数理統計

$\theta$ を正の実数（未知の母数）とします。$X_1,X_2,X_3,X_4$ は互いに独立に、区間 $[0,\theta ]$ 上の一様分布に従う確率変数です。各 $X_i$ について
$$E(X_i)=\frac{\theta }{2},V(X_i)=\frac{{\theta }^2}{12}$$
が成り立つことを用いてかまいません。$\theta$ の推定量として
$$T=\frac{2}{5}\left(X_1+X_2+X_3+X_4\right)$$
を考えます。$T$ の平均二乗誤差 $\mathrm{MSE}(T)=E\left[(T-\theta {)}^2\right]$ を $\theta$ の式で求めてください。

$X_1,X_2,X_3,X_4$ は互いに独立で、いずれも平均 $\mu$、分散 ${\sigma }^2$ をもつ同じ分布に従う確率変数とする（$\mu$ は実数、$\sigma >0$）。$\mu$ の推定量として
$$T=\frac{X_1+X_2+X_3+X_4}{5}$$
を考える。$T$ の平均二乗誤差 $\mathrm{MSE}(T)=E\left[(T-\mu {)}^2\right]$ を $\mu ,\sigma$ を用いて表せ。

$\theta$ を正の実数とし、$X_1,X_2,X_3,X_4,X_5$ は互いに独立に、区間 $[0,\theta ]$ 上の一様分布に従う確率変数とする。各 $X_i$ の期待値は $E(X_i)=\frac{\theta }{2}$、分散は $V(X_i)=\frac{{\theta }^2}{12}$ である。$\theta$ の推定量として
$$T=\frac{X_1+X_2+X_3+X_4+X_5}{3}$$
を考える。$T$ の平均二乗誤差 $\mathrm{MSE}(T)=E\left((T-\theta {)}^2\right)$ を $\theta$ を用いて表せ。

$n$ を正の整数とし、$X_1,X_2,\dots ,X_n$ は互いに独立に、確率密度関数
$$f(x\mid \theta )=\frac{1}{\theta }{e}^{-x/\theta }(x>0)$$
（$x\le 0$ では $f(x\mid \theta )=0$）の指数分布に従う確率変数とする。ここで $\theta >0$ は未知の母数である。$X_1,\dots ,X_n$ にもとづく $\theta$ の不偏推定量の分散に対するクラメール・ラオの下限を、$\theta$ と $n$ を用いて求めよ。

$n$ を正の整数とし、$X_1,X_2,\dots ,X_n$ は互いに独立に、確率密度関数
$$f(x\mid \theta )=\frac{1}{\theta }{e}^{-x/\theta }(x>0)$$
（$x\le 0$ では $f(x\mid \theta )=0$）の指数分布に従う確率変数とする。ここで $\theta >0$ は未知の母数である。なお、$X_1$ の期待値は $E(X_1)=\theta$ である。

クラメール・ラオの不等式が成り立つための正則条件は満たされているものとする。$X_1,X_2,\dots ,X_n$ に基づく $\theta$ の不偏推定量の分散について、クラメール・ラオの下限を $\theta$ と $n$ の式で求めよ。

$n$ を正の整数とし、$X_1,X_2,\dots ,X_n$ は互いに独立に、確率関数
$$P(X=x\mid p)=p^x(1-p{)}^{1-x}(x=0,1)$$
のベルヌーイ分布に従う確率変数とする。ここで $0<p<1$ は未知の母数である。$p$ の不偏推定量の分散に対するクラメール・ラオの下限を、$n$ と $p$ を用いて表せ。

ある電子部品の寿命（単位: 年）は、$\lambda >0$ が与えられたとき、確率密度関数
$$f(x\mid \lambda )=\lambda e^{-\lambda x}(x>0)$$
の指数分布に従うとする。母数 $\lambda$ は未知で、その事前分布として確率密度関数
$$\pi (\lambda )=9\lambda e^{-3\lambda }(\lambda >0)$$
のガンマ分布（形状母数 $2$、レート母数 $3$）を用いる。$\lambda$ が与えられたとき互いに独立な 4 個の部品の寿命を観測したところ、
$$1.2,0.8,2.5,0.5$$
であった。このデータのもとでの $\lambda$ の事後平均（事後分布の期待値）を求めよ。

ある電子部品の寿命（単位: 年）は、$\lambda >0$ が与えられたとき、確率密度関数
$$f(x\mid \lambda )=\lambda e^{-\lambda x}(x>0)$$
の指数分布に従うとする。$\lambda$ は未知の母数で、その事前分布として確率密度関数
$$\pi (\lambda )=4{\lambda }^2{e}^{-2\lambda }(\lambda >0)$$
のガンマ分布（形状母数 $3$、尺度の逆数 $2$）を考える。

$\lambda$ が与えられたとき互いに独立なこの部品 $4$ 個の寿命を調べたところ、
$$1.2,0.8,2.5,1.5$$
であった。このデータのもとでの $\lambda$ の事後平均 $E(\lambda \mid \text{data})$ を求めよ。

