演習問題解答

1スタージスの式から

階級数 $= 1 + \frac{\log{100}}{\log{2}} = 1 + 6.64 = 7.64$ また最大値440最小値300より，階級幅は

階級幅 $= \frac{440 - 300}{7.64} = 18.4$ となるので，階級幅を18ととることにします．これより度数分布表を作成します．

表: 度数分布表

階級	階級値	度数	相対度数	累積度数	累積相対度数
300 $\sim$ 318	309	2	0.02	2	0.02
318 $\sim$ 336	327	10	0.1	12	0.12
336 $\sim$ 354	345	25	0.25	37	0.37
359 $\sim$ 372	363	31	0.31	68	0.68
372 $\sim$ 390	381	8	0.08	76	0.76
390 $\sim$ 408	399	18	0.18	94	0.94
408 $\sim$ 426	417	5	0.85	99	0.99
426 $\sim$ 444	435	1	0.01	100	1.00

平均値

$$\overline{x} = \frac{1}{100}[318\cdot2 + 336\cdot 10 + 354\cdot 25 + 363 \cdot 31 + 381 \cdot 8 + 399 \cdot 18 + 417 \cdot 5 + 435 \cdot 1]$$

$$= 365.16$$

最大値 440

最小値 300

中央値 $${\frac{360 + 360}{2} = 360}$$

最頻値 363

図: ヒストグラム

図: 累積度数分布表

問題解答2

2.

電卓を使う場合は必ず途中の値を書く必要があります．また，計算は小数点以下2桁までで表わすことにします．

$T_{x} = 841$ $T_{y} = 806$

$\overline x = 35.04 \overline y = 33.58$

$${T_{xx} = \sum_{i=1}^{24} x_{i}^2 = 45553 T_{yy} \sum_{i=1}^{24} y_{i}^2 = 36990}$$

$${s_{x} = \sqrt{\frac{1}{24}T_{xx} - (\overline x)^2} = 25.88 s_{y} = \sqrt{\frac{1}{24}T_{yy} - (\overline y)^2} = 20.34}$$

$${T_{xy} = \sum_{i=1}^{24} x_{i}y_{i} = 37192}$$

これより

$$s_{xy} = \frac{1}{n}T_{xy} - \frac{T_{x}}{n}\frac{T_{y}}{n}$$

$$= \frac{1}{24} \cdot 37192 - \frac{841}{24}\cdot \frac{806}{24} = 372.85$$

$$r = \frac{s_{xy}}{s_{x}s_{y}} = \frac{372.85}{25.88\cdot 20.34} = 0.71$$

これより正の相関でかなり強い相関があるといえる．

問題解答3

3

階級数 $= 1 + \frac{\log{n}}{\log{2}} = 1 + \frac{\log{24}}{\log{2}} = 1 + 4.58 = 5.58$

また$x$の最大値109最小値13より

階級幅 $= \frac{109 - 13}{5.58} = 17.20$

これより$x$の階級幅を17と取ります．また$y$の最大値65最小値5より

$$階級幅 = \frac{65-5}{5.58} = 10.75$$

これより$y$の階級幅を10と取ります．

表: 相関表

	x	10 $\sim$ 27	27 $\sim$ 44	44 $\sim$ 61	61 $\sim$ 78	78 $\sim$ 95	95 $\sim$ 112
y	階級値	18.5	35.5	52.5	69.5	86.5	103.5	計
0 $\sim$ 10	5	3						3
10 $\sim$ 20	15	6						6
20 $\sim$ 30	25	1	2					3
30 $\sim$ 40	35			1				1
40 $\sim$ 50	45	1	1					2
50 $\sim$ 60	55	2	3			2		7
60 $\sim$ 70	65					1	1	2
		13	7	1		3	1	24

