第40問〜第78問を掲載しています。答えを開き、誤答選択肢との違いまで確認してください。 この章の第1問から読む場合は第2章 データ収集と確率のページへ戻ります。
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試験概要（公式）この事例では、求めたい事象と「すべて良品である」事象の関係をとらえ、確率の求め方を選ぶ。判断の軸は「起こらない側から1を引く余事象か」である。正解は「「すべて良品である」事象の余事象として、1からその確率を引く」である。少なくとも一つが不良となる事象は、すべて良品である事象が起こらない事象、つまり余事象なので、1からすべて良品である確率を引けばよい。不良が1個の場合、2個の場合と一つずつ直接数えるより、この方が簡単に求められる。2つの事象は同時には起こらないので積事象は空になり、独立でもない。各製品の不良の確率を足すと、複数が同時に不良となる場合を重ねて数えてしまう。「少なくとも一つ」という言葉が出たら、余事象から考えられないかを確かめて見分ける。
https://www.toukei-kentei.jp/grade/grade2/ （2026-07-11公式出題範囲照合）
この事例では、無作為抽出はできていて、質問文の曖昧さが原因で回答が偏っているという条件に注目する。判断の軸は「調査票や測定方法による非標本誤差を確認するか」である。正解は「測定方法、回答方法、調査票など、抽出以外のずれの原因を確認する」である。非標本誤差は、測定や回答、調査票の設計など、標本抽出以外から生じる誤差であり、無作為抽出をしても0にはならない。標本の大きさを増やす、抽出をやり直すといった対策は標本の選び方に働きかけるもので、同じ調査票を使う限り偏りは残る。回答の偏りを標本誤差として扱うのも、原因の取り違えである。誤差の原因が抽出にあるのか、抽出以外にあるのかを分けて見分ける。
https://www.toukei-kentei.jp/grade/grade2/ （2026-07-11公式出題範囲照合）
この事例では、一部顧客の回答から全顧客の満足度を推定するときに、母集団を定義する意味を問うている。判断の軸は「推測したい対象全体を明確にする必要があるか」である。正解は「標本から推測したい対象全体が母集団だから」である。標本調査では、無作為抽出などで得た標本から母集団について推測する。対象の期間や属性など、全顧客の範囲が曖昧なままだと、結果をどこまで一般化できるかも曖昧になる。回答者全員は母集団ではなく標本であり、母集団を定めても標本誤差はなくならない。母集団は通常標本より大きな集合である。推測したい対象全体と、実際に調べた一部とを区別しているかで見分ける。
https://www.toukei-kentei.jp/grade/grade2/ （2026-07-11公式出題範囲照合）
この事例では、「来店またはオンライン購入の少なくとも一方」という条件を表す事象と、その確率の求め方を選ぶ。判断の軸は「二事象の少なくとも片方が起こる和事象か」である。正解は、和事象として両方を行った顧客を二重に数えないように求める選択肢である。和事象はAまたはBの少なくとも一方が起こる事象で、両方が起こる共通部分も含む。その確率はP(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)で求め、単純に足すと積事象の分を二重に数える。積事象だけを数えると片方だけの顧客が抜け、来店だけを数えるとオンライン購入だけの顧客が抜ける。「または」は和事象、重なりは積事象と対応させ、足したあとに重なりを引いているかで見分ける。
https://www.toukei-kentei.jp/grade/grade2/ （2026-07-11公式出題範囲照合）
この事例では、独立と排反（同時に起こらないこと）を区別できているかを問うている。判断の軸は「確率を変えない関係と同時発生しない関係は別か」である。正解は「独立は一方が起きても他方の確率が変わらない関係であり、同時に起こらないこととは別である」である。2事象AとBが独立であるとは、P(A∩B)=P(A)P(B)が成り立つことで、一方が起きても他方の確率は変わらない。2回のコイン投げで両方表になる確率は1/4で、独立でも積事象は起こりうる。1回の投げの表と裏は排反であり、確率が0でない排反な2事象は独立にならない。前の結果で次の確率が変わると考えるのも、独立の定義に反する。「同時に起こらない」と「確率を変えない」を別の性質として見分ける。
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この事例では、需要が期待値の周りでどれほど変動するかを表す指標として、分散の意味を問うている。判断の軸は「期待値からのずれの大きさを要約するか」である。正解は「期待値の周りで値がどの程度ばらつくかを表す」である。分散は、確率変数と期待値の差を二乗した量の期待値で、分布の散らばりを表す。期待値は中心の位置、最もとりやすい値は最頻値で、どちらも散らばりの大きさではない。期待値との差をそのまま平均すると正負が打ち消し合って0になるため、分散では差を二乗してから期待値をとる。中心の位置を表す値と、中心からの散らばりを表す値とを区別して見分ける。
