測定と不確かさ（発展）

ばらつきと平均の計算

著者：柚木芹香

前の節で，平均・標準偏差・平均の標準不確かさ $s / \sqrt{N}$ を使いました．この節では，それらを手で計算する方法と， $\sqrt{N}$ で割る理由， $N - 1$ で割る理由を確かめます．

定理数学の道具：平均と標準偏差， $\sqrt{N}$ で減る理由

基準値を引いて計算する． 測定値 $x_{i}$ から，適当な基準値 $c$ を引いた $d_{i} = x_{i} - c$ で計算すると，数が小さくなって楽になる．平均は $\bar{x} = c + \bar{d}$ である．偏差の2乗の和は，次の式で求められる．

\sum_{i = 1}^{N} (x_{i} - c)^{2} = \sum_{i = 1}^{N} (x_{i} - \bar{x})^{2} + N (\bar{x} - c)^{2}

導出： $x_{i} - c = (x_{i} - \bar{x}) + (\bar{x} - c)$ を2乗して足すと，交差項は $2 (\bar{x} - c) \sum (x_{i} - \bar{x}) = 0$ となって消える（偏差の和は0）．

$\sqrt{N}$ で減る理由． 真の値を $μ$ とし， $i$ 回目の測定値を $x_{i} = μ + ε_{i}$ と書く．偶然誤差 $ε_{i}$ は，正にも負にも同じように出て，2乗を多数回にわたって平均すると $σ^{2}$ になるとする．多数回の繰り返しについての平均を $⟨ ⟩$ で表すと， $⟨ ε_{i} ⟩ = 0$ ， $⟨ ε_{i}^{2} ⟩ = σ^{2}$ である．平均のずれは $\bar{x} - μ = \frac{1}{N} \sum ε_{i}$ で，その2乗は

{(\sum_{i} ε_{i})}^{2} = \sum_{i} ε_{i}^{2} + \sum_{i \neq j} ε_{i} ε_{j}

と書ける．各回のずれが互いに関係しない（独立）なら， $ε_{i} ε_{j}$ （ $i \neq j$ ）は正にも負にも同じように出るので， $⟨ ε_{i} ε_{j} ⟩ = 0$ である．よって

⟨ {(\bar{x} - μ)}^{2} ⟩ = \frac{1}{N^{2}} \cdot N σ^{2} = \frac{σ^{2}}{N}

となり，平均のずれの大きさは $σ / \sqrt{N}$ である． $N$ 個のずれは，足すと一部が打ち消し合うので，和は $N$ 倍ではなく $\sqrt{N}$ 倍にしかならない．これを $N$ で割るから $1 / \sqrt{N}$ が出る．

$N - 1$ で割る理由． 上の恒等式で $c = μ$ とおいて， $⟨ ⟩$ を取ると

N σ^{2} = ⟨ \sum (x_{i} - \bar{x})^{2} ⟩ + N \cdot \frac{σ^{2}}{N}

よって $⟨ \sum (x_{i} - \bar{x})^{2} ⟩ = (N - 1) σ^{2}$ である．偏差を，真の値ではなくデータ自身の平均から測ると，平均がデータの真ん中に寄っている分だけ2乗の和が小さく出る．その不足がちょうど1回分なので， $N - 1$ で割ると $σ^{2}$ の見積もりになる．

一様に散らばるずれの標準偏差． デジタル表示の丸めのように，ずれが $- a$ から $a$ までのどこにも同じ確からしさで出るとき，2乗の平均を求める．区間の上で連続的に変わる量の平均は，区間全体での積分を区間の幅で割ったもの（短い区間に分けて足した平均の極限）なので，

\frac{1}{2 a} \int_{- a}^{a} ε^{2} d ε = \frac{1}{2 a} \cdot \frac{2 a^{3}}{3} = \frac{a^{2}}{3}