$T_{x} = 841$ $T_{y} = 806$

$\overline x = 35.04 \overline y = 33.58$

$${T_{xx} = \sum_{i=1}^{24} x_{i}^2 = 45553 T_{yy} \sum_{i=1}^{24} y_{i}^2 = 36990}$$

$${s_{x} = \sqrt{\frac{1}{24}T_{xx} - (\overline x)^2} = 25.88 s_{y} = \sqrt{\frac{1}{24}T_{yy} - (\overline y)^2} = 20.34}$$

$${T_{xy} = \sum_{i=1}^{24} x_{i}y_{i} = 37192}$$

$$s_{xy} = \frac{1}{n}T_{xy} - \frac{T_{x}}{n}\frac{T_{y}}{n}$$

$$= \frac{1}{24} \cdot 37192 - \frac{841}{24}\cdot \frac{806}{24} = 372.85$$

$$r = \frac{s_{xy}}{s_{x}s_{y}} = \frac{372.85}{25.88\cdot 20.34} = 0.71$$

これより， $x$上の$y$の回帰直線は

$$y - 33.58 = \frac{372.85}{670.24}(x - 35.04) = 0.56(x - 35.04)$$

したがって

$$y = 0.56 x + 13.96$$

問題解答4

1.

(a) 標準化する．

$$P_{r}(X \leq 90) = P_{r}\left(\frac{X - 80}{6} \leq \frac{90 - 80}{6}\right)$$

$$= P_{r}(Z \leq 1.67) = P_{r}(-\infty < Z < 0) + P_{r}(0 \leq Z \leq 1.67) = 0.95$$

(b)

$$P_{r}(\vert X - 80\vert \leq 12) = P_{r}\left(\frac{\vert X - 80\vert}{6} \leq \frac{12}{6}\right)$$

$$= P_{r}(\vert Z\vert \leq 2) = 2 P_{r}(0 \leq Z \leq 2) = 2(0.477) = 0.95$$

(2) $X$を一人一日当たりの水需要量とすると， $X \sim N(210,21^2)$．これより一人当たりの水需要量(夏期を除く)が250(l/人)以上になる確率は $P_{r}(X \geq 250)$で与えられる．したがって，

$$P_{r}(X \geq 250) = P_{r}\left(\frac{X - 210}{21} \geq \frac{250 - 210}{21}\right)$$

$$= P_{r}(Z \geq 1.90) = \frac{1}{2} - P_{r}(0 < Z < 1.96) = 0.5 - 0.475 = 0.025$$

問題解答5

1.

$$\bar{X} = \frac{1}{10}(110 +121+133+ 124+ 126+118 + 112+125+ 131+ 120) = 122 {\rm (cm)}$$

$$U^{2} = \frac{1}{9}\left((110 - 122)^{2} + (121 - 122)^{2} + \cdots + 120 - 122)^{2}\right)$$

$$= 55.111 {\rm (cm)}$$

また， $${S^{2} = \frac{9}{10}U^{2} = 49.5999}$$ より，$S = 7.043$となります．

問題解答6

1 ある水域の一定区間における水質BODを$X$とおくと， $X \sim N(\mu,6.25)$．又，標本数は15で，標本平均 $\overline X = 7.2$より，

$$\overline X \sim N(\mu,\frac{6.25}{15})$$

ここで， $\overline X$を標準化すると，

$$Z = \frac{X - \mu}{\sqrt{\frac{6.25}{15}}} = \frac{7.25 - \mu}{\sqrt{\frac{6.25}{15}}}$$

これより，

$$P_{r}(\vert Z\vert \leq z_{\frac{\alpha}{2}}) = 0.95$$

を満たす， $${z_{\frac{\alpha}{2}}}$$を標準正規分布表を用いて求めると， $${z_{\frac{\alpha}{2}} = 1.96}$$ したがって，95%信頼区間は

$$\vert Z\vert = \vert\frac{7.25 - \mu}{\sqrt{\frac{6.25}{15}}}\vert \leq 1.96$$

つまり

$$7.25 - 1.96 \sqrt{\frac{6.25}{15}} \leq \mu \leq 7.25 + \sqrt{\frac{6.25}{15}}$$

2 標準偏差が2.5より，母分散 $\sigma^{2} = 6.25$は既知である．この母集団から無作為に選んだ標本$X_{i}$は $X_{i} \sim N(\mu, 6.25)$の正規分布に従っていると考えることができる．したがって，

$$\bar{X} \sim N(\mu, \sigma^{2}/5)$$

となる．ここで，$\bar{X}$を求めると，

$$\bar{X} = \frac{1}{4}[145.3 + 145.1 + 145.4 + 146.2] = \frac{582}{4} = 145.5$$

標準化を行なうと，

$$Z = \frac{\bar{X} - \mu}{\sqrt{\sigma^{2}/5}} \sim N(0,1)$$

となる． 95%信頼区間より， $P_{r}(\vert Z\vert \leq z_{\frac{\alpha}{2}}) = 0.95$. また， $z_{\frac{0.05}{2}} = 1.96$. したがって，