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この事例では、全顧客を調べたにもかかわらず入力ミスや無回答が残った状況で、どの種類の誤差が生じているかを問うている。判断の軸は「抽出以外の測定・回答に由来する誤差か」である。正解は「全数調査でも、回答ミスや測定ミスなどの非標本誤差は残る」である。全数調査は母集団全体を調べるため、標本抽出に伴う標本誤差は生じない。一方、入力ミス、無回答、測定のずれなど、抽出以外の要因から生じる非標本誤差は残る。全数調査なら誤差がないとする案や、入力ミスを標本誤差とする案は、誤差の種類を取り違えている。無回答の顧客も母集団の一員であり、回答した顧客と傾向が違えば結果がずれる。誤差の原因が抽出にあるか、抽出以外にあるかで見分ける。
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この事例では、昼間の利用者だけの結果から全時間帯の利用状況を推定したことの問題点を問うている。判断の軸は「標本が母集団を代表せず推定が偏るか」である。正解は「母集団を代表しにくくなり、バイアスのある推定につながる」である。推測したい母集団は全時間帯の利用者だが、標本は昼間の利用者に限られているため、夜間などの利用者の傾向が反映されない。この偏りは標本の選び方による系統的なもので、人数を増やしても、同じ調査を繰り返して平均しても解消しない。昼間の利用者全員を調べても、全時間帯の利用者の全数調査にはならない。偏りが偶然のばらつきなのか、選び方による系統的なずれなのかを区別して見分ける。
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この事例では、迷惑メール判定が出たという情報を得た後で、実際に迷惑メールである確率をどう捉えるかを問うている。判断の軸は「条件となる観測後の条件付き確率か」である。正解は「条件となる事象が与えられた後の確率を条件付き確率として考える」である。判定が出たことを条件とする確率は条件付き確率であり、ベイズの定理P(A|B)=P(B|A)P(A)/P(B)を使えば、条件の向きが逆の確率から求められる。全メールに占める迷惑メールの割合は判定前の確率であり、条件の向きが逆の確率をそのまま使うのも誤りである。判定と迷惑メールは関係があるので独立ではなく、確率の積は積事象の確率になる。どちらの事象が条件になっているかを確かめて見分ける。
https://www.toukei-kentei.jp/grade/grade2/ （2026-07-11公式出題範囲照合）
この事例では、AまたはB、AかつB、Aでない場合という3つの言い方を区別する目的を問うている。判断の軸は「和事象・積事象・余事象を条件に応じて使うか」である。正解は「事象の組み合わせや起こらない場合を整理して確率を考えるため」である。和事象は少なくとも一方が起こる事象で、その確率はP(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)で求める。積事象はともに起こる事象、余事象は起こらない事象で、P(Aでない)=1−P(A)となる。どの事象でも足せば1になるわけではなく、和事象を積で求めたり、積事象を和で求めたりするのは、演算の対応の取り違えである。「または」「かつ」「でない」をそれぞれの事象と確率の計算に正しく対応させているかで見分ける。
https://www.toukei-kentei.jp/grade/grade2/ （2026-07-11公式出題範囲照合）
この事例では、研修を受ける社員と受けない社員という二群の名称と役割を問うている。判断の軸は「処理を受ける群と比較基準の対照群か」である。正解は「研修を受ける社員を処理群、受けない社員を対照群と呼ぶ」である。統計検定2級の公式出題範囲は、実験の基本的な考え方として処理群と対照群を挙げている。処理を受ける側が処理群、処理を受けず比較の基準となる側が対照群であり、役割を逆にした案は誤りである。母集団と標本は調査対象の全体と一部の区別で、実験の群の名称ではない。受けない社員を比較に使わない案は、効果を判断するための基準を失う。どちらの群が処理を受け、どちらが比較の基準かを確認して見分ける。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf （2026-08-11確認）
この事例では、名簿から乱数で回答者を選ぶ設計の目的を問うている。判断の軸は「母集団を代表する標本を無作為に得るか」である。正解は「調査員の判断による偏りを避け、母集団を代表する標本を得るため」である。乱数で選ぶ無作為抽出は、調査員の判断による選び方の偏りを避け、母集団を代表する標本を得るための方法である。調査員が回答しやすそうな人を選ぶのはその逆で、年代の偏りを招きやすい。無作為抽出でも標本誤差は残るので、推定値が母集団の値と必ず一致するわけではない。名簿から選ぶ以上、名簿に載っていない人は選ばれず、名簿が母集団を十分に含んでいるかも確かめる必要がある。無作為抽出で防げる偏りと、防げない誤差とを区別して見分ける。