ある電球の寿命（単位: 千時間）を調べる。$\lambda >0$ を未知の母数とし、$\lambda$ が与えられたとき、電球の寿命 $X$ は確率密度関数
$$f(x\mid \lambda )=\lambda e^{-\lambda x}(x>0)$$
の指数分布に従うとする。$\lambda$ の事前分布として、確率密度関数
$$\pi (\lambda )=9\lambda e^{-3\lambda }(\lambda >0)$$
のガンマ分布を用いる。$\lambda$ が与えられたとき互いに独立な 3 個の電球の寿命を測ったところ、$1.5,2,2.5$ であった。このデータのもとでの $\lambda$ の事後平均 $E(\lambda \mid \text{データ})$ を求めよ。

4 組のデータ
$$(x_i,y_i)=(0,1),(1,3),(2,4),(3,8)(i=1,2,3,4)$$
がある。残差平方和
$$Q(a,b)=\sum _{i=1}^4\{y_i-(a+b{x}_i){\}}^2$$
を最小にする実数 $a,b$ を用いた直線 $y=a+bx$ を、$y$ の $x$ への回帰直線とする。この回帰直線による決定係数
$$R^2=1-\frac{\sum _{i=1}^4\{y_i-(a+b{x}_i){\}}^2}{\sum _{i=1}^4(y_i-\bar{y}{)}^2}$$
の値を求めよ。ただし $\bar{y}$ は $y_1,\dots ,y_4$ の平均値である。

4 組のデータ
$$(x_i,y_i)=(1,3),(2,4),(3,8),(4,9)(i=1,2,3,4)$$
がある。$y$ の $x$ への回帰直線を $y=a+bx$ とする。ここで $a,b$ は、残差平方和
$$S(a,b)=\sum _{i=1}^4(y_i-a-b{x}_i{)}^2$$
を最小にする実数である。また、決定係数 $R^2$ を
$$R^2=1-\frac{\sum _{i=1}^4(y_i-a-b{x}_i{)}^2}{\sum _{i=1}^4(y_i-\bar{y}{)}^2}$$
で定める（$\bar{y}$ は $y_1,\dots ,y_4$ の平均値）。$a,b,R^2$ をこの順に組 $(a,b,R^2)$ で求めよ。

ある店で 4 週間にわたり、1 週間に配ったチラシの枚数 $x$（単位 百枚）と、その週の来店者数 $y$（単位 十人）を調べたところ、次の 4 組のデータ $(x_i,y_i)$ $(i=1,2,3,4)$ が得られた。
$$(1,2),(2,3),(3,5),(4,6)$$
$y$ を $x$ で説明する回帰直線 $y=a+bx$ を、残差平方和 $\sum _{i=1}^4\{y_i-(a+b{x}_i){\}}^2$ が最小になるように（最小二乗法で）定める。このとき、決定係数
$$R^2=1-\frac{\sum _{i=1}^4\{y_i-(a+b{x}_i){\}}^2}{\sum _{i=1}^4(y_i-\bar{y}{)}^2}$$
を求めよ。ただし $\bar{y}$ は $y_1,\dots ,y_4$ の平均値である。

確率変数 $X$ は、母数 $\theta >0$ をもつ確率密度関数
$$f(x\mid \theta )=\theta x^{\theta -1}(0<x<1)$$
に従うとする（$0<x<1$ 以外では $f(x\mid \theta )=0$）。

帰無仮説 $H_0:\theta =1$、対立仮説 $H_1:\theta =3$ を、$X$ の観測値 1 個を用いて検定する。棄却域を $X\ge 0.9$ とする（$X\ge 0.9$ のとき $H_0$ を棄却する）。

この検定の第 1 種の誤りの確率 $\alpha$ と第 2 種の誤りの確率 $\beta$（$H_1$ が正しいときに $H_0$ を棄却しない確率）を求め、$(\alpha ,\beta )$ の順に答えよ。

確率変数 $X$ は、確率密度関数
$$f(x\mid \theta )=\theta x^{\theta -1}(0<x<1),f(x\mid \theta )=0(\text{それ以外})$$
をもつ分布に従うとする。ここで $\theta$ は $\theta >0$ を満たす未知の母数である。$X$ を 1 回だけ観測し、帰無仮説 $H_0:\theta =1$ を対立仮説 $H_1:\theta =2$ に対して検定する。棄却域を $X>\frac{4}{5}$ とする（観測値が $\frac{4}{5}$ より大きければ $H_0$ を棄却する）。

この検定の有意水準（第 1 種の誤りの確率）と、$\theta =2$ のときの検出力を、この順に求めよ。

確率変数 $X$ は、区間 $0<x<1$ 上の確率密度関数
$$f(x\mid \theta )=\theta x^{\theta -1}(0<x<1)$$
をもつ分布に従うとする（$\theta >0$ は未知の母数で、$0<x<1$ の外では密度は $0$ とする）。$X$ を $1$ 回だけ観測し、帰無仮説 $H_0:\theta =1$ を対立仮説 $H_1:\theta =2$ に対して検定する。棄却域を $X\ge 0.9$ とする（観測値が $0.9$ 以上なら $H_0$ を棄却する）。

この検定の第 $1$ 種の誤りの確率 $\alpha$ と、対立仮説 $\theta =2$ のもとでの検出力を、この順に組 $(\alpha ,\text{検出力})$ で求めよ。

$X_1,X_2,X_3$ は互いに独立で、いずれも区間 $(0,2)$ 上の一様分布に従う確率変数とする。$M=\max \{X_1,X_2,X_3\}$ とおくとき、$M$ の期待値 $E(M)$ を求めよ。