$$\bar{X} - z_{\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{\sigma^{2}}{4}} \leq \mu \leq \bar{X} + z_{\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{\sigma^{2}}{4}}$$

$$145.5 - 1.96\sqrt{6.25/4} \leq \mu \leq 145.5 + 1.96\sqrt{6.25/4}$$

$$143.05 \leq \mu \leq 147.95$$

3 母平均$\mu = 146$であるが母分散 $\sigma^{2}$は未知である．この母集団から無作為に選んだ標本$X_{i}$は $X_{i} \sim N(146, \sigma^{2})$の正規分布に従っていると考えることができる．したがって，

$$\bar{X} \sim N(146, \sigma^{2}/4)$$

となる．ここで，$\bar{X}$を求めると，

$$\bar{X} = \frac{1}{4}[145.3 + 145.1 + 145.4 + 146.2] = \frac{582}{4} = 145.5$$

母分散の推定に${S'}^{2}$を用いると，

$$T = \frac{\bar{X} - \mu}{\sqrt{{S'}^{2}/4}} \sim t_{n-1,\alpha/2}$$

となる．そこで，${S'}^{2}$を求めると，

$${S'}^{2} = \frac{1}{3}[(145.3 - 145.5)^{2} + (145.1 - 145.5)^{2} + (145.4 - 145.5)^{2} + (146.2 - 145.5)^{2}]$$

$$= \frac{1}{3}(0.04 + 0.16 + 0.01 + 0.49) = 0.23$$

となる．

95%信頼区間より， $P_{r}(\vert T\vert \leq t_{n-1,\alpha/2}) = 0.95$. また， $t_{3,0.005/2} = 3.18$. したがって，

$$\bar{X} - t_{3,0.05/2}\sqrt{\frac{{S'}^{2}}{4}} \leq \mu \leq \bar{X} + t_{3,0.05/2}\sqrt{\frac{{S'}^{2}}{4}}$$

$$145.5 - 3.18\sqrt{0.23/4} \leq \mu \leq 145.5 + 3.18\sqrt{0.23/4}$$

$$144.73 \leq \mu \leq 146.26$$

問題解答7

1 標本比率は $\hat{p} = \frac{180}{900} = 0.2$．また， $z_{\frac{\alpha}{2}} = z_{\frac{0.05}{2}} = 1.96$であるから，十分大きな$n$に対して，統計量$\bar{X}$の分布が正規分布 $N(p,\frac{pq}{n})$で近似される．したがって，与えられた$\alpha$に対して

$$P(\frac{\vert\bar{X} - p\vert}{\sqrt{pq}{n}} \leq z_{\frac{\alpha}{2}}) = 1 - \alpha$$

が成り立つ．これより，

$$\bar{X} - z_{\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} \leq p \leq \bar{X} + z_{\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$$

が成り立つ．ここで，$\bar{X}$と$p$を$\bar{p}$で置き換えると，

$$(\bar{p} - z_{\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{\bar{p}(1-\bar{p})}{n}} , \bar{p} + z_{\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{\bar{p}(1-\bar{p})}{n}}$$

これより，

$$\left(0.2 - 1.96 \sqrt{\frac{(0.2)(1-0.2)}{900}}, 0.2 + 1.96 \sqrt{\frac{(0.2)(1-0.2)}{900}}\right)$$

より， $(0.174, 0.226)$となる．

1 標本比率は $\hat{p} = \frac{187}{300} = 0.623$．また， $z_{\frac{\alpha}{2}} = z_{\frac{0.05}{2}} = 1.96$であるから，十分大きな$n$に対して，統計量$\bar{X}$の分布が正規分布 $N(p,\frac{pq}{n})$で近似される．したがって，与えられた$\alpha$に対して

$$P(\frac{\vert\bar{X} - p\vert}{\sqrt{pq}{n}} \leq z_{\frac{\alpha}{2}}) = 1 - \alpha$$

が成り立つ．これより，

$$\bar{X} - z_{\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} \leq p \leq \bar{X} + z_{\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$$

が成り立つ．ここで，$\bar{X}$と$p$を$\bar{p}$で置き換えると，

$$(\bar{p} - z_{\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{\bar{p}(1-\bar{p})}{n}} , \bar{p} + z_{\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{\bar{p}(1-\bar{p})}{n}}$$

