S3 · Statistics 3

통계학 3 (S3, 시험 WST03/01, 1 시간 30 분, 75 점, 첫 평가 6월 2020) 마지막 통계학 단위입니다. S1–S2는 이미 습득한 것으로 가정합니다. 이 책자에는 정규분포와 확률이 대칭성에 의해... 카이제곱 표와 스피어만 임계값. 이 참고 자료는 조합에 대한 내용을 다룹니다. 정규 변수의 조합, 표본 추출 방법, 추정량 및 표본 평균의 분포, 신뢰 구간과 가설 검정(단일 표본 및 이중 표본), 적합도 검정과 연립표(종속표) 및 순위 상관관계와 그에 대한 검정을 포함합니다.

S3 필수 지식 (북에는 없음):

독립적인 정규 변수들은 정규 분포로 결합됩니다: 평균을 더하고 제곱된 계수에 분산을 곱합니다. $3S$에서 $S \sim N(18, 0.03^2)$일 때: $3S \sim N(54, 9 \times 0.0009)$ — 평균은 세 배가 되지만 분산은 아홉 배가 됩니다. 차이는 다음과 같이 동일하게 적용됩니다: $C_1 - C_2 \sim N(0, 2\sigma^2)$이며, $P(|C_1 - C_2| > c)$은 대칭성에 의해 단측 확률의 두 배입니다. 확률이 대칭성에 의해 결정됩니다.

해설 예시(WST03 6월 2025 Q8). $S \sim N(18, 0.03^2)$, $C \sim N(25, 0.03^2)$, $P \sim N(15, 0.2^2)$ 독립적으로(kg). (a) $S_1+S_2+S_3 \sim N(54, 0.0027)$ (표준편차(sd) 0.05196): $P(>54.1) = 1 - \Phi(1.924) = 0.0274$. (b) $C_1 - C_2 \sim N(0, 0.0018)$: $P(|C_1-C_2| > 0.02) = 2(1 - \Phi(0.4714)) = 2 \times 0.3192 = 0.638$. (c) 다음과 같이 $T = \sum_1^{28} S_i + \sum_1^5 C_i + P_1$, 사건 $T < 30P_1 + 190$가 재배열되어 $\sum S_i + \sum C_i - 29P_1 < 190$ — 평균 $504 + 125 - 435 = 194$ 및 분산이 $28(0.0009) + 5(0.0009) + 29^2(0.04) = 33.6697$이므로, $P = \Phi\left(\tfrac{190-194}{5.803}\right) = 1 - 0.7549 = 0.245$.

simple random sample은 모든 구성원(크기가 $n$인 모든 표본 포함)이 동등한 확률을 가지며, 표본 프레임에서 무작위 숫자를 사용한다. Systematic sampling 랜덤 시작점부터 매 $x$번째 요소를 추출합니다. — 20을 360, $x = 18$에서 선택할 때 개인 선호에 따른 선을 피하지만, 목록의 주기적 패턴이 표본을 왜곡시킬 수 있으며, 같은 구간 내 요소들은 결코 함께 선택되지 않는다(간격이 고정됨). Stratified sampling은 층별 분할하여 각 층에서 비례하게 표본을 취합니다. 그룹 간 차이가 크고 그룹 내 값이 유사할 때 유용합니다. Quota sampling은 프레임 없이Interviewer가 설정한 quota를 채움 — 저렴하지만 Interviewer 편향에 취약함. 각각의 장점 하나와 단점 하나를 알고 있음.

통계량에는 알 수 없는 모평균이 포함되지 않음. 추정치가 **편향 없음(unbiased)**이라면 그 기대값이 모수와 같으며, 그 **편향(bias)**은 차이임: $\bar X$ for $\mu$, $s^2 = \dfrac{\sum x_i^2 - n\bar x^2}{n-1}$ for $\sigma^2$ ($n-1$는 보정함). 편향의 부호와 크기는 $\mathrm{E}(\hat\theta) - \theta$입니다. 정규 분포 모수로부터 독립 관측을 한 경우, 표본 평균은 다음을 만족합니다. $\bar X \sim N\left(\mu, \tfrac{\sigma^2}n\right)$: 더 큰 표본은 표준 오차(standard error) $\sigma/\sqrt n$를 줄임.

해설 예제 (WST03 6월 2025 Q6). $R = \tfrac12X_1 + \tfrac34X_{20}$: $\mathrm{E}(R) = (\tfrac12 + \tfrac34)\mu = \tfrac54\mu \ne \mu$, 따라서 $R$는 편향되어 있으며, 편향이 $\tfrac\mu4$입니다. $S = \tfrac{aX_1 - bX_2}2$와 $T = \tfrac{a\sum_1^{14}X_i + b\sum_{15}^{20}X_i}{20}$이 모두 편향되지 않을 때: 기대값 $a - b = 2$과 $14a + 6b = 20$를 결정하므로, $a = 1.6$, $b = -0.4$.

해설 예제 — 매개변수 복원 (WST03 6월 2025 Q7). 주어진 $P(\bar X_n < 45.2) = 0.3446$과 $P(\bar X_n > 75.2) = 0.0179$: z-값은 $-0.4$ and $2.1$, so $\mu - 0.4\tfrac\sigma{\sqrt n} = 45.2$ and $\mu + 2.1\tfrac\sigma{\sqrt n} = 75.2$. Subtracting: $2.5\tfrac\sigma{\sqrt n} = 30$, giving $\sigma = 12\sqrt n$ (표준오차 12) 와 $\mu = 45.2 + 4.8 = 50$; 따라서 $P(\bar X_n > 59) = 1 - \Phi(0.75) = 0.2266$.

