標準偏差の計算方法について復習をしておこう。

復習

標準偏差$s$は分散$s^{2}$の正の平方根で
$s=\sqrt{s^{2}}$
である。

復習の式の根号の中の$s^{2}$は分散なので、分散の計算方法も復習しておくと、

復習

データ$\{x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\}$があり、
データの平均値を$\overline{x}$ データの各値の２乗の平均値を$\overline{x^{2}}$ とすると、分散$s^{2}$は、
$$ \begin{align} s^{2}&=\dfrac{1}{n}\left\{ \begin{array}{c} (x_{1}-\overline{x})^{2}+(x_{2}-\overline{x})^{2}+\\ \cdots+(x_{n}-\overline{x})^{2} \end{array} \right\}\class{tex_formula}{式Ｃ}\\ &=\overline{x^{2}}-(\overline{x})^{2}\class{tex_formula}{式Ｄ} \end{align} $$ である。

このふたつの式は問題によって使い分けるので、両方憶えておこう。

この復習の式Ｃが、式Ａによく似ている。

式Ｃ，式Ｄを使って$X$の標本標準偏差$S$を求めると
$$ \begin{align} S&=\sqrt{ \dfrac{1}{n}\left\{ \begin{array}{c} (X_{1}-\overline{X})^{2}+(X_{2}-\overline{X})^{2}+\\ \cdots+(X_{n}-\overline{X})^{2} \end{array} \right\} }\class{tex_formula}{式Ｅ}\\ &=\sqrt{\overline{X^{2}}-(\overline{X})^{2}}\class{tex_formula}{式Ｆ} \end{align} $$ となって、式Ａと同じ式Ｅができる。
ということは、式Ｂと式Ｆもきっと同じ式になる。

式Ｂの赤い部分は、$X_{1}^{2}$～$X_{n}^{2}$をたして$n$で割っているから、$X_{1}^{2}$～$X_{n}^{2}$の平均値だ。
なので
$\dfrac{1}{n}(X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+\cdots+X_{n}^{2})=\overline{X^{2}}$
とかける。

よって、式Ｂは
$S=\sqrt{\overline{X^{2}}-\fbox{　ウ　}}$式Ｂ'
と変形できる。
式Ｆと同じ形になった。

この式Ｂ'と式Ｆを見比べると、ウに入るのは
$(\overline{X})^{2}$
であることが分かる。

解答ウ：１

また、$X$の値は$0$と$1$しかない。
$X_{n}=0$のとき、$X_{n}^{2}=0$ $X_{n}=1$のとき、$X_{n}^{2}=1$ だから、
$X_{n}^{2}=X_{n}$
なので、
$\overline{X^{2}}=\overline{X}$
だ。

よって、式Ｂ'はさらに
$$ \begin{align} S&=\sqrt{\overline{X}-(\overline{X})^{2}}\\ &=\sqrt{\overline{X}(1-\overline{X})}\class{tex_formula}{式Ｂ''} \end{align} $$ と変形できる。

解答エ：２

問題文中の表２より、大きさ$300$の標本は
$75$個の$1$ $225$個の$0$ の集まりなので、標本平均$\overline{X}$は
$$ \begin{align} \overline{X}&=\dfrac{75\times 1+225\times 0}{300}\\ &=\dfrac{1}{4}\class{tex_formula}{式Ｇ} \end{align} $$ だ。

これを式Ｂ''に代入して、標本標準偏差$S$は
$$ \begin{align} S&=\sqrt{\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{3}{4}}\\ &=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\class{tex_formula}{式Ｈ} \end{align} $$ と計算できる。

次に、母平均を推定する。
これには公式があった。

公式

母標準偏差を$\sigma$，標本平均を$\overline{X}$，標本の大きさを$n$とすると、母平均$m$の信頼区間を求める式は
$\overline{X}-z\cdot\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}\leqq m\leqq\overline{X}+z\cdot\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$式Ｉ

図の固定

ただし、信頼区間が$c$％のとき、$z$は 図Ａを標準正規分布の確率分布図として、図中の$z_{0}$の値。
特に
信頼度$95$％のとき、$z=1.96$ 信頼度$99$％のとき、$z=2.56$ である。

この式Ｉを使って母平均の信頼区間を求める。

いま、
式Ｇより、標本平均$\overline{X}=\dfrac{1}{4}$ 標本の大きさ$n=300$ 信頼度は$95$％なので、$z=1.96$ であることが分かっている。

また、母標準偏差$\sigma$は、問題文の指示に従って代わりに標本標準偏差を使う。
この標本標準偏差は
式Ｈより、標本標準偏差$S=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ だ。

以上を式Ｉに代入すると、
$\dfrac{1}{4}-1.96\cdot\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{300}}\leqq m\leqq\dfrac{1}{4}+1.96\cdot\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{300}}$
とかける。

これを計算して、求める信頼区間は

途中式

$$ \begin{align} \dfrac{1}{4}-1.96\cdot\dfrac{\dfrac{\cancel{\sqrt{3}}}{4}}{10\cancel{\sqrt{3}}}&\leqq m\leqq\dfrac{1}{4}+1.96\cdot\dfrac{\dfrac{\cancel{\sqrt{3}}}{4}}{10\cancel{\sqrt{3}}}\\ \dfrac{1}{4}-\dfrac{1.96}{4\cdot 10}&\leqq m\leqq\dfrac{1}{4}+\dfrac{1.96}{4\cdot 10}\\ \dfrac{1}{4}(1-0.196)&\leqq m\leqq\dfrac{1}{4}(1+0.196)\\ \dfrac{0.804}{4}&\leqq m\leqq\dfrac{1.196}{4} \end{align} $$ より

