２００９年度アクチュアリー試験解説速報（数学）

あけましておめでとうございます。
本年もよろしくお願いいたします。
２００９年度アクチュアリー試験のうち数学の「解説速報」を作ってみました。
当然公式（アクチュアリー会）のものではないので、正確性等については保証するものではありませんのでご了解ください。

問題１
（１）

(2010/8/9 amar さんのご指摘（コメント欄ご参照）により係数の修正)

Ａ，Ｂ，Ｃが最初に勝つ確率をそれぞれ $a,b,c$ とすると、
$\left{ \begin{array}{l} a=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}c \\ b=\frac{2}{3} \left( \frac{1}{3}+\frac{2}{3}c \right) \\ c=\frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} \left( \frac{1}{3}+\frac{2}{3}c \right) \end{array} \right.$
上式を全部合計して、
$1=a+b+c=\left( \frac{1}{3}+\frac{2}{3}c \right) \left( 1+\frac{2}{3}+\frac{4}{9} \right)$
∴ $\frac{1}{3}+\frac{2}{3}c =\frac{9}{19}=a$ → $\fbox{1}$ の答えは（Ｉ）
また、
$b=\frac{6}{19},c=\frac{4}{19}$
さて、
Ｘ，Ｙの２人でこのゲームを繰り返し（ＸＹＸＹ…の順で）たとき、Ｘ，Ｙの勝つ確率をそれぞれ $x,y$ とすると、
$\left{ \begin{array}{l} x=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}y \\ y=\frac{2}{3} \left( \frac{1}{3}+\frac{2}{3}y \right)\end{array} \right.$
上式を全部合計して、
$1=x+y=\left( \frac{1}{3}+\frac{2}{3}y \right) \left( 1+\frac{2}{3} \right)$
∴ $x=\frac{3}{5},y=\frac{2}{5}$

Ａ→Ｃで優勝する確率は、
$x=\frac{9}{19} \cdot \frac{2}{5}=\frac{18}{95}$
Ｃ→Ａで優勝する確率は、
$x=\frac{4}{19} \cdot \frac{3}{5}=\frac{12}{95}$
Ｂが優勝する確率は、
$\frac{6}{19}$
Ｂが２番目に勝つ確率は１から上記の各確率を引いたものであり、
$1-\frac{18}{95}-\frac{12}{95}-\frac{6}{19}=\frac{7}{19}$ → $\fbox{2}$ の答えは（Ｇ）

（２）
$z=x+y,w=x$ と変数変換
このとき、
$x=w,y=z-w$
であり、
$\frac{\partial(x,y)}{\partial(z,w)}=\frac{\partial x}{\partial z}\frac{\partial y}{\partial w}-\frac{\partial x}{\partial w}\frac{\partial y}{\partial z}=-1$
また、
[tex:0*1 *2
$=E \left \{ \exp \left ( \frac{\theta_1+\theta_2}{\sqrt{2}} X+ \frac{\theta_2 - \theta_1}{\sqrt{2}} Y \right ) \right \}$
$=\phi \left ( \frac{\theta_1+\theta_2}{\sqrt{2}} , \frac{\theta_2 - \theta_1}{\sqrt{2}} \right )$
$=\exp \left \{ \frac{1}{2}\left ( \frac{\theta_1+\theta_2}{\sqrt{2}} \right)^2+ \frac{1}{2}\left ( \frac{\theta_2 - \theta_1}{\sqrt{2}} \right )^2 \right}$ *3
$=\exp \left\{ \frac{1}{2} (\theta_1 ^2 +\theta_2 ^2 ) \right \}$ → $\fbox{2}$ の答えも（Ｆ）