これより，

$$\left(0.623 - 1.96 \sqrt{\frac{(0.623)(1-0.623)}{300}}, 0.623 + 1.96 \sqrt{\frac{(0.623)(1-0.623)}{300}}\right)$$

より， $(0.568, 0.678)$となる．

問題解答8

1 この工場の製品を$X$とすると， $X \sim N(\mu, 0.20^{2})$であることが分かる．この工場から16個の製品を取り出したとき，$\bar{X}$をそれらの標本平均とすると，

$$\bar{X} = 7.09, \bar{X} \sim N(\mu, 0.20^{2}/16)$$

となる． 次に，この日の製品が規格から外れているかの検定を行なう．

1　

$$H_{0} : \mu = 7$$

$$H_{1} : \mu \neq 7$$

2　有意水準 $\alpha = 0.05$

3　統計量 $\sigma^2$が既知より，

$$Z = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma^2/n} \sim N(0,1)$$

4　$H_{0}$のもとで，

$$Z_{0} = \frac{7.09 - 7.00}{\sqrt{0.20^{2}/16}} = \frac{4(0.09)}{0.2} = 1.8$$

5　

図: 正規分布

$z_{\frac{0.05}{2}} = 1.96$より，$H_{0}$を容認する．

95%信頼区間は

$$7.09 - 1.96\sqrt{\frac{0.20^{2}}{16}} \leq \mu \leq 7.09 - 1.96\sqrt{\frac{0.20^{2}}{16}}$$

より，

$$6.99 \leq \mu \leq 7.19$$

2 この工場の製品を$X$とすると， $X \sim N(\mu, 0.0016)$であることが分かる．この工場から8個の製品を取り出したとき，$\bar{X}$をそれらの標本平均とすると，

$$\bar{X} = \frac{1}{8}(11.97 + 12.02 + \cdots + 12.05) = 12.028$$

となる． 次に，この日の製品の直径の分散は0.0016より大きいといえるかの検定を行なう．

1　

$$H_{0} : \sigma^{2} =0.0016$$

$$H_{1} : \sigma^{2} > 0.0016$$

2　有意水準 $\alpha = 0.05$

3　統計量 $\mu$が既知で $\sigma^{2}$の検定を行なうので

$$\chi^{2} = \frac{nS^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi_{\alpha, n-1}^{2}$$

4　$H_{0}$のもとで

$$S^{2} = \frac{1}{8}[(11.97-12.02)^{2} + \cdots + (12.05 - 12.028)^{2}] = 0.0021$$

$$\chi_{0}^{2} = \frac{8 (0.0021)}{0.0016} = 10.5$$

5　

$$\chi_{0}^{2} > \chi_{0.05, 7}^{2} = 14.07$$

となり，$H_{0}$は棄却される．

図: χ2乗分布

95%信頼区間は

$$\chi_{1 - 0.05/2, 8-1}^{2} \leq \frac{0.0168}{\sigma^{2}} \leq \chi_{0.05/2, 8-1}$$

より，

$$1.690 \leq \frac{0.0168}{\sigma^{2}} \leq 16.01$$

$$0.0010 \leq \sigma^{2} \leq 0.0099$$

問題解答9

1

$$n_{A} = 10, \bar{X} = 82, S_{A}^{2} = 54.41$$

$$n_{B} = 12, \bar{Y} = 76, S_{B}^{2} = 59.17$$

母平均の差の検定である． $\sigma_{1}^{2} = \sigma_{2}^{2}$より，

1　 $$\begin{array}{l} H_{0} : \mu_{1} = \mu_{2}\\ H_{1} : \mu_{1} \neq \mu_{2} \end{array}$$

2　有意水準 $\alpha = 0.05$

3　統計量

$$T = \frac{(\bar{X} - \bar{Y}) - (\mu_{1} - \mu_{2})}{\sqrt{\frac{... ...sigma}^{2}}{n_{A}} + \frac{\hat{\sigma}^{2}}{n_{B}}}} \sim t_{n_{A} + n_{B} -2}$$

ただし，

$$\hat{\sigma}^{2} = \frac{n_{A}S_{A}^{2} + n_{B}S_{B}^{2}}{n_{A} + n_{B}-2}$$

4　$H_{0}$のもとで，

$$T_{0} = \frac{82 - 76}{\sqrt{62.7/10 + 62.7/12}} = \frac{6}{\sqrt{6.27 + 5.23}} = 1.77$$

