解答：

(1) $\hat{\sigma}^2$ が不偏でないことの証明
$$E[\hat{\sigma}^2] = E\left[\frac{1}{n}\sum(X_i – \bar{X})^2\right]$$
恒等式を使う： $$\sum(X_i – \bar{X})^2 = \sum(X_i – \mu)^2 – n(\bar{X} – \mu)^2$$
期待値をとると： $$E\left[\sum(X_i – \bar{X})^2\right] = E\left[\sum(X_i – \mu)^2\right] – E\left[n(\bar{X} – \mu)^2\right]$$ $$= n\sigma^2 – n \cdot \frac{\sigma^2}{n} = n\sigma^2 – \sigma^2 = (n-1)\sigma^2$$
よって： $$E[\hat{\sigma}^2] = \frac{1}{n} \cdot (n-1)\sigma^2 = \frac{n-1}{n}\sigma^2 \neq \sigma^2$$
バイアス： $$\text{Bias}(\hat{\sigma}^2) = E[\hat{\sigma}^2] – \sigma^2 = -\frac{\sigma^2}{n}$$ 負のバイアス（過小推定）を持つ

(2) $s^2$ が不偏であることの証明
$$E[s^2] = E\left[\frac{1}{n-1}\sum(X_i – \bar{X})^2\right] = \frac{1}{n-1} \cdot (n-1)\sigma^2 = \sigma^2$$
よって、$s^2$ は $\sigma^2$ の不偏推定量である。

💡 ポイント：分母を $n$ ではなく $(n-1)$ にすることで不偏性を確保！

解答：

確率密度関数： $$f(x; \mu) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left\{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}$$
対数尤度： $$\ell(\mu) = \log f(x; \mu) = -\frac{1}{2}\log(2\pi\sigma^2) – \frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}$$
1階微分： $$\frac{\partial \ell}{\partial \mu} = \frac{x-\mu}{\sigma^2}$$
2階微分： $$\frac{\partial^2 \ell}{\partial \mu^2} = -\frac{1}{\sigma^2}$$
フィッシャー情報量： $$I(\mu) = -E\left[\frac{\partial^2 \ell}{\partial \mu^2}\right] = \frac{1}{\sigma^2}$$
または、スコア関数の分散として： $$I(\mu) = E\left[\left(\frac{\partial \ell}{\partial \mu}\right)^2\right] = \frac{E[(X-\mu)^2]}{\sigma^4} = \frac{\sigma^2}{\sigma^4} = \frac{1}{\sigma^2}$$
$n$ 個の独立な観測値の場合： $$I_n(\mu) = n \cdot I(\mu) = \frac{n}{\sigma^2}$$
💡 クラメール・ラオの下限：$\text{Var}(\hat{\mu}) \geq \frac{\sigma^2}{n}$

解答：

使用する統計量： $$T = \frac{\bar{X} – \mu}{s/\sqrt{n}} \sim t(n-1) = t(15)$$
95%信頼区間の導出： $$P(-t_{15}(0.025) \leq T \leq t_{15}(0.025)) = 0.95$$ $$P\left(-2.131 \leq \frac{\bar{X} – \mu}{s/\sqrt{n}} \leq 2.131\right) = 0.95$$
変形すると： $$P\left(\bar{X} – 2.131 \cdot \frac{s}{\sqrt{n}} \leq \mu \leq \bar{X} + 2.131 \cdot \frac{s}{\sqrt{n}}\right) = 0.95$$
数値代入：
$s = \sqrt{25} = 5$
標準誤差 $= s/\sqrt{n} = 5/\sqrt{16} = 5/4 = 1.25$
誤差限界 $= 2.131 \times 1.25 = 2.664$

95%信頼区間： $$[50 – 2.664, 50 + 2.664] = [47.336, 52.664] \approx [47.34, 52.66]$$
💡 解釈：$\mu$ は 95% の信頼度で 47.34 から 52.66 の間にある

解答：

(1) 不偏性の証明
$$E[\hat{\lambda}] = E[\bar{X}] = E\left[\frac{1}{n}\sum X_i\right] = \frac{1}{n}\sum E[X_i] = \frac{1}{n} \cdot n \cdot \lambda = \lambda$$
よって、$\hat{\lambda}$ は $\lambda$ の不偏推定量。

(2) 一致性の証明
$$\text{Var}(\hat{\lambda}) = \text{Var}(\bar{X}) = \text{Var}\left[\frac{1}{n}\sum X_i\right] = \frac{1}{n^2}\sum \text{Var}(X_i) = \frac{1}{n^2} \cdot n \cdot \lambda = \frac{\lambda}{n} \to 0 \quad (n \to \infty)$$
$E[\hat{\lambda}] = \lambda$（すべての $n$ で）かつ $\text{Var}(\hat{\lambda}) \to 0$（$n \to \infty$）より、$\hat{\lambda} \xrightarrow{p} \lambda$（確率収束）

(3) フィッシャー情報量
確率関数：$P(X = k) = \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}$