確率変数 $X_1,X_2,X_3,X_4$ は互いに独立で、いずれも区間 $[0,2]$ 上の一様分布に従うとする。$M=\max \{X_1,X_2,X_3,X_4\}$ とおくとき、$M$ の期待値 $E(M)$ を求めよ。

確率変数 $X_1,X_2,X_3,X_4$ は互いに独立で、どれも区間 $[0,2]$ 上の一様分布に従うとする。これらの最大値を
$$M=\max \{X_1,X_2,X_3,X_4\}$$
とおく。$M$ の期待値 $E(M)$ を求めよ。

$\theta >0$ を母数とし、確率密度関数
$$f(x\mid \theta )=3\theta x^2{e}^{-\theta x^3}(x>0)$$
（$x\le 0$ では $f(x\mid \theta )=0$）をもつ母集団から、大きさ $3$ の無作為標本 $X_1,X_2,X_3$ をとる。分解定理を用いると、ある正の整数 $k$ について
$$T=X_1^k+X_2^k+X_3^k$$
が $\theta$ の十分統計量になることがわかる（このような $k$ はただ 1 つである）。標本の観測値が $x_1=1,x_2=2,x_3=3$ であるとき、この十分統計量 $T$ の観測値を求めよ。

$\theta >0$ を母数とし、$X_1,X_2,X_3,X_4$ は確率関数
$$P(X=x)=\frac{e^{-\theta }{\theta }^x}{x!}(x=0,1,2,\dots )$$
をもつポアソン分布に従う、互いに独立な確率変数とする。観測値を $x=(x_1,x_2,x_3,x_4)$（各 $x_i$ は 0 以上の整数）とし、同時確率関数を $f(x_1,x_2,x_3,x_4\mid \theta )$ とする。

$T(x)=x_1+x_2+x_3+x_4$、$h(x)=\frac{1}{x_1!x_2!x_3!x_4!}$ とおく。すべての $x$ と $\theta >0$ について
$$f(x_1,x_2,x_3,x_4\mid \theta )=g(T(x),\theta )h(x)$$
が成り立つような関数 $g(t,\theta )$ を、$t$（0 以上の整数）と $\theta$ の式で求めよ。

$n$ を正の整数とし、$X_1,X_2,\dots ,X_n$ は互いに独立に正規分布 $N(\mu ,1)$（平均 $\mu$、分散 $1$）に従う確率変数とする。ここで $\mu$ は未知の実数の母数である。$\bar{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$ とおき、$g(\mu )={\mu }^2$ の推定量として
$$T={\bar{X}}^2-\frac{1}{n}$$
を考える。$T$ は $g(\mu )$ の不偏推定量であり、その分散は
$$V(T)=\frac{4{\mu }^2}{n}+\frac{2}{n^2}$$
であることが知られている。$g(\mu )$ の不偏推定量の分散に対するクラメール・ラオの下限を $L(\mu )$ とするとき、$T$ の効率 $\frac{L(\mu )}{V(T)}$ を $n,\mu$ の式で求めよ。

$n$ を正の整数とし、$X_1,X_2,\dots ,X_n$ は互いに独立に、確率密度関数
$$f(x\mid \lambda )=\lambda e^{-\lambda x}(x>0)$$
（$x\le 0$ では $f(x\mid \lambda )=0$）の指数分布に従う確率変数とする。ここで $\lambda >0$ は未知の母数である。この分布の期待値は $E(X_i)=\frac{1}{\lambda }$、分散は $V(X_i)=\frac{1}{{\lambda }^2}$ である。

$g(\lambda )=\frac{1}{\lambda }$ の推定量として、重みをつけた平均
$$T=\frac{2}{n(n+1)}\sum _{k=1}^{n}k{X}_k$$
を考える。$T$ は $g(\lambda )$ の不偏推定量である。$g(\lambda )$ の不偏推定量の分散に対するクラメール・ラオの下限を $L(\lambda )$ とするとき、$T$ の効率 $\frac{L(\lambda )}{V(T)}$ を $n$ の式で求めよ。

確率変数 $X$ は区間 $0<x<1$ の値をとる連続型確率変数で、その確率密度関数は母数 $\theta$ を用いて
$$f(x\mid \theta )=\theta x^{\theta -1}(0<x<1)$$
で与えられるとする（$0<x<1$ の外では密度は $0$）。$X$ を $1$ 回だけ観測し、その値にもとづいて
$$H_0:\theta =1\text{vs}{H}_1:\theta =2$$
を有意水準 $0.1$ で検定する。ネイマン・ピアソンの補題により得られる最強力検定の検出力（$H_1$ が正しいときに $H_0$ を棄却する確率）を求めよ。

確率変数 $X$ は、母数 $\theta >0$ をもつ次の確率密度関数の分布に従うとする。$$f(x\mid \theta )=\theta x^{\theta -1}(0<x<1),f(x\mid \theta )=0(\text{それ以外})$$ $X$ を 1 回だけ観測し、その値 $x$ を使って、帰無仮説 $H_0:\theta =1$ を対立仮説 $H_1:\theta =2$ に対して検定する。ネイマン・ピアソンの補題により、尤度比 $\frac{f(x\mid 2)}{f(x\mid 1)}>k$（$k$ は正の定数）の形の棄却域をもつ検定は最強力検定である。第 1 種の誤りの確率がちょうど $0.1$ となるように $k$ を定めた最強力検定について、その検出力（$H_1$ が正しいときに $H_0$ を棄却する確率）を求めよ。