5　 $t_{0.05/2, 20} = 2.23$より，

$$T_{0} = 1.77 < t_{0.05/2,20} = 2.09$$

したがって，$H_{0}$は棄却されない．

2

$$n_{A} = 10, \bar{X} = 82, S_{A}^{2} = 54.41, {S_{A}'}^{2} = 60.44$$

$$n_{B} = 12, \bar{Y} = 76, S_{B}^{2} = 59.17, {S_{B}'}^{2} = 64.53$$

母分散の比の左側検定である． $\sigma_{1}^2 < \sigma_{2}^2$

1　 $$\begin{array}{l} H_{0} : \sigma_{A}^{2} = \sigma_{B}^{2}\\ H_{1} : \sigma_{A}^{2} < \sigma_{B}^{2} \end{array}$$

2　有意水準 $\alpha = 0.05$

3　統計量

$$F = \frac{\sigma_{B}^{2}{S_{A}'}^{2}}{\sigma_{A}^{2}{S_{B}'}^{2}} \sim F_{n_{A}-1, n_{B}-1}$$

4　$H_{0}$のもとで，

$$F_{0} = \frac{60.44}{64.53} = 0.936$$

5　

$$F_{1-0.05, 10-1,12-1} = \frac{1}{F_{0.05, 12-1, 10-1}} = \frac{1}{3.105} = 0.322$$

より，

$$F_{0} = 0.936 > F_{1-0.05, 10-1,12-1} = 0.322$$

したがって，$H_{0}$は棄却されない．

一般に，

$$F_{\alpha, n_{1},n_{2}} = \frac{1}{F_{1-\alpha, n_{2}, n_{1}}}$$

が成り立つ．

問題解答10

1

1
現在の政党支持率を$p$とする．

$H_0$ : 「政党支持率は変わらない」$p = 0.28$
$H_1$ : 「政党支持率は変わった」　 $p \neq 0.28$

2 有意水準 $\alpha = 0.05$

3 統計量　標本数が3000と大標本の場合と考えられるので，標本比率$\hat{p}$は近似的に正規分布 $N(p,\frac{p(1-p)}{n})$に従う．よって，標準化を行うと

$$Z = \frac{\hat{p} - p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}} \sim N(0,1)$$

4 $H_0$のもとで， $\hat{p} = 0.25$より，

$$Z_0 = \frac{0.25-0.28}{\sqrt{\frac{0.28(1-0.28)}{3000}}} = -3.65$$

5

$$\vert Z_0 \vert > Z_{\frac{0.05}{2}} = 1.96$$

したがって，$H_0$を容認できない．

2

1
ある番組を好きな男性の割合を$p_1$，女性が好きな割合を$p_2$とする． $H_0$ : 「視聴率に男女差はない」　$p_1 = p_2$
$H_1$ : 「視聴率に男女差はある」 $p_1 \neq p_2$

2 有意水準 $\alpha = 0.05$

3 母比率の差の検定より，

$$Z = \frac{X_1/n_1 - X_2/n_2}{\sqrt{(\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2})p(1-p)}} \sim N(0,1)$$

4 $H_0$のもとで， $p = \frac{25+20}{200+300} = 0.09$. よって

$$Z_0 = \frac{25/200 - 20/300}{\sqrt{(\frac{1}{25} + \frac{1}{20})(0.09)(0.91)}} = 0.005$$

5

$$Z_0 < z_{\frac{0.05}{2}} = 1.96$$

したがって，$H_0$の視聴率に男女差はないを容認

問題解答11

1 遺伝形質　 $A : B : C : D = 9:3:3:1$

1　
$H_{0}$ : 「メンデル比に従っている」 $({p_{1}}, {p_{2}}, {p_{3}}, {p_{4}} = \frac{9}{16}, \frac{3}{16}, \frac{3}{16}, \frac{1}{16})$
$H_{1}$ : 「メンデル比に従っていない」 $({p_{1}}, {p_{2}}, {p_{3}}, {p_{4}} \neq \frac{9}{16}, \frac{3}{16}, \frac{3}{16}, \frac{1}{16})$