したがって標準不確かさは $a / \sqrt{3}$ である（タイプBの評価でよく使う）．

練習． 測定値 $2.3, 2.5, 2.4, 2.6$ の平均と標準偏差を求めよ．

答え： $c = 2.4$ とすると $d_{i} = - 0.1, 0.1, 0, 0.2$ ． $\bar{d} = 0.05$ より $\bar{x} = 2.45$ ． $\sum d_{i}^{2} = 0.06$ から $\sum (x_{i} - \bar{x})^{2} = 0.06 - 4 \times {0.05}^{2} = 0.05$ ． $s = \sqrt{0.05 / 3} = 0.13$ ．

例題

例題 1

オリジナル ★☆☆☆☆

前の節の問いの10個の $t_{10}$ （ $17.91, 18.00, 17.95, 17.86, 17.99, 17.93, 18.01, 17.90, 17.97, 17.88 s$ ）について，平均 ${\bar{t}}_{10}$ ，標準偏差 $s$ ，平均の標準不確かさ $u ({\bar{t}}_{10})$ を求めよ．また，周期 $T$ とその標準不確かさ $u (T)$ を求めよ．

解答を見る

考え方 基準値 $c = 17.90 s$ を引き， $0.01 s$ を単位にして整数で計算する．

$d_{i}$ は $0.01 s$ 単位で $1, 10, 5, - 4, 9, 3, 11, 0, 7, - 2$ ．和は $40$ なので， $\bar{d} = 4$ ，つまり ${\bar{t}}_{10} = 17.90 + 0.04 = 17.940 s$ ． $\sum d_{i}^{2} = 406$ より

\sum (t_{i} - {\bar{t}}_{10})^{2} = 406 - 10 \times 4^{2} = 246 (単位 10^{- 4} s^{2})

すなわち $0.0246 s^{2}$ ．よって

s = \sqrt{\frac{0.0246}{9}} = 0.052 s, u ({\bar{t}}_{10}) = \frac{0.0523}{\sqrt{10}} = 0.017 s

周期は $T = {\bar{t}}_{10} / 10 = 1.7940 s$ ， $u (T) = 0.0017 s$ である．確かめとして，偏差 $t_{i} - {\bar{t}}_{10}$ を直接書くと $- 3, 6, 1, - 8, 5, - 1, 7, - 4, 3, - 6$ （ $0.01 s$ 単位）で，和は0，2乗の和は246となって一致する．

例題 2

オリジナル ★★☆☆☆

例題 1 の測り方（1回の $t_{10}$ の標準偏差 $s = 0.052 s$ ）を続ける．

平均の標準不確かさ $u ({\bar{t}}_{10})$ を $0.005 s$ 以下にするには，何回測ればよいか．
同じ合計時間で比べる． $t_{10}$ を50回測る場合と， $t_{50}$ を10回測る場合で，周期の標準不確かさ $u (T)$ はそれぞれいくらか．ただし $t_{50}$ の1回の標準偏差も $0.052 s$ とする．
ストップウォッチの表示は $0.01 s$ 刻みで，真の時間は表示から $\pm 0.005 s$ の範囲のどこかにあるとする．この丸めによる標準不確かさを求め， $s$ と比べよ．

解答を見る

考え方 繰り返しの効き目は $1 / \sqrt{N}$ ，まとめて測る効き目は $1 / n$ である．丸めのずれは一様に散らばるとして $a / \sqrt{3}$ を使う．

$\frac{0.052}{\sqrt{N}} \leq 0.005$ より $\sqrt{N} \geq 10.4$ ， $N \geq 108.2$ ，つまり109回以上で，110回ほど要る．10回の11倍の手間で，不確かさは $\frac{1}{3}$ ほどにしかならない．
$t_{10}$ を50回： $u (T) = \frac{0.052}{\sqrt{50}} \div 10 = 0.00074 s$ ． $t_{50}$ を10回： $u (T) = \frac{0.052}{\sqrt{10}} \div 50 = 0.00033 s$ ．合計時間は同じでも，長くまとめて測るほうが約2.2倍よい．回数の効き目は $\sqrt{5}$ 倍，まとめる効き目は5倍だからである（ただし前の題材のとおり，数え違いと振れ幅の減りに注意する）．
$a = 0.005 s$ なので $u = \frac{0.005}{\sqrt{3}} = 0.0029 s$ ． $s = 0.052 s$ の約18分の1で，人の手のばらつきに比べて無視できる．表示を $0.001 s$ まで細かくしても，結果はほとんど良くならない．