（４）
各 $X_i$ の分散は $\lambda ^2$ 。
∴ $Y$ の分散は $n \lambda ^2$ なので、標準偏差は $\sqrt{n} \lambda$ → $\fbox{1}$ の答えは（Ｃ）
次に、
$P \{ |Y-E(Y)| \le 0.2 E(Y) \}$
$=P \left( \frac{|Y-E(Y)|}{E(Y)} \le 0.2 \right)$
$=P \left( \frac{|Y-E(Y)|}{n \lambda} \le 0.2 \right)$
$=P \left( \frac{|Y-E(Y)|}{\sqrt{n} \lambda} \le 0.2\sqrt{n} \right)$
$=P \left( -0.2\sqrt{n} \le \frac{Y-E(Y)}{\sigma(Y)} \le 0.2\sqrt{n} \right)$

中心極限定理により $\frac{Y-E(Y)}{\sigma(Y)}$ は標準正規分布で近似できるので、
$0.2\sqrt{n} \ge u(0.05)$
これを解いて
$\sqrt{n} \ge 67.6 \to 68$ → $\fbox{2}$ の答えは（Ｉ）

（５）
各 $\exp{-x(1+y)}=\exp(-x-xy)$ の部分に着目する。
$w=x,z=xy$ ・・・（ア）
とすれば、確率密度関数が $w$ の式と $z$ の式に分解できると考えられる。

（ア）のとき、
$x=w,y=\frac{z}{w}$
なので、

であり、
$\frac{\partial(x,y)}{\partial(z,w)}=\frac{\partial x}{\partial z}\frac{\partial y}{\partial w}-\frac{\partial x}{\partial w}\frac{\partial y}{\partial z}=-\frac{1}{w}$
これより、 $(Z,W)$ の同時確率密度関数 $g(z,w)$ は、
$g(z,w)=\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(z,w)}\right| \cdot f\left(w,\frac{z}{w} \right)$
$=\frac{1}{2}w^2\exp(-w)\exp(-z)$

$Z$ と $W$ は独立で、 $Z \sim e(1)=\Gamma(1,1),W \sim \Gamma(3,1)$

$E(X)=E(W)=3$ → $\fbox{1}$ の答えは（Ｊ）
$V(X)=V(W)=3$

$E(Z)=1,V(Z)=1,E(Z^2)=2$

また、 $n=1,2$ のとき、
$E\left(\frac{1}{W^n}\right)=\frac{1}{2}\int_0^{\infty}w^{2-n}\exp(-w)dw=\frac{\Gamma(3-n)}{2}$
これより、
$E\left(\frac{1}{W}\right)=E\left(\frac{1}{W^2}\right)=\frac{1}{2}$

また、 $E(Y)=E\left(\frac{Z}{W}\right)=E(Z)E\left(\frac{1}{W}\right)=1 \cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$ → $\fbox{2}$ の答えは（Ｂ）
（ $E\left(\frac{Z}{W}\right) = \frac{E(Z)}{E(W)}$ ではないので注意）
$E(Y^2)=E\left(\frac{Z^2}{W^2}\right)=E(Z^2)E\left(\frac{1}{W^2}\right)=2 \cdot \frac{1}{2}=1$
$V(Y)=E(Y^2)-\{E(Y)\}^2=\frac{3}{4}$

$E(XY)=E(Z)=1$
$Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=1-3\cdot \frac{1}{2}=-\frac{1}{2}$
$E(Y^2)=E(Z)=1$

$\rho(X,Y)=\frac{Cov(X,Y)}{\sqrt{V(X)V(Y)}}=-\frac{1/2}{3/2}=-\frac{1}{3}$ → $\fbox{2}$ の答えは（Ｃ）

（６）
一様分布[tex:U(a,b) \, (a0)]とし $\tau^2=\sigma^2+0.06 \,(\tau>0)$ とするとき、
最初の５本の測定値 $x_i \, (i=1,2,\cdot,5)$ は、 $N(\mu,\tau^2)$ に従う。
$\sum_{i=1}^5 (x_i-\bar{x})^2=3.508$ であり、
$\frac{3.508}{\tau^2}$ は、自由度4のカイ二乗分布 $\chi^2(4)$ に従う。
∴ ${\tau^2}$ の95%信頼区間は
$\left(\frac{3.508}{\chi^2_4(0.975)},\frac{3.508}{\chi^2_4(0.025)}\right)$
$=\left(\frac{3.508}{11.1433},\frac{3.508}{0.4844}\right)$
$=(0.3148,7.2419)$ であり、
∴ $\sigma^2$ の95%信頼区間は $(0.2548,7.1819)$
100本合わせたジュースの量の分散は、 $100\sigma^2$ なので、
95%信頼区間は $(25.48,718.19)$
→ $\fbox{1}$ の答えは（Ｂ）、 $\fbox{2}$ の答えは（Ｇ）