$\mu$(분산이 알려짐)에 대한 신뢰 구간은 $\bar x \pm z\tfrac{\sigma}{\sqrt n}$ with $z = 1.96$ (95%), $1.6449$ (단측 95%) 임계점), $2.5758$(99%)으로 포함함. 해석: 이 절차는 표본의 95%에서 $\mu$를 포착함 — “μ가 내부에 있을 확률이 0.95”이 아님. 검정 통계량 $z = \dfrac{\bar x - \mu}{\sigma/\sqrt n} \sim N(0, 1)$; 분산이 알려지지 않고 $n$가 크면, $s$(중심 극한 정리)를 적용할 수 있으며 비정규 분포의 모집단에서도 유효합니다. 결론은 맥락 안의 증거를 명시해야 합니다. (동일한 모집단으로부터 독립 샘플링을 통해finite, nonzero 분산을 가진 모집단에서 표본 크기가 충분히 클 때). 결론은 맥락 내에서 증거를 명시합니다.

해설 예제 — 간격이 있는 두 표본 (WST03 6월 2025 Q4). 회색 다람쥐 ($n = 80$, $\bar x = 500$, $s_x^2 = 1156$) 및 붉은다람쥐 ($n = 80$; $\sum y = 23200$, $\sum y^2 = 6741351$, giving $\bar y = 290$ and $s_y^2 = \tfrac{6741351 - 80(290)^2}{79} = 169$). Test $\text{H}_0\colon \mu_x - \mu_y = 200$ against $> 200$ at 5%:

따라서 H₀를 기각합니다 — 회색 평균은 빨간색보다 200 g 이상 높습니다. 독립 표본 크기가 크므로 표본 분산은 이 근사적 검정에서 모분산을 추정하며, 이는 exact equality $\sigma^2=s^2$를 주장하지 않습니다.

적합도 검정은 관측된 빈도와 모델의 기대값을 비교합니다: $X^2 = \sum \frac{(O-E)^2}{E}$. 자유도 = (셀 개수 − 1) − (데이터에서 추정된 매개변수 개수) from the data): a binomial with p̂ estimated loses one more. Combine tail cells whose expected frequency is below 5 before anything else. Contingency tables test association between two 분류 변수 간_passion을 검정하며 $E = \frac{\text{row} \times \text{column}}{\text{total}}$와 $\mathrm{df} = (r-1)(c-1)$.

Worked example — binomial fit (WST03 June 2025 Q5). Males in 250 litters of 5 $O = 2, 40, 90, 85, 30, 3$를 기여하므로, 나머지 항목에 주어진 $\hat p = \tfrac{610}{1250} = 0.488$을 고려할 때, frequencies $8.80, 41.92, 79.91, 76.16, 36.30, 6.92$. The $r$-class contributes $\tfrac{(2-8.796)^2}{8.796} = 5.25$, so with the given $\sum = 5.70$ for the rest, $X^2 = 10.95$ on degrees of freedom $6 - 1 - 1 = 4$; the 5% critical value 9.488 is exceeded — reject: 이항분포는 적절한 모델이 아님.

작전 예제 —_passion 검정 (WST03 June 2025 Q3). 엔진 유형 × 첫 번째 문제 발생 시점 timing (250 cars, 3×3): the diesel/month 1–6 cell has $E = \tfrac{35\times36}{250} = 5.04$ and contributes $\tfrac{(10-5.04)^2}{5.04} = 4.88$; with 7.444 for the other eight cells, $X^2 = 12.325 > 9.488$ on 4 df — evidence of an association between engine type 문제 발생 시점과의_passion

스피어만 순위 상관 계수는 두 순서 간 단조적 일치도를 측정함 두 순서 간의 일치를 나타내며, $\text{H}_0\colon\rho = 0$을 표와 비교하여 결론을 내리고, 단어로 순서에 대한 설명을 작성합니다.

스피어만 순위 상관 계수 $r_s = 1 - \tfrac{6\sum d^2}{n(n^2-1)}$ measures monotonic agreement between two rankings (no ties examined). Test $\text{H}_0\colon \rho = 0$ against one- or two-tailed alternatives using the table of critical values; conclude in context ("insufficient evidence of positive agreement between the judges").

해설 예제 (WST03 June 2025 Q2). 두 심사가 10 공연을 순위를 매기는데, 그 순위에서 한쪽 꼬리 수준에서 임계값은 $\sum d^2 = 66$: $r_s = 1 - \tfrac{6(66)}{990} = 0.6$이므로, H1를 기각하지 않습니다 — 심판의 순위 간 양의 상관관계에 대한 증거가 불충분합니다. 일측면 검정 수준에서 임계값은 0.7455: $0.6 < 0.7455$이므로 H₀를 기각하지 않는다 — 심사위원들의 순위 사이에 양의 상관관계에 대한 불충분한 증거이다.

• 독립적인 정규 변수 결합(분산에 제곱 계수 적용); 대칭성을 통해 차이 및 |차이| 처리.
• 네 가지 표본 추출 방법 명명 및 정당화; 체계적 간격 계산 및 불가능 성질.
• 통계량이 모수에 대한지 확인, 편향에 대한 기대값 계산, 짝짓기/editorless 추정량 방정식 풀이.
• SE σ/√n 사용; 두 표본 평균 확률로부터 (μ, σ) 복원; X̄에 대한 확률 계산.
• z 기반 신뢰구간 구축 및 해석; 분산 치환 및 CLT 명시하며 one-sample 및 two-sample 검정 수행.
• 기댓값(모형 또는 교차표)을 계산하고, 낮은 빈도를 합친 뒤 자유도에서 추정된 모수를 뺀 후 χ² 표와 비교한다.
• 순위를 사용하여 스피어만의 rₛ를 계산하고, 기저를 기호로 제시하며 결론은 언어로 표현하여 표와 대조한다.