https://www.toukei-kentei.jp/grade/grade2/ （2026-07-11公式出題範囲照合）
正解は「反復」である。統計検定2級の公式出題範囲は、実験の基本的な考え方として処理群と対照群、反復、ブロック化を挙げている。反復は同一条件下で測定を2回以上繰り返すことを指し、繰り返しの間に生じるばらつきから偶然誤差の大きさを見積もれるようにする工夫である。ブロック化は実験結果に影響する既知の要因ごとに実験の場を分け、各グループ内の条件をそろえる工夫であり、繰り返し測定そのものではない。一元配置実験は一つの要因だけを変化させて結果を比較する実験デザインの名称であり、繰り返しの有無を表す語ではない。対照群は処理を受けない比較対象の群を指す語であり、測定の繰り返し方法とは異なる概念である。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf （2026-08-11確認）; 反復の定義はhttps://bellcurve.jp/statistics/blog/14171.html （2026-08-16確認）
正解は「ブロック化」である。統計検定2級の公式出題範囲は、実験の基本的な考え方として処理群と対照群、反復、ブロック化を挙げている。ブロック化は、実験結果に影響することがわかっている要因ごとに実験の場をいくつかのグループ（ブロック）へ分け、各ブロック内では比較したい条件以外の条件をできるだけそろえることで、その要因による誤差を抑える工夫である。反復は同一条件下で測定を2回以上繰り返す工夫であり、要因ごとに実験の場を分ける工夫とは異なる。分散分析は3群以上の平均値の差を検定する統計的手法であり、実験の場をどう分けるかという計画段階の工夫を表す語ではない。F比は分散分析で用いる検定統計量の名称であり、実験計画そのものの工夫を表す語ではない。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf （2026-08-11確認）; ブロック化と局所管理の関係はhttps://best-biostatistics.com/design/fisher-3principal.html （2026-08-16確認）
正解は「一元配置実験」である。統計検定2級の公式出題範囲は、実験計画の概念として一元配置実験、3群以上の平均値の差（分散分析）、F比を挙げている。一元配置実験は、比較したい条件（要因）を一つだけ取り上げて複数の水準を設定し、それ以外の条件はできるだけそろえたうえで結果を比較する実験デザインであり、得られた群の平均値の差は分散分析によってF比を用いて検定する。ブロック化は既知の影響要因ごとに実験の場を分けて条件をそろえる工夫であり、比較する条件の設定方法を表す語ではない。反復は同一条件下での繰り返し測定を表す語であり、実験デザインの名称ではない。フィッシャーの3原則は精度の高い実験を行うための基本原則の総称であり、一つの条件だけを取り上げるデザインそのものを表す語ではない。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf （2026-08-11確認）; 一元配置実験の定義はhttps://qcplanets.com/qc/qc2/doe1/ （2026-08-16確認）
正解は「分散分析」である。統計検定2級の公式出題範囲は、実験計画の概念として一元配置実験、3群以上の平均値の差（分散分析）、F比を挙げている。分散分析は、一元配置実験で得られた3つ以上の群について平均値に差があるかどうかを検定する統計的手法であり、検定統計量としてF比を用いる。カイ二乗検定はクロス集計表における2つのカテゴリ変数の関連や、観測度数と期待度数のずれを検定する手法であり、3群以上の平均値の差を検定する手法ではない。回帰分析は説明変数と目的変数の関係をモデル化する手法であり、群間の平均値の差を検定する手法とは目的が異なる。F比は分散分析で用いる検定統計量の名称であり、検定手法そのものの名称ではない。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf （2026-08-11確認）
正解は「F比」である。統計検定2級の公式出題範囲は、実験計画の概念として一元配置実験、3群以上の平均値の差（分散分析）、F比を挙げている。F比は分散分析で用いる検定統計量であり、群間平均平方（群間のばらつきを自由度で調整した値）を群内平均平方（群内のばらつきを自由度で調整した値）で割って求める。値が大きいほど群間のばらつきが群内のばらつきに比べて大きく、群の平均値に差がある可能性が高いと判断する材料になる。p値は検定統計量から求まる確率であり、群間平均平方と群内平均平方の比そのものを表す語ではない。相関係数は2つの変数の直線的な関係の強さを表す指標であり、3群以上の平均値の差を検定する場面の統計量ではない。決定係数は回帰モデルの当てはまりの良さを表す指標であり、分散分析における群間と群内のばらつきの比を表す語ではない。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf （2026-08-11確認）; F比の計算方法はhttps://bellcurve.jp/statistics/blog/15556.html （2026-08-16確認）