2　有意水準 $\alpha = 0.05$

3　統計量

$$\chi^{2} = \sum_{i=1}^{4}\frac{(X_{i} - np_{i})^{2}}{np_{i}} = \sum_{i=1}^{4}\frac{X^{2}}{np_{i}} - n$$

4　$H_{0}$のもとで，

$$\chi_{0}^{2} = \frac{243^{2}}{229.5} + \frac{72^{2}}{76.5} + \frac{78^{2}}{76.5} + \frac{15^{2}}{25.5} - 408$$

$$= 257.294 + 67.764 + 79.529 + 8.824 - 408 = 5.411$$

5　 $\chi_{0.05, 4-1}^{2} = 7.81$より，

$$\chi_{0}^{2} = 5.411 < \chi_{0.05, 3}^{2} = 7.81$$

したがって，$H_{0}$を容認．

問題解答12

1

1　
$H_{0}$ : 「ポワソン分布 $P(\lambda)$に従っている」

2　有意水準 $\alpha = 0.05$

3　統計量

この表をポワソン分布とみて，死亡数の理論値を求める．これがポワソン分布 $P(\lambda)$によるものと考えて，$\lambda$の値を推定する．死亡者数$k$のときの確率を$p_{k}$とすると，

$$\sum_{k=0}^{\infty}kp_{k} = E(X) = \lambda$$

死亡者数	$k$	0	1	2	3	4	計
部隊数	$f_{k}$	142	99	46	11	2	300
	$kf_{k}$	0	99	92	33	8	232
	$p_{k}$	0.473	0.33	0.153	0.036	0.0066
理論度数	$m_{k}$	141.9	99	45.9	10.8	1.98

ここで， $np_{k} \approx f_{k}$より $\sum_{k}kf_{k} \approx \lambda n$．これより平均値$\lambda$は

$$\lambda \approx \frac{1}{n}\sum_{k}kf_{k} = \frac{232}{300} = 0.77$$

死亡者数	$k$	0	1	2	3	4	計
部隊数	$f_{k}$	142	99	46	11	2	300
理論度数	$m_{k}$	141.9	99	45.9	10.8	1.98

この表で，$k = 4$の所の$m_{k}$は単独で5よりも小さいので，$\chi^2$検定ができない．そこで，右から順に$m_{i}$を加えて5を越すまで合併すると，$k \geq 3$の階級を1つにしなければならない．したがって，

$$\chi^{2} = \sum_{i=0}^{3}\frac{(x_{i} - m_{i})^{2}}{m_{i}}$$

4　$H_{0}$のもとで，

$$\chi_{0}^{2} = \frac{(142-141.9)^2}{141.9} + \frac{(99-99)^2}{99} + \frac{(46-45.9)^{2}}{45.9} + \frac{(13-12,78)^2}{12.78}$$

$$= 0.0040$$

5　 $\chi_{0.05, 3-1-1}^{2} = 3.84$より，

$$\chi_{0}^{2} = 0.0040 < \chi_{0.05, 1}^{2} = 3.84$$

したがって，$H_{0}$を容認．

母数$\lambda$が標本から1個推定されたので，自由度は $3 - 1 -1 = 1$となる．

2

1
$H_{0}$ : 「飲酒と喫煙とは独立である．」
$H_{1}$ : 「飲酒と禁煙とは独立ではない．」

2　有意水準 $\alpha = 0.05$

3　統計量

$$\chi^{2} = \sum_{i=1}^{350}\frac{(X_{ij} - nP_{ij})^{2}}{nP_{ij}}$$

4　$H_{0}$のもとで，

$$\chi_{0}^{2} = 350[\frac{1}{159}(\frac{39^{2}}{80} + \frac{54^{2}}{120} + \frac{49^{2}}{104} + \frac{17^{2}}{46})$$

$$+ \frac{1}{119}(\frac{27^{2}}{80} + \frac{43^{2}}{120} + \frac{40^{... ...14^{2}}{80} + \frac{23^{2}}{120} + \frac{15^{2}}{104} + \frac{20^{2}}{46})] - 1$$

$$= 367.55$$

4　自由度 $(3-1)\times(4-1) = 6$より， $\chi_{0.05, 6}^{2} = 12.59$.

5　 $\chi_{0}^{2} = 367.55 > \chi_{0.05, 6}^{2} = 12.59$より，$H_{0}$は棄却される．したがって，飲酒と喫煙には関係がある．