例題 3

オリジナル ★★☆☆☆

別の人が，同じ振り子（ $l = 0.7989 m$ ）で $t_{10}$ と $t_{20}$ をそれぞれ何回か測り，平均が ${\bar{t}}_{10} = 17.99 s$ ， ${\bar{t}}_{20} = 35.93 s$ になった．この人の押し方には，押し始めと押し終わりの反応の違いによる一定のずれがあるかもしれない．そこで，どの測定にも同じ系統誤差 $δ$ （正にも負にもなりうる一定の値）が入るとして， $n$ 周期の時間を $t_{n} = n T + δ$ と表して調べる．

**［図：周期の数と測った時間のグラフの枠］**
横軸は周期の数 n，縦軸は測った時間 t_n．横軸に0，10，20の目盛りを置く．例題の測定点と直線は示していない．

$T$ と $δ$ を求めよ．
この人が ${\bar{t}}_{10} / 10$ を周期として $g = 4 π^{2} l / T^{2}$ を計算すると， $g$ はいくらになるか．(1) の $T$ を使うとどうなるか．
$t_{10}$ だけを何百回測っても $δ$ が見つからない理由を述べよ．

解答を見る

考え方 $t_{n} = n T + δ$ の2つの式を引けば $δ$ が消える．これは $t_{n}$ と $n$ のグラフの傾きが $T$ ，切片が $δ$ ということでもある．

${\bar{t}}_{20} - {\bar{t}}_{10} = 10 T$ より $T = \frac{35.93 - 17.99}{10} = 1.794 s$ ． $δ = {\bar{t}}_{10} - 10 T = 17.99 - 17.94 = 0.05 s$ ．毎回 $0.05 s$ 長く測っていた（止めるのが遅れる癖だった）．
${\bar{t}}_{10} / 10 = 1.799 s$ を使うと $g = \frac{4 π^{2} \times 0.7989}{{1.799}^{2}} = 9.745 m s^{- 2}$ ．(1) の $T = 1.794 s$ を使うと $9.800 m s^{- 2}$ になる． $δ$ による $g$ のずれは $0.055 m s^{- 2}$ で，次の題材で求める， $t_{10}$ 10回の偶然誤差による $g$ の不確かさ（ $0.02 m s^{- 2}$ ほど）より大きい．確かめとして，第2章の一次近似を使うと， $T$ が $\frac{0.005}{1.794} = 0.28$ % 長いとき $g \propto T^{- 2}$ は約 0.56 % 小さくなり， $9.800 \times (1 - 0.0056) = 9.745$ と一致する．
どの $t_{10}$ にも同じ $δ$ が入っているので，平均もちょうど $δ$ だけずれたままである．繰り返しで小さくなるのは，回ごとに変わるずれだけである． $δ$ を見つけるには，測る周期の数を変えるように，やり方を変える必要がある．

ポイントここまでのまとめ

基準値を引いて計算すると楽になる． $\sum (x_{i} - c)^{2} = \sum (x_{i} - \bar{x})^{2} + N (\bar{x} - c)^{2}$ ．
独立なずれの和は，2乗の平均が足し算になる（交差項の平均が0）．だから $N$ 回の平均のずれは $σ / \sqrt{N}$ ，偏差の2乗の和は平均して $(N - 1) σ^{2}$ になる．
$\pm a$ に一様に散らばるずれの標準不確かさは $a / \sqrt{3}$ ．
同じ時間をかけるなら，回数を増やす（ $1 / \sqrt{N}$ ）より，まとめて測る（ $1 / n$ ）ほうが効く．一定の系統誤差は，周期の数を変えて引き算すると見つかる．