正解は「フィッシャーの3原則」である。統計検定2級の公式出題範囲は、実験の基本的な考え方として処理群と対照群、反復、ブロック化を挙げ、実験計画の概念としてフィッシャーの3原則も挙げている。フィッシャーの3原則は、反復（同一条件下での繰り返し測定により偶然誤差を評価できるようにする）、無作為化（実験の順序や割り当てを無作為に決めることで未知の要因の影響を偏らせない）、局所管理（実験に影響する既知の要因ごとに実験の場を分け、各グループ内の条件をそろえる。ブロック化はこの考え方を実現する具体的な方法である）の3つをまとめた、精度の高い実験を行うための基本原則である。中心極限定理は標本平均の分布が標本サイズを大きくすると正規分布に近づくという標本分布の性質であり、実験計画の基本原則ではない。ベイズの定理は条件付き確率を計算するための確率の定理であり、実験計画の原則を表す語ではない。最小二乗法は回帰直線の係数を求める推定方法であり、実験計画段階の基本原則を表す語ではない。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf （2026-08-11確認）; フィッシャーの3原則（反復・無作為化・局所管理）の内容はhttps://bellcurve.jp/statistics/course/12744.html および https://best-biostatistics.com/design/fisher-3principal.html （いずれも2026-08-16確認）
正解は「系統抽出法」である。判断の決め手は、無作為な開始点を決めた後、順序づけた標本抽出枠から一定間隔で単位を選ぶ点にある。層化抽出法は母集団を互いに重ならない層へ分け、各層から独立に抽出する方法である。クラスター抽出法はクラスターを選び、その内部の全単位を対象にする。多段抽出法はクラスターを選んだ後、その内部からさらに単位を抽出する。設問では群分けや段階的な絞り込みを行わず、一つの名簿上で開始点と間隔を使っているため系統抽出法と判断する。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://www.abs.gov.au/websitedbs/D3310114.nsf/home/Basic%20Survey%20Design%20-%20Sample%20Design （2026-08-30確認）
正解は「層化抽出法」である。判断軸は、母集団を互いに重ならない層へ分けたうえで、すべての層から独立に標本を選ぶことである。クラスター抽出法は分けた群の一部を選び、選ばれた群の内部をまとめて調べる。多段抽出法は選んだ群の内部からさらに標本を選ぶ。系統抽出法は順序づけた名簿で無作為な開始点から一定間隔ごとに選ぶ。グループを作ることだけで判断せず、全グループから抽出するのか、一部のグループを抽出単位にするのかを区別する。設問ではすべての地域群からそれぞれ選んでいるため層化抽出法に当たる。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://www.abs.gov.au/websitedbs/D3310114.nsf/Home/Sample%2BSize%2BCalculator%2BStratification%2BExamples%3Fopendocument （2026-08-30確認）
正解は「クラスター抽出法」である。学校をクラスターとして一部の学校を選び、選ばれた学校の内部では生徒を全員調べる点が決め手である。多段抽出法なら、学校を選んだ後に各校の生徒をさらに抽出する。層化抽出法なら学校を層として扱うのではなく、互いに重ならない各層から独立に標本を選ぶ。系統抽出法は順序づけた名簿から一定間隔で選ぶ。群を使う抽出では、選択した群の内部を全数調査するか、さらに抽出するかを確認すると区別できる。個人ではなく学校が最初の抽出単位になっていることも確認する。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://www150.statcan.gc.ca/n1/edu/power-pouvoir/ch13/prob/5214899-eng.htm （2026-08-30確認）
正解は「多段抽出法」である。地域、学校、生徒という順に、選ばれた上位の集団の内部から次の単位をさらに選んでいることが決め手である。系統抽出法は一つの順序づけた枠から一定間隔で選ぶ。層化抽出法は母集団を互いに重ならない層へ分け、各層から独立に選ぶ。クラスター抽出法は選んだクラスター内の全単位を対象にする。群を選ぶ点だけを見るとクラスター抽出法と迷うが、内部で再び標本を選ぶかどうかが区別の軸になる。抽出枠が段階ごとに地域、学校、生徒へ切り替わることを読み取る。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://www150.statcan.gc.ca/n1/edu/power-pouvoir/ch13/prob/5214899-eng.htm （2026-08-30確認）