確率変数 $X$ は、母数 $\theta >0$ をもつ確率密度関数
$$f(x\mid \theta )=\theta x^{\theta -1}(0<x<1)$$
に従うとする（$0<x<1$ の外では $f(x\mid \theta )=0$）。$X$ を 1 回だけ観測して、帰無仮説 $H_0:\theta =1$ を対立仮説 $H_1:\theta =2$ に対して検定する。

ネイマン・ピアソンの補題によって得られる有意水準 $0.1$ の最強力検定の検出力を求めよ。

$X_1,X_2,\dots ,X_{10}$ は互いに独立に、成功確率 $p$ のベルヌーイ分布 $P(X_i=1)=p,P(X_i=0)=1-p$ に従う確率変数とする（$0<p<1$）。$p$ の推定量として
$$T=\frac{X_1+X_2+\cdots +X_{10}+1}{12}$$
を考える。$T$ の平均二乗誤差 $\mathrm{MSE}(T)=E\left[(T-p{)}^2\right]$ を $p$ の式で求めよ。

ある植物を 5 鉢育て、与えた肥料の量 $x$（単位 g）と 1 か月後の草丈の伸び $y$（単位 cm）を測ったところ、次の 5 組のデータ $(x_i,y_i)$ $(i=1,2,\dots ,5)$ が得られた。
$$(1,2),(2,3),(3,5),(4,4),(5,6)$$
このデータに単回帰モデル $y=a+bx$ を当てはめ、$a$, $b$ を最小二乗法で推定する。推定した回帰直線 $\hat{y}=\hat{a}+\hat{b}x$ について、決定係数
$$R^2=1-\frac{\sum _{i=1}^5(y_i-{\hat{y}}_i{)}^2}{\sum _{i=1}^5(y_i-\bar{y}{)}^2}$$
の値を求めよ。ただし ${\hat{y}}_i=\hat{a}+\hat{b}{x}_i$、$\bar{y}$ は $y_1,\dots ,y_5$ の平均である。

$n$ を正の整数とし、$X_1,X_2,\dots ,X_n$ は互いに独立に、確率関数
$$P(X=k\mid p)=(1-p{)}^{k-1}p(k=1,2,3,\dots )$$
の幾何分布に従う確率変数とする。ここで $0<p<1$ は未知の母数である。この分布の平均 $\mu =\frac{1}{p}$ の不偏推定量の分散に対するクラメール・ラオの下限を、$n$ と $p$ を用いて表せ。

ある部品の長さ（単位: mm）を測定する。$\mu$ を実数の母数とし、$\mu$ が与えられたとき、測定値 $X_1,X_2,\dots ,X_5$ は互いに独立に正規分布 $N(\mu ,4)$（平均 $\mu$、分散 $4$）に従うとする。$\mu$ の事前分布を正規分布 $N(10,1)$（平均 $10$、分散 $1$）とする。5 回の測定値の合計が
$$\sum _{i=1}^5{x}_i=60$$
であったとき、$\mu$ の事後分布の平均を求めよ。

ある新しい種子の発芽率を $p$（$0<p<1$）とする。$p$ の事前分布として、確率密度関数
$$\pi (p)=\frac{p^{\alpha -1}(1-p{)}^{\beta -1}}{B(\alpha ,\beta )}(0<p<1)$$
のベータ分布 $\mathrm{Be}(\alpha ,\beta )$ で $\alpha =2,\beta =3$ としたものを用いる。ここで $B(\alpha ,\beta )={\int }_0^1{t}^{\alpha -1}(1-t{)}^{\beta -1}dt$ はベータ関数であり、$\mathrm{Be}(\alpha ,\beta )$ の平均は $\frac{\alpha }{\alpha +\beta }$ である。

$p$ が与えられたとき、種子 12 粒はそれぞれ互いに独立に確率 $p$ で発芽するものとする。実際に 12 粒をまいたところ、8 粒が発芽した。この観測結果のもとでの $p$ の事後分布の平均を求めよ。

$n$ を 3 以上の整数とし、$n$ 組のデータ $(x_1,y_1),(x_2,y_2),\dots ,(x_n,y_n)$ が与えられている。$x_1,\dots ,x_n$ はすべてが等しくはなく、$y_1,\dots ,y_n$ もすべてが等しくはないとする。

このデータに対して、最小二乗法で次の 2 つの回帰直線を求めた。
- $y$ を $x$ に回帰した直線 $y=a+bx$（$\sum _{i=1}^n(y_i-a-b{x}_i{)}^2$ を最小にする $a,b$）の傾きは $\hat{b}=\frac{6}{5}$ であった。
- $x$ を $y$ に回帰した直線 $x=c+dy$（$\sum _{i=1}^n(x_i-c-d{y}_i{)}^2$ を最小にする $c,d$）の傾きは $\hat{d}=\frac{1}{2}$ であった。

$y$ を $x$ に回帰した直線 $y=\hat{a}+\hat{b}x$ の決定係数
$$R^2=1-\frac{\sum _{i=1}^n{\left(y_i-\hat{a}-\hat{b}{x}_i\right)}^2}{\sum _{i=1}^n(y_i-\bar{y}{)}^2}$$
を求めよ。ただし $\bar{y}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{y}_i$ である。