対数尤度： $$\ell(\lambda) = k \log \lambda – \lambda – \log k!$$
1階微分： $$\frac{\partial \ell}{\partial \lambda} = \frac{k}{\lambda} – 1$$
2階微分： $$\frac{\partial^2 \ell}{\partial \lambda^2} = -\frac{k}{\lambda^2}$$
フィッシャー情報量： $$I(\lambda) = -E\left[\frac{\partial^2 \ell}{\partial \lambda^2}\right] = \frac{E[X]}{\lambda^2} = \frac{\lambda}{\lambda^2} = \frac{1}{\lambda}$$
$n$ 個の観測値の場合： $$I_n(\lambda) = \frac{n}{\lambda}$$
💡 クラメール・ラオの下限：$\text{Var}(\hat{\lambda}) \geq \frac{\lambda}{n}$（等号成立！）

解答：

仮説設定：
$H_0: \lambda = 2$ vs $H_1: \lambda \neq 2$（両側検定）

検定統計量：
標本平均：$\bar{X} = 120/50 = 2.4$

中心極限定理より、$n$ が大きいとき： $$\bar{X} \sim N\left(\lambda, \frac{\lambda}{n}\right) \quad \text{近似的に}$$
標準化： $$Z = \frac{\bar{X} – \lambda_0}{\sqrt{\lambda_0/n}} = \frac{2.4 – 2}{\sqrt{2/50}} = \frac{0.4}{\sqrt{0.04}} = \frac{0.4}{0.2} = 2.0$$
棄却域（$\alpha = 0.05$）：
$|Z| > 1.96$

判定：
$|2.0| = 2.0 > 1.96$
よって、$H_0$ を棄却する。

結論：
有意水準 5% で、$\lambda = 2$ という仮説は棄却される。データは $\lambda > 2$ であることを示唆している。

$p$ 値の計算：
$p = 2 \cdot P(Z > 2.0) = 2 \times 0.0228 = 0.0456 < 0.05$

💡 実務的解釈：事故率が増加している可能性あり

解答：

(1) 最尤推定量の導出
尤度関数： $$L(\lambda) = \prod \lambda e^{-\lambda x_i} = \lambda^n e^{-\lambda \sum x_i}$$
対数尤度： $$\ell(\lambda) = n \log \lambda – \lambda \sum x_i$$
微分して0とおく： $$\frac{d\ell}{d\lambda} = \frac{n}{\lambda} – \sum x_i = 0$$ $$\hat{\lambda} = \frac{n}{\sum x_i} = \frac{1}{\bar{X}}$$
最尤推定量：$\hat{\lambda} = \frac{1}{\bar{X}}$

(2) 推定量の期待値と分散
まず、$n\bar{X} \sim \Gamma(n, \lambda)$（指数分布の和はガンマ分布）
$T = 2\lambda n\bar{X} \sim \chi^2(2n)$

結果： $$E[\hat{\lambda}] = \frac{n\lambda}{n-1} \quad (n \geq 2)$$
バイアス： $$\text{Bias}(\hat{\lambda}) = \frac{n\lambda}{n-1} – \lambda = \frac{\lambda}{n-1}$$ 正のバイアス（過大推定）を持つ

不偏推定量： $$\hat{\lambda}^* = \frac{n-1}{n} \cdot \frac{1}{\bar{X}} = \frac{n-1}{\sum X_i}$$
分散： $$\text{Var}(\hat{\lambda}^*) = \frac{\lambda^2}{n-2} \quad (n \geq 3)$$
(3) フィッシャー情報量
$$\ell(\lambda) = \log \lambda – \lambda x$$ $$\frac{\partial \ell}{\partial \lambda} = \frac{1}{\lambda} – x$$ $$\frac{\partial^2 \ell}{\partial \lambda^2} = -\frac{1}{\lambda^2}$$
$$I(\lambda) = -E\left[\frac{\partial^2 \ell}{\partial \lambda^2}\right] = \frac{1}{\lambda^2}$$
$n$ 個の観測値： $$I_n(\lambda) = \frac{n}{\lambda^2}$$
💡 クラメール・ラオの下限：$\text{Var}(\hat{\lambda}) \geq \frac{\lambda^2}{n}$

解答：

最尤推定量：
$\hat{\mu} = \bar{X} = 15/10 = 1.5$

尤度関数： $$L(\mu) = \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\right)^n \exp\left\{-\frac{\sum(x_i – \mu)^2}{2}\right\}$$
尤度比： $$\Lambda = \frac{L(0)}{L(\hat{\mu})} = \exp\left\{-\frac{n\hat{\mu}^2}{2}\right\} = \exp\left\{-\frac{10 \times 1.5^2}{2}\right\} = \exp\{-11.25\} \approx 1.27 \times 10^{-5}$$
検定統計量： $$-2 \log \Lambda = -2 \times (-11.25) = 22.5$$
漸近分布：
$-2 \log \Lambda \sim \chi^2(1)$（制約数 $r = 1$）