正解は「0.90」である。和事象の確率はP(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)で求める。本問では0.60+0.50-0.20＝0.90となる。AとBを単純に足した1.10では、両方が起きる0.20の部分をA側とB側で二重に数えているため、一度差し引く必要がある。0.70は0.50と0.20だけを足してAだけの領域を落とした値、0.30は0.50-0.20でBだけの領域を求めた値である。Aだけは0.60-0.20＝0.40、Bだけは0.50-0.20＝0.30、共通部分は0.20なので、0.40+0.30+0.20＝0.90と領域を分けても検算できる。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://online.stat.psu.edu/stat200/lesson/2/2.1/2.1.3/2.1.3.2/2.1.3.2.3 （2026-08-31確認）
正解は「0.60」である。条件付き確率はP(B)>0のときP(A|B)=P(A∩B)/P(B)で求める。したがって0.18÷0.30＝0.60となる。条件をBが起きた場合へ絞ると、その全体の確率0.30のうちAも起きる共通部分0.18が占める割合を求める計算になる。0.12は0.30-0.18で引き算した値、0.30は条件となるBの確率をそのまま答えた値、0.48は0.18+0.30で足した値である。得られた0.60へP(B)=0.30を掛けると0.18となり、P(A∩B)=P(A|B)P(B)の乗法則へ戻ることでも検算できる。条件の向きをP(B|A)と取り違えないことが要点である。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://online.stat.psu.edu/stat414/Lesson04 （2026-08-31確認）
正解は「0.31」である。疾病ありをD、陽性をTとすると、求める確率はP(D|T)=P(T|D)P(D)/P(T)である。分子は0.80×0.10＝0.08。陽性は疾病ありから0.08、疾病なしから0.20×0.90＝0.18生じるため、P(T)=0.08+0.18＝0.26となる。したがって0.08÷0.26＝約0.3077、約0.31である。0.10は検査前の事前確率、0.20は偽陽性率、0.80は疾病があるときに陽性となる逆向きの条件付き確率であり、陽性後の確率ではない。有病率が低いと偽陽性者も分母に多く含まれるため、陽性率0.80をそのまま事後確率にはできない。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://online.stat.psu.edu/stat414/Lesson06; https://www.itl.nist.gov/div898/handbook/apr/section2/apr1a.htm （2026-08-31確認）
正解は「2」である。離散確率変数の期待値は、各値へその確率を掛けた値を合計してE(X)=ΣxP(X=x)で求める。本問では0×0.25+2×0.50+4×0.25＝0+1+1＝2となる。1は4×0.25など一つの項だけを見た値、2.5は確率0.25と0.50を値のように混ぜた計算、6は0+2+4と値だけを足して確率による重み付けを省いた値である。確率の合計が0.25+0.50+0.25＝1であることを先に確認し、値と対応する確率の組を崩さず掛ける。期待値2は長期反復での加重平均であり、1回ごとに必ず2が出ることを意味しない。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://online.stat.psu.edu/stat500/Lesson03 （2026-08-31確認）
正解は「2」である。まずE(X²)=1²×0.25+3²×0.50+5²×0.25＝0.25+4.50+6.25＝11と求める。与えられたE(X)=3の二乗は9なので、Var(X)=11-9＝2となる。1は平均との差が2である片側の値だけを使った寄与4×0.25、3は期待値そのもの、11はE(X²)を求めた段階で[E(X)]²を差し引かなかった値である。平均との差を直接使っても、(1-3)²×0.25+(3-3)²×0.50+(5-3)²×0.25＝1+0+1＝2となり、同じ結果を確認できる。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://online.stat.psu.edu/stat414/Lesson08 （2026-08-31確認）