$X_1,X_2,X_3$ は互いに独立で、いずれも平均 $\mu$、分散 ${\sigma }^2$ をもつ同じ分布に従う確率変数とする（$\mu$ は実数、$\sigma >0$）。$\mu$ の推定量として
$$T=\frac{X_1+2X_2+X_3}{5}$$
を考える。$T$ の平均二乗誤差 $\mathrm{MSE}(T)=E\left[(T-\mu {)}^2\right]$ を $\mu ,\sigma$ の式で求めよ。

$\theta >0$ を未知の母数とし、$X_1,\dots ,X_n$（$n$ は $3$ 以上の整数）は互いに独立に、区間 $[0,\theta ]$ 上の一様分布に従うとする。$\theta$ の 2 つの推定量
$${\hat{\theta }}_1=\frac{2}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,{\hat{\theta }}_2=M=\max \{X_1,\dots ,X_n\}$$
を考える。推定量 $\hat{\theta }$ の平均二乗誤差を ${\mathrm{MSE}}_{\theta }(\hat{\theta })=E_{\theta }\left[(\hat{\theta }-\theta {)}^2\right]$ と定める。

${\hat{\theta }}_1$ は $\theta$ の不偏推定量で、${\hat{\theta }}_2$ は不偏推定量でない（バイアスが $0$ でない）にもかかわらず、すべての $\theta >0$ に対して
$${\mathrm{MSE}}_{\theta }({\hat{\theta }}_2)<{\mathrm{MSE}}_{\theta }({\hat{\theta }}_1)$$
が成り立つことを証明せよ。

$\alpha >0$, $\beta >0$ を定数とする。母数 $\lambda >0$ の事前分布を、確率密度関数
$$\pi (\lambda )=\frac{{\beta }^{\alpha }}{\Gamma (\alpha )}{\lambda }^{\alpha -1}{e}^{-\beta \lambda }(\lambda >0)$$
をもつガンマ分布 $\mathrm{Ga}(\alpha ,\beta )$ とする。$\lambda$ が与えられたとき、$X_1,\dots ,X_n$（$n$ は正の整数）は互いに独立に平均 $\lambda$ のポアソン分布に従い、その実現値 $x_1,\dots ,x_n$（いずれも $0$ 以上の整数）が得られたとする。$\bar{x}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i$ とおく。

このとき、$\lambda$ の事後分布はガンマ分布 $\mathrm{Ga}\left(\alpha +{\sum }_{i=1}^n{x}_i,\beta +n\right)$ であり、事後分布の平均は
$$E[\lambda \mid x_1,\dots ,x_n]=w\cdot \frac{\alpha }{\beta }+(1-w)\bar{x},w=\frac{\beta }{\beta +n}$$
と、事前分布の平均 $\frac{\alpha }{\beta }$ と標本平均 $\bar{x}$ の重み付き平均で表されることを証明せよ。

ただし、$a>0$, $b>0$ に対して ${\int }_0^{\infty }{\lambda }^{a-1}{e}^{-b\lambda }d\lambda =\frac{\Gamma (a)}{b^a}$ であること、および $\Gamma (a+1)=a\Gamma (a)$ は用いてよい。

$n$ を $2$ 以上の整数とし、$X_1,X_2,\dots ,X_n$ は互いに独立に正規分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ に従う確率変数とする（$\mu$ は未知の実数、${\sigma }^2>0$ は未知の母数）。
$$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,S=\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$$
とおく。このとき $S/{\sigma }^2$ は自由度 $n-1$ のカイ二乗分布に従い、その平均は $n-1$、分散は $2(n-1)$ であることを用いてよい。

正の定数 $c$ に対して、${\sigma }^2$ の推定量 $T_c=cS$ を考える。平均二乗誤差 $\mathrm{MSE}(T_c)=E\left[(T_c-{\sigma }^2{)}^2\right]$ を、すべての $\mu$, ${\sigma }^2$ に対して最小にする $c$ を $n$ の式で求めよ。

ある工場で製造される部品の重さ（単位: g）は、正規分布 $N(\mu ,4^2)$（平均 $\mu$、標準偏差 $4$）に従うとする。$\sigma =4$ は既知で、$\mu$ は未知の母数である。$n$ を正の整数とし、無作為に抽出した $n$ 個の部品の重さ $X_1,X_2,\dots ,X_n$ は互いに独立にこの分布に従うとする。標本平均を $\bar{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$ とする。

帰無仮説 $H_0:\mu =50$、対立仮説 $H_1:\mu >50$ を、有意水準 $0.05$ で検定する。棄却域は
$$\bar{X}\ge 50+1.645\cdot \frac{4}{\sqrt{n}}$$
とする（このとき有意水準はちょうど $0.05$ である）。

$\mu =52$ のときのこの検定の検出力が $0.90$ 以上となるような $n$ の最小値を求めよ。

ただし、標準正規分布の分布関数を $\Phi (z)$ とし、$\Phi (1.645)=0.95$、$\Phi (1.282)=0.90$ とする。また $\Phi$ は狭義単調増加である。

ある窓口に 1 日に寄せられる問い合わせの件数は、$\lambda$ が与えられたとき平均 $\lambda$ のポアソン分布
$$P(X=k\mid \lambda )=\frac{{\lambda }^k{e}^{-\lambda }}{k!}(k=0,1,2,\dots )$$
に従うとする（$\lambda >0$ は未知の母数）。日ごとの件数は、$\lambda$ が与えられたもとで互いに独立とする。