$0.201 \leqq m\leqq 0.299$
となる。

解答オ：０

アドバイス

これじゃ原理がゼンゼン分からないけど、原理通り解くと時間がかかるから、共通テスト本番では機械的に公式を使おう。
原理に関してはこのページを参照してほしい。

(2)では、$U_{4}$，$U_{5}$，$U_{300}$の期待値（平均値）を求める。

問題文中の表３から、$U_{4}$は
$0$，$1$
のいずれかの値をとる。

$U_{4}=1$である場合

問題文中の図３より、$X_{1}$～$X_{4}$の値の並びは
$\left\{\begin{array}{l} 1,1,1,0\\ 0,1,1,1 \end{array}\right.$
の２パターンある。

この２つのパターンの確率は等しくて、
$$ \begin{align} p^{3}\cdot(1-p)&=\left(\dfrac{1}{4}\right)^{3}\cdot\left(1-\dfrac{1}{4}\right)\\ &=\dfrac{1}{4^{3}}\cdot\dfrac{3}{4}\\ &=\dfrac{3}{4^{4}} \end{align} $$ である。

したがって、$U_{4}=1$である確率$P(U_{4}=1)$は、
$$ \begin{align} P(U_{4}=1)&=\dfrac{3}{4^{4}}\times 2\\ &=\dfrac{3}{4^{3}\cdot 2} \end{align} $$ となる。

以上から、確率変数$U_{4}$の確率分布表を書くと表Ｂができる。

表Ｂより、$U_{4}$の期待値（平均値）$E(U_{4})$は、
$$ \begin{align} E(U_{4})&=0\cdot \text{（省略）}+1\cdot\dfrac{3}{4^{3}\cdot 2}\\ &=\dfrac{3}{4^{3}\cdot 2}\class{tex_formula}{式Ｊ}\\ &=\dfrac{3}{128} \end{align} $$ となる。

解答カ：３

$U_{5}$も、$U_{4}$と同じように考える。

以上から、確率変数$U_{5}$の確率分布表を書くと表Ｄができる。

表Ｄより、$U_{5}$の期待値（平均値）$E(U_{5})$は、
$$ \begin{align} E(U_{5})&=0\cdot\text{（省略）}+1\cdot\dfrac{3\cdot 11}{4^{5}}\\ &=\dfrac{3\cdot 11}{4^{5}}\class{tex_formula}{式Ｋ}\\ &=\dfrac{33}{1024} \end{align} $$ となる。

解答キ：３, ク：３

$E(U_{300})$を直接求めるのは難しいので、問題文の指示通りの作業をしよう。

座標平面上の点
$(4,E(U_{4}))$，$(5,E(U_{5}))$，$\cdots$，$(300,E(U_{300}))$
はひとつの直線上にあるという。
つまり、図Ｅのようになるようだ。

図Ｅのオレンジの直線を考える。

オレンジの直線は$(4,E(U_{4}))$，$(5,E(U_{5}))$を通るので、直線の式は
$y-E(U_{4})=\dfrac{E(U_{5})-E(U_{4})}{5-4}(x-4)$
より
$y-E(U_{4})=\{E(U_{5})-E(U_{4})\}(x-4)$
と表せる。

$(300,E(U_{300}))$はこの直線上にあるので、
$E(U_{300})-E(U_{4})=\{E(U_{5})-E(U_{4})\}(300-4)$
とかける。

これに式Ｊ，式Ｋを代入すると、（※）
$E(U_{300})-\dfrac{3}{4^{3}\cdot 2}=\left(\dfrac{3\cdot 11}{4^{5}}-\dfrac{3}{4^{3}\cdot 2}\right)(300-4)$
より
$$ \begin{align} E(U_{300})-\dfrac{3}{2^{7}}&=3\cdot\left(\dfrac{11}{2^{10}}-\dfrac{1}{2^{7}}\right)2^{3}\cdot 37\\ &=3\cdot\left(\dfrac{11}{2^{7}}-\dfrac{2^{3}}{2^{7}}\right)\cdot 37\\ &=3\cdot\dfrac{3}{2^{7}}\cdot 37 \end{align} $$ と変形できる。

これを解いて、$E(U_{300})$は、
$E(U_{300})=3\cdot\dfrac{3}{2^{7}}\cdot 37+\dfrac{3}{2^{7}}$

途中式

$$ \begin{align} \phantom{E(U_{300})}&=\dfrac{3\cdot(3\cdot 37+1)}{2^{7}}\\ &=\dfrac{3\cdot 112}{2^{7}}\\ &=\dfrac{3\cdot 2^{4}\cdot 7}{2^{7}}\\ &=\dfrac{3\cdot 7}{2^{3}}\\ \end{align} $$

$\phantom{E(U_{300})}=\dfrac{21}{8}$
である。

解答ケ：２, コ：１, サ：８