正解は「0.20=0.40×0.50なので、AとBは独立である」である。2事象の独立性はP(A∩B)=P(A)P(B)で判定でき、本問では0.40×0.50＝0.20が与えられた積事象の確率と一致する。排反ならP(A∩B)=0でなければならず、本問の0.20とは矛盾する。積事象の確率が正でも独立は成立し得るため、P(A∩B)>0だけで従属とはいえない。和事象の確率は加法定理から0.40+0.50-0.20＝0.70と求められるが、独立性の判定には追加で必要ない。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://online.stat.psu.edu/stat414/Lesson05 （2026-08-31確認）
正解は「4.00」である。各群の全体平均4からの差は-2、0、2なので、群間平方和はSS_F=2×{(-2)²+0²+2²}=2×8=16となる。群間平均平方は16÷2=8、群内平均平方は与えられた群内平方和6を群内自由度3で割って6÷3=2である。したがってF=8÷2=4.00となる。2.00は群内平均平方だけ、2.67は平均平方へ直さず群間平方和16を群内平方和6で直接割った値、8.00は群間平均平方だけであり、いずれも二つの平均平方の比ではない。群平均から群間平方和を作り、両側の平方和をそれぞれの自由度で調整してから比を取る。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://itl.nist.gov/div898/handbook/ppc/section2/ppc231.htm （2026-08-31確認）
正解は「7、17、27、37、47、57、67、77、87、97、107、117」である。系統抽出では、順序づけた抽出枠で無作為な開始点を一つ決め、その後は一定間隔ごとに単位を選ぶ。本問の間隔は120÷12=10、開始点は7なので、7へ10を順に加えて17、27と進み、最後は117となる。これで12件を抽出できる。「7、19、31、43、55、67、79、91、103、115」は抽出件数12を間隔として誤用し、10件しか選べない。「10、20、30、40、50、60、70、80、90、100、110、120」は間隔10だけを使って無作為開始点7を無視している。「7、8、9、10、11、12、13、14、15、16、17、18」は連続した12件であり、一定間隔ごとの選択ではない。抽出間隔、無作為開始点、最終的な抽出数を別々に検算することが判断軸である。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://www.abs.gov.au/websitedbs/D3310114.nsf/home/Basic%20Survey%20Design%20-%20Sample%20Design （2026-08-31確認）
正解は「3」である。期待値は各値にその確率を掛けて合計するので、E(X)=1×0.1+2×0.2+3×0.3+4×0.4＝0.1+0.4+0.9+1.6＝3となる。2.5は4つの値を同じ重みで平均した値で、確率の違いを無視している。4は最も確率が大きい値であり、期待値ではない。10は値をそのまま足した合計で、確率で重み付けしていない。この計算では、確率が大きい値ほど期待値への寄与が大きくなる点を確認できる。確率の合計が0.1+0.2+0.3+0.4＝1であることも、計算前に確かめておくと安心である。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://online.stat.psu.edu/stat414/Lesson08 （2026-10-13確認）
正解は「0.61」である。まずE(Y)=0×0.5+1×0.3+2×0.2＝0.7と求める。次にE(Y²)=0×0.5+1×0.3+4×0.2＝1.1とする。Var(Y)=E(Y²)-[E(Y)]²＝1.1-0.49＝0.61となる。0.70は期待値そのもの、1.10は二乗の期待値、0.49は期待値の二乗であり、いずれも途中の値である。分散の計算では、E(Y²)と[E(Y)]²の差をとる手順を、途中の値を取り違えずに順に進めることが大切である。期待値の計算を先に済ませておくと、最後の引き算だけで分散が求まる。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://online.stat.psu.edu/stat414/Lesson08 （2026-10-13確認）
正解は「13」である。Var(X)=E(X²)-[E(X)]²を変形すると、E(X²)=Var(X)+[E(X)]²＝4+3²＝4+9＝13となる。5は9から4を引いた値で、引く順序を逆にしている。7は分散と期待値をそのまま足した値で、期待値を二乗していない。9は期待値の二乗だけで、分散を加えていない。この関係式は、分散と期待値から二乗の期待値を逆算するときにも、二乗の期待値と期待値から分散を求めるときにも使える。式の向きを入れ替えても成り立つので、どの量が既知かを先に整理するとよい。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://online.stat.psu.edu/stat414/Lesson08 （2026-10-13確認）