$\lambda$ の事前分布として、確率密度関数
$$\pi (\lambda )=\frac{{\beta }^{\alpha }}{\Gamma (\alpha )}{\lambda }^{\alpha -1}{e}^{-\beta \lambda }(\lambda >0)$$
のガンマ分布を用いる。ここで $\alpha >0,\beta >0$ は定数で、この事前分布の平均が $2$、分散が $2$ となるように定める。

ある 3 日間の件数を観測したところ、$2,0,1$ であった。この観測結果のもとで、4 日目の件数が $0$ となる事後予測確率
$$P(X_4=0\mid X_1=2,X_2=0,X_3=1)$$
を求めよ。ただし $X_1,X_2,X_3,X_4$ はそれぞれ 1〜4 日目の件数を表す。

$n$ を正の整数とする。$X_1,X_2,\dots ,X_n$ は互いに独立に、確率関数 $$P(X=k\mid \theta )=\frac{{\theta }^k{e}^{-\theta }}{k!}(k=0,1,2,\dots )$$ のポアソン分布に従う確率変数である。ここで $\theta >0$ は未知の母数である。1 回の観測で値が $0$ となる確率 $\tau (\theta )=P(X=0\mid \theta )=e^{-\theta }$ を、$X_1,\dots ,X_n$ にもとづく不偏推定量で推定したい。$\tau (\theta )$ の不偏推定量の分散に対するクラメール・ラオの下限を、$n$ と $\theta$ を用いて表せ。ただし、クラメール・ラオの不等式が成り立つための正則条件は満たされているものとする。

ある工場で作られる部品が不良品である確率を $p$ $(0<p<1)$ とする。$p$ は未知で、事前分布として確率密度関数
$$\pi (p)=72p(1-p{)}^7(0<p<1)$$
のベータ分布 $\mathrm{Beta}(2,8)$ を用いる。$p$ が与えられたとき、各部品が不良品であるかどうかは互いに独立で、どの部品も確率 $p$ で不良品であるとする。

無作為に $30$ 個の部品を検査したところ、不良品は $4$ 個であった。この観測結果のもとで、次に検査する $2$ 個の部品がどちらも不良品でない確率（事後予測確率）
$$P(\text{次の 2 個がともに良品}\mid \text{データ})=E\left[(1-p{)}^2\mid \text{データ}\right]$$
を求めよ。

13 組のデータ $(x_{1i},x_{2i},y_i)(i=1,2,\dots ,13)$ について、次の値が得られている。
$$\sum _{i=1}^{13}{x}_{1i}=26,\sum _{i=1}^{13}{x}_{2i}=39,\sum _{i=1}^{13}{y}_i=65,$$
$$\sum _{i=1}^{13}{x}_{1i}^2=62,\sum _{i=1}^{13}{x}_{2i}^2=137,\sum _{i=1}^{13}{x}_{1i}{x}_{2i}=88,$$
$$\sum _{i=1}^{13}{x}_{1i}{y}_i=160,\sum _{i=1}^{13}{x}_{2i}{y}_i=235,\sum _{i=1}^{13}{y}_i^2=475.$$
このデータに重回帰モデル
$$y_i={\beta }_0+{\beta }_1{x}_{1i}+{\beta }_2{x}_{2i}+{\epsilon }_i$$
をあてはめ、${\beta }_0,{\beta }_1,{\beta }_2$ を最小二乗法で推定する。最小二乗推定値を ${\hat{\beta }}_0,{\hat{\beta }}_1,{\hat{\beta }}_2$、残差を $e_i=y_i-{\hat{\beta }}_0-{\hat{\beta }}_1{x}_{1i}-{\hat{\beta }}_2{x}_{2i}$、$\bar{y}=\frac{1}{13}{\sum }_{i=1}^{13}{y}_i$ とし、
$$S_e=\sum _{i=1}^{13}{e}_i^2,S_{yy}=\sum _{i=1}^{13}(y_i-\bar{y}{)}^2$$
とおく。決定係数 $R^2=1-\frac{S_e}{S_{yy}}$ と自由度調整済み決定係数 $R^{\ast 2}=1-\frac{S_e/(13-3)}{S_{yy}/(13-1)}$ を求め、$(R^2,R^{\ast 2})$ の組としてこの順に答えよ。

$n$ を正の整数とし、$X_1,X_2,\dots ,X_n$ は互いに独立に区間 $(0,\theta )$ 上の一様分布に従う確率変数とする（$\theta >0$ は未知の母数）。帰無仮説 $H_0:\theta =1$ を対立仮説 $H_1:\theta =2$ に対して検定するために、$M=\max \{X_1,\dots ,X_n\}$ を検定統計量とし、定数 $c(0<c<1)$ を用いて
$$M>c\text{ のとき }{H}_0\text{ を棄却する}$$
という検定を考える。ここで $c$ は、この検定の有意水準（$H_0$ のもとで棄却する確率）がちょうど $0.1$ になるように定める。