（８）
「２×２分割表」の問題として考える。
帰無仮説 $H_0$ を「予防接種の効果がない」つまり「ＡとＢが独立」とすると、
$\frac{14n \{(5n)(4n)-(3n)(2n) \}^2}{(8n)(6n)(7n)(7n)}=\frac{7n}{6}$
が自由度1のカイ二乗分布 $\chi^2(1)$ に従う。
これが有意水準で棄却されるためには、
$\frac{7n}{6}>\chi^2_1(0.01)=6.6349$
これより、 $n>5.68\cdots$ つまり $n \ge 6$ →答えは（Ｄ）

（９）
z変換の式を $f(r)=\frac{1}{2}\log\left(\frac{1+r}{1-r}\right)$ とおく。
確率変数 $R$ を（真の）相関係数とし、
$Z=f(R)$ とすると、 $Z$ は、 $n \ge 100$ のとき近似的に
$N\left(z,\frac{1}{n-3}\right)$ （ただし、 $z=f(r)$ ）
に従う。
相関係数の95％信頼区間の下限が $0.7616=f(1.00)$ であることから、
$f(r)-u(0.025)\frac{1}{\sqrt{97}}=1.00$
$f(r)=1+\frac{1.96}{\sqrt{97}}=1.199$
$f(1.19)=0.8306$ と $f(1.20)=0.8337$ で線型補間して、
$r=0.8306*0.1+0.8337*0.9=0.8334$ →答えは（Ｄ）

（１０）
$z=\log\left(\frac{y}{1-y}\right)=\alpha+\beta x$ （ロジット変換）とおく。
$x$ と $z$ の関係は

$x$	1.2	2.2	2.7	4.5	4.9
$z$	-2.19	-1.39	0	2.19	2.19

である。
ここで、
$x'=10x,z'=100z$ とおくと、
$\frac{z'}{100}=\alpha+\beta \frac{x'}{10}$
より、
$z'=100 \alpha+(10\beta)x'$
そこで、
$\alpha '= 100\alpha, \beta'=10\beta$
として、
$z'=\alpha '+\beta' x'$
の回帰式を求める。

$x'$	12	22	27	45	49
$z'$	-219	-139	0	219	219

なので、
$\alpha ',\beta'$ の推定値 $\hat{\alpha '},\hat{\beta '}$ は、
$\left( \begin{array}{cc} 5 & \sum_{i=1}^5 x'_i \\ \sum_{i=1}^5 x'_i & \sum_{i=1}^5 x'_i^2 \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} \hat{\alpha '} \\ \hat{\beta '} \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} \sum_{i=1}^5 z'_i \\ \sum_{i=1}^5 x'_iz'_i \end{array} \right)$
つまり、
$\left( \begin{array}{cc} 5 & 155 \\ 155 & 5783 \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} \hat{\alpha '} \\ \hat{\beta '} \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} 80 \\ 14900 \end{array} \right)$
を満たす。
これを解いて、
$(\hat{\alpha '},\hat{\beta '})=(-377.7 \cdots,12.7 \cdots)$
∴、
$(\hat{\alpha},\hat{\beta})=\left(\frac{\hat{\alpha'}}{100},\frac{\hat{\beta '}}{10}\right)=(-3.8,1.3)$
→ $\fbox{1}$ の答えは（Ｂ）、 $\fbox{2}$ の答えは（Ｉ）