正解は「期待値はどちらも5だが、分散はXが25、Yが1」である。E(X)=0×0.5+10×0.5＝5、E(Y)=4×0.5+6×0.5＝5で等しい。E(X²)=100×0.5＝50なのでVar(X)=50-25＝25、E(Y²)=(16+36)×0.5＝26なのでVar(Y)=26-25＝1となる。期待値が同じでも分散は異なり、期待値は位置、分散は期待値の周りのばらつきを表す。期待値は分布の位置を、分散は期待値の周りのばらつきを表す別の量である。2つの確率変数の期待値が同じでも、値が離れているほど分散は大きくなる点が、この問題の要点である。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://online.stat.psu.edu/stat414/Lesson08 （2026-10-13確認）
正解は「0.6」である。E(X)=-1×0.3+0×0.4+1×0.3＝0なので、Var(X)=E(X²)-0²＝E(X²)となる。E(X²)=1×0.3+0×0.4+1×0.3＝0.6が分散である。期待値が0でも値は0の周りに散らばっているので、分散は0にならない。0は期待値と分散を混同した値、0.4は値0の確率、2は確率で重み付けせず二乗を足した値である。期待値が0であっても、分散が0になるのは確率変数が常に0をとる場合だけである。一般に分散は0以上の値をとり、値が期待値の周りに散らばるほど大きくなる。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf; https://online.stat.psu.edu/stat414/Lesson08 （2026-10-13確認）
正解は「関係があることは示せても、因果関係は必ずしも示せない」である。ペンシルベニア州立大学のSTAT 500の説明では、観察研究は変数を操作せずに観測や測定を記録する研究であり、変数間に関係があることは示せても因果関係は必ずしも示せない。処置がランダムに割り当てられていない観察研究では、処置は結果と関連していると言えるだけである。変数を操作しないことは関係を調べられない理由にはならず、標本の大きさだけで因果関係が確定するわけでもない。また、交絡変数は研究に含まれていて他の変数と関連し、変数間の関係に影響を与える変数であり、観察研究でも存在しうる。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf ; https://online.stat.psu.edu/stat500/Lesson01 （2026-10-13確認）
正解は「因果関係の結論を導けること」である。ペンシルベニア州立大学のSTAT 500は、ランダムな抽出とランダムな割り当てを別のものとして区別している。ランダムな抽出は母集団から標本を無作為に選ぶ方法で、結果を母集団へ一般化する根拠になる。ランダムな割り当ては実験単位を処置群へ無作為に振り分けることで、処置がランダムに割り当てられていれば因果関係の結論を導ける。したがって、母集団への一般化はランダムな抽出に対応し、因果関係の結論はランダムな割り当てに対応する。標本誤差がゼロになるとは述べられておらず、標本の大きさもランダムな割り当ての根拠ではない。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf ; https://online.stat.psu.edu/stat500/Lesson01 （2026-10-13確認）
正解は「研究に含まれていて他の変数と関連し、変数間の関係に影響を与える変数」である。ペンシルベニア州立大学のSTAT 500は、交絡変数を、研究に含まれていて他の変数と関連し、変数間の関係に影響を与える変数と定義している。これに対し潜在変数（lurking variable）は、研究に含まれていないが説明変数と結果の両方と関連しうる変数である。潜在変数が研究に含まれれば交絡変数になりうる。つまり、交絡変数と潜在変数の違いは、研究に含まれているかどうかである。乱数や標本の大きさを決める変数は、交絡変数の定義に当たらない。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf ; https://online.stat.psu.edu/stat500/Lesson01 （2026-10-13確認）
正解は「これらの変数は各群へ均等に分かれると想定でき、結果への影響が打ち消されるか小さくなる」である。ペンシルベニア州立大学のSTAT 500は、処置をランダムに割り当てる実験では、潜在変数や交絡変数が各群へ均等に分かれると想定でき、結果への影響が打ち消されるか小さくなるとしている。このため、ランダムな割り当てを伴う実験では、処置の効果を群の違いとして比べやすくなる。ただし、変数そのものが消えるわけではなく、均等に分かれると想定できるという考え方である。観察研究では処置がランダムに割り当てられていないため、同じ理屈は成り立たない。
https://www.toukei-kentei.jp/hubfs/files/grade_range/grade2_hani_20181214.pdf ; https://online.stat.psu.edu/stat500/Lesson01 （2026-10-13確認）