$\theta =2$ のときの検出力（$H_0$ を棄却する確率）が $0.95$ 以上となるような最小の $n$ を求めよ。

ある窓口に 1 時間あたりに来る客の数は、パラメータ $\lambda >0$ のポアソン分布
$$P(X=k\mid \lambda )=\frac{{\lambda }^k{e}^{-\lambda }}{k!}(k=0,1,2,\dots )$$
に従うとする。$\lambda$ の事前分布として、形状パラメータ $\alpha =3$、レートパラメータ $\beta =2$ のガンマ分布
$$\pi (\lambda )=\frac{{\beta }^{\alpha }}{\Gamma (\alpha )}{\lambda }^{\alpha -1}{e}^{-\beta \lambda }(\lambda >0)$$
を用いる（このガンマ分布の平均は $\frac{\alpha }{\beta }$ である）。

異なる 5 つの時間帯に観測した客の数は $4,2,5,3,6$ であった。各時間帯の客の数は、$\lambda$ を与えたもとで互いに独立に上のポアソン分布に従うとする。このデータを得たあとの $\lambda$ の事後分布の平均を求めよ。

8 組のデータ $(x_1,y_1),(x_2,y_2),\dots ,(x_8,y_8)$ について、次の値が得られている。
$$\sum _{i=1}^8{x}_i=40,\sum _{i=1}^8{y}_i=56,\sum _{i=1}^8{x}_i^2=240,\sum _{i=1}^8{x}_i{y}_i=330,\sum _{i=1}^8{y}_i^2=460$$
このデータに単回帰モデル $y_i={\beta }_0+{\beta }_1{x}_i+{\epsilon }_i(i=1,2,\dots ,8)$ を当てはめ、${\beta }_0,{\beta }_1$ を最小二乗法で推定する。傾き ${\beta }_1$ の最小二乗推定値 ${\hat{\beta }}_1$ と、このあてはめの決定係数 $R^2=1-\frac{{\sum }_{i=1}^8(y_i-{\hat{y}}_i{)}^2}{{\sum }_{i=1}^8(y_i-\bar{y}{)}^2}$ を、この順に組 $({\hat{\beta }}_1,R^2)$ で求めよ。ただし ${\hat{y}}_i={\hat{\beta }}_0+{\hat{\beta }}_1{x}_i$ は予測値、$\bar{y}$ は $y_1,\dots ,y_8$ の平均である。

1 回まわすと A, B, C のいずれか 1 つの目が出るルーレットがあり、A, B, C が出る確率をそれぞれ $p_1,p_2,p_3$（$p_1,p_2,p_3>0$, $p_1+p_2+p_3=1$）とする。$(p_1,p_2,p_3)$ の事前分布として、$(p_1,p_2)$ の同時確率密度関数が
$$\pi (p_1,p_2)=\frac{\Gamma (10)}{\Gamma (2)\Gamma (3)\Gamma (5)}{p}_1^1{p}_2^2{p}_3^4(p_3=1-p_1-p_2,p_1>0,p_2>0,p_1+p_2<1)$$
で与えられるディリクレ分布 $\mathrm{Dir}(2,3,5)$ を用いる。

$(p_1,p_2,p_3)$ が与えられたとき、ルーレットを互いに独立に 20 回まわしたところ、A が 6 回、B が 9 回、C が 5 回出た。このデータのもとで、さらに独立に 2 回まわしたとき「1 回目に A、2 回目に B が出る」確率（事後予測確率）は、事後分布に関する期待値 $E[p_1{p}_2\mid \text{data}]$ に等しい。この値を既約分数で求めよ。

ある充填機で袋に詰める砂糖の重さ（単位: g）は、平均 $\mu$、分散 $9$ の正規分布 $N(\mu ,9)$ に従うとする（分散は既知、$\mu$ は未知の実数の母数）。$n$ を正の整数とし、無作為に取り出した $n$ 袋の重さ $X_1,X_2,\dots ,X_n$ は互いに独立に $N(\mu ,9)$ に従うとする。

詰め不足を調べるため、帰無仮説 $H_0:\mu =100$、対立仮説 $H_1:\mu <100$ について、標本平均 $\bar{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$ が定数 $c$ 以下のとき $H_0$ を棄却する検定を行う。ただし $c$ は、この検定の有意水準がちょうど $0.05$ になるように定める。

真の平均が $\mu =98.5$ のときのこの検定の検出力（$H_0$ を棄却する確率）が $0.90$ 以上となるような $n$ のうち、最小のものを求めよ。

ただし、標準正規分布の分布関数を $\Phi$ とし、$\Phi (1.645)=0.95$、$\Phi (1.282)=0.90$ を用いよ。

あるバス停でバスを待つ時間（単位: 分）は、$\theta$ が与えられたとき区間 $(0,\theta )$ 上の一様分布に従うとする（$\theta >0$ は未知の母数）。$\theta$ の事前分布として、確率密度関数
$$\pi (\theta )=\frac{3\cdot 2^3}{{\theta }^4}(\theta >2)$$
（$\theta \le 2$ では $\pi (\theta )=0$）のパレート分布を用いる。

$\theta$ が与えられたとき互いに独立な 5 回の待ち時間を観測したところ、
$$1.2,3.1,0.7,2.6,1.9$$
であった。このデータのもとでの $\theta$ の事後分布の平均（事後平均）を求めよ。