棄却域（$\alpha = 0.05$）：
$-2 \log \Lambda > \chi^2_1(0.05) = 3.84$

判定：
$22.5 > 3.84$ より、$H_0$ を強く棄却。

別解：$Z$ 検定との関係
$$Z = \frac{\hat{\mu}}{1/\sqrt{n}} = \frac{1.5}{1/\sqrt{10}} = 4.74$$ $$Z^2 = 22.5 = -2 \log \Lambda$$ （両者は一致！）

💡 尤度比検定は多くの古典的検定の統一的理解を与える

解答：

$H_0$ の下での最尤推定：
$\mu = \mu_0$（固定）
$\hat{\sigma}_0^2 = \frac{1}{n}\sum(x_i – \mu_0)^2$

全体での最尤推定：
$\hat{\mu} = \bar{X}$
$\hat{\sigma}^2 = \frac{1}{n}\sum(x_i – \bar{X})^2$

検定統計量： $$-2(\ell_0 – \ell_1) = n \log\left(\frac{\hat{\sigma}_0^2}{\hat{\sigma}^2}\right)$$
ここで： $$\sum(x_i – \mu_0)^2 = \sum(x_i – \bar{X})^2 + n(\bar{X} – \mu_0)^2$$ より、 $$\frac{\hat{\sigma}_0^2}{\hat{\sigma}^2} = 1 + \frac{n(\bar{X} – \mu_0)^2}{\sum(x_i – \bar{X})^2} = 1 + \frac{t^2}{n-1}$$
ここで、$t = \frac{\bar{X} – \mu_0}{s/\sqrt{n}}$（$t$ 統計量）

よって： $$-2 \log \Lambda = n \log\left(1 + \frac{t^2}{n-1}\right)$$
近似関係：
$n$ が大きいとき、$\log(1 + x/n) \approx x/n$ より、 $$-2 \log \Lambda \approx t^2$$
結論：
尤度比検定は $t$ 検定と（漸近的に）等価！
正確には、$-2 \log \Lambda$ を単調変換すると $t^2$ になる。

💡 古典的な $t$ 検定は尤度比検定の一種である

解答：

検定統計量： $$Z = \frac{\bar{X}}{\sigma/\sqrt{n}} = \frac{\bar{X}}{1/\sqrt{25}} = 5\bar{X}$$
棄却域（$\alpha = 0.05$）：
$Z > z_{0.05} = 1.645$
すなわち、$\bar{X} > 1.645/5 = 0.329$

$\mu = 0.4$ のときの検出力： $$\pi(0.4) = P_{\mu=0.4}(\bar{X} > 0.329)$$
$\mu = 0.4$ のとき、$\bar{X} \sim N(0.4, 1/25)$
標準化：$Z’ = \frac{\bar{X} – 0.4}{1/5} \sim N(0, 1)$

$$\pi(0.4) = P\left(\frac{\bar{X} – 0.4}{1/5} > \frac{0.329 – 0.4}{1/5}\right) = P(Z’ > -0.355) = P(Z’ < 0.355) = \Phi(0.355) \approx 0.639$$
答え：検出力は約 63.9%

第2種の誤りの確率： $$\beta(0.4) = 1 – \pi(0.4) = 1 – 0.639 = 0.361$$ （約 36% の確率で見逃す）

💡 サンプルサイズを増やせば検出力が上がる！

解答：

設定：
$H_0: \mu = 0$ vs $H_1: \mu = 0.4$
$\alpha = 0.05$, 検出力 $\pi(0.4) \geq 0.90$

検定統計量： $$Z = \frac{\bar{X}}{1/\sqrt{n}} = \sqrt{n} \cdot \bar{X}$$
棄却域：
$Z > 1.645$、すなわち $\bar{X} > 1.645/\sqrt{n}$

検出力の条件： $$\pi(0.4) = P_{\mu=0.4}\left(\bar{X} > \frac{1.645}{\sqrt{n}}\right) \geq 0.90$$
$\mu = 0.4$ のとき：$\frac{\bar{X} – 0.4}{1/\sqrt{n}} \sim N(0, 1)$

$$\pi(0.4) = P\left(Z > 1.645 – 0.4\sqrt{n}\right) = 1 – \Phi(1.645 – 0.4\sqrt{n})$$
条件式： $$1 – \Phi(1.645 – 0.4\sqrt{n}) \geq 0.90$$ $$\Phi(1.645 – 0.4\sqrt{n}) \leq 0.10$$ $$1.645 – 0.4\sqrt{n} \leq -1.282$$ （$z_{0.10} = -1.282$ を使用）

計算： $$-0.4\sqrt{n} \leq -1.282 – 1.645 = -2.927$$ $$\sqrt{n} \geq \frac{2.927}{0.4} = 7.318$$ $$n \geq 53.55$$
答え：$n \geq 54$

検証：
$n = 54$ のとき：
$1.645 – 0.4 \times \sqrt{54} = 1.645 – 2.939 = -1.294$
$\pi(0.4) = 1 – \Phi(-1.294) = \Phi(1.294) \approx 0.902 > 0.90$ ✓

💡 検出力を上げるにはサンプルサイズを増やす必要がある