$\theta >0$ を未知の母数とし、$X_1,\dots ,X_n$（$n$ は $3$ 以上の整数）は互いに独立に、確率密度関数
$$f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\theta x^{\theta -1}& (0<x<1)\\ 0& (\text{それ以外})\end{array}$$
をもつ分布に従うとする。$S=-\sum _{i=1}^n\log X_i$ とおき、
$$T=\frac{n-1}{S}$$
と定める。1 標本あたりのフィッシャー情報量を $I(\theta )=E_{\theta }\left[{\left(\frac{\partial }{\partial \theta }\log f(X_1;\theta )\right)}^2\right]$ とし、$\theta$ の不偏推定量に対するクラメール・ラオの下限を $\frac{1}{nI(\theta )}$ とする。

このとき、$T$ は $\theta$ の不偏推定量であり、すべての $\theta >0$ に対して $V_{\theta }(T)>\frac{1}{nI(\theta )}$ が成り立つ（すなわち $T$ の分散はクラメール・ラオの下限に達しない）ことを証明せよ。

ただし、互いに独立で、いずれも確率密度関数 $\theta e^{-\theta y}(y>0)$ をもつ $n$ 個の確率変数の和は、確率密度関数 $\frac{{\theta }^n{s}^{n-1}{e}^{-\theta s}}{(n-1)!}(s>0)$ をもつこと（ガンマ分布の再生性）と、正の整数 $k$ に対して ${\int }_0^{\infty }{s}^{k-1}{e}^{-\theta s}ds=\frac{(k-1)!}{{\theta }^k}$ であることは用いてよい。

$n$ を $2$ 以上の整数とし、実数の組のデータ $(x_1,y_1),\dots ,(x_n,y_n)$ が与えられている。$x_1,\dots ,x_n$ はすべてが等しいわけではなく、$y_1,\dots ,y_n$ もすべてが等しいわけではないとする。

$y$ を $x$ に回帰する直線 $y=a+bx$ の係数を最小二乗法で定める。すなわち $(\hat{a},\hat{b})$ を
$$Q(a,b)=\sum _{i=1}^n(y_i-a-b{x}_i{)}^2$$
を最小にする実数の組とし、${\hat{y}}_i=\hat{a}+\hat{b}{x}_i$ とおく。この回帰の決定係数を
$$R^2=1-\frac{{\sum }_{i=1}^n(y_i-{\hat{y}}_i{)}^2}{{\sum }_{i=1}^n(y_i-\bar{y}{)}^2}\left(\bar{y}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{y}_i\right)$$
で定める。同様に、$x$ を $y$ に回帰する直線 $x=c+dy$ の係数 $(\hat{c},\hat{d})$ を、$\sum _{i=1}^n(x_i-c-d{y}_i{)}^2$ を最小にする実数の組とする。

このとき、$(\hat{a},\hat{b})$, $(\hat{c},\hat{d})$ はそれぞれただ 1 つに定まり、
$$\hat{b}\hat{d}=R^2$$
が成り立つことを証明せよ。

$\theta >0$ を未知の母数とし、$X_1,\dots ,X_n$（$n$ は正の整数）は互いに独立に、区間 $[0,\theta ]$ 上の一様分布に従うとする。$0<\alpha <1$ を定数とし、帰無仮説 $H_0:\theta \le 1$、対立仮説 $H_1:\theta >1$ の検定として、
$$M=\max \{X_1,\dots ,X_n\},c=(1-\alpha {)}^{1/n}$$
とおき「$M>c$ のとき $H_0$ を棄却する」検定を考える。この検定の検出力関数を $\beta (\theta )=P_{\theta }(M>c)(\theta >0)$ と定める。

このとき
$$\underset{0<\theta \le 1}{\sup }\beta (\theta )=\alpha$$
（すなわちこの検定のサイズは $\alpha$）であり、さらにすべての $\theta >1$ に対して
$$\beta (\theta )=1-\frac{1-\alpha }{{\theta }^n}>\alpha$$
が成り立つ（対立仮説のもとでの検出力は常に $\alpha$ を超える）ことを証明せよ。

10 組のデータ $(x_{1i},x_{2i},y_i)$ $(i=1,2,\dots ,10)$ について、次の値が得られている。
$$\sum _{i=1}^{10}{x}_{1i}=30,\sum _{i=1}^{10}{x}_{2i}=20,\sum _{i=1}^{10}{y}_i=50,$$
$$\sum _{i=1}^{10}{x}_{1i}^2=100,\sum _{i=1}^{10}{x}_{2i}^2=45,\sum _{i=1}^{10}{x}_{1i}{x}_{2i}=64,$$
$$\sum _{i=1}^{10}{x}_{1i}{y}_i=166,\sum _{i=1}^{10}{x}_{2i}{y}_i=103,\sum _{i=1}^{10}{y}_i^2=290.$$
このデータに重回帰モデル $y={\beta }_0+{\beta }_1{x}_1+{\beta }_2{x}_2$ を最小二乗法で当てはめ、推定値 ${\hat{\beta }}_0,{\hat{\beta }}_1,{\hat{\beta }}_2$ を求める。${\hat{y}}_i={\hat{\beta }}_0+{\hat{\beta }}_1{x}_{1i}+{\hat{\beta }}_2{x}_{2i}$、$\bar{y}=\frac{1}{10}{\sum }_{i=1}^{10}{y}_i$ とおくとき、決定係数
$$R^2=1-\frac{{\sum }_{i=1}^{10}(y_i-{\hat{y}}_i{)}^2}{{\sum }_{i=1}^{10}(y_i-\bar{y}{)}^2}$$
の値を求めよ。