（１１）
$\fbox{1}$ は、Ｃにいる虫が１分後にＢにいる確率なので
$\frac{1}{7}$ →（Ｂ）
$\fbox{2}$ は、Ｄにいる虫が１分後にＣにいる確率なので
$\frac{1}{7}$ →（Ｂ）
後半はヒントと無関係に解くことが可能。
Ｃにいる虫が最終的にＡに行く確率を $p$ 、Ｄにいる虫が最終的にＡに行く確率を $q$ とする。
Ｃにいる虫が１分後にＡ，Ｂ，Ｃ，Ｄに行ったとき、最終的にＡに行く確率はそれぞれ $1,0,p,q$ なので、
$p=\frac{2}{7}*1+\frac{2}{7}*0+\frac{3}{7}*p+\frac{1}{7}*q=\frac{2+3p+q}{7}$ ・・・（ア）
同様にすると、
$q=\frac{1+p+4q}{7}$ ・・・（イ）
（ア）（イ）の連立方程式をといて、
$p=\frac{7}{11},q=\frac{6}{11}$
さて、最初にＣ，Ｄに虫を入れる確率は $\frac{1}{2}$ ずつと考えられるので、
求める確率は、ベイズの定理により、
$\frac{p/2}{p/2+q/2}=\frac{7}{13}$ → $\fbox{3}$ の答えは（Ｅ）

（１２）
$Z=|X|$ の確率密度関数 $f(z) \, (z>0)$ は、
$f(z)=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\exp \left( -\frac{z^2}{2} \right)$
（ $X$ の確率密度関数の $x>0$ の部分を２倍）
また、
$Y$ の確率密度関数 $g(y) \, (y>0)$ は、
$g(y)=\exp(-y)$
さて、
$\log\frac{f(y)}{g(y)}=-\frac{y^2}{2} +y+\frac{\log 2 -\log \pi}{2}$
$\log\frac{f(y)}{g(y)}=-\frac{(y-1)^2}{2}+\frac{\log 2 -\log \pi+1}{2}$
ここで、
$c=\sqrt{\frac{2e}{\pi}}$
とおくとき、
$h(y)=\log\frac{f(y)}{cg(y)}=-\frac{(y-1)^2}{2} \le 0$
つまり
$\frac{f(y)}{cg(y)} \le 1$
となる。
[tex:log(U)

$Y$	1.7	0.2	0.5	2.0	2.8
$h(Y)$	-0.245	-0.32	-0.125	-0.5	-1.62
$U$	0.8	0.4	0.1	0.6	0.2
$\log(U)$	-0.22	-0.92	-2.30	-0.51	-1.61
判定	×	○	○	○	×

したがって、採択されるのは、0.2,0.5,2.0の３つであるのでその平均は　
$\frac{0.2+0.5+2.0}{3}=0.9$ →答えは（Ｃ）

問題２
（１）
$q_k=P(X_2 >k)$ （初めて２回続けて表の出るのは $k$ 回目の次の回以降）→ $\fbox{1}$ の答えは（Ｃ）
次に
事象I：１回目に裏が出て、残りの $(k-1)$ 回目のうちに２回続けては表が出ない（１回目表だと２回目に表が出る残り全部裏でも条件を満たさない）→ $\fbox{2}$ の答えは（Ｂ）
事象II：上記の排反事象なので１回目は表→ $\fbox{3}$ の答えは（Ａ）
２回目表だと条件を満たさないので２回目は裏→ $\fbox{4}$ の答えは（Ｂ）
これらより、
$q_k=(1-p)q_{k-1}+p(1-p)q_{k-2}$
→ $\fbox{5}$ の答えは（Ｂ）、 $\fbox{6}$ の答えは（Ｄ）
$p=\frac{2}{3}$ のとき、
$q_k=\frac{1}{3}q_{k-1}+\frac{2}{9}q_{k-2}$
これの特性方程式は、
$t^2=\frac{1}{3}t+\frac{2}{9}$
であり、これを解くと、
$t=\frac{2}{3},-\frac{1}{3}$
したがって、
$q_k=\alpha\left(\frac{2}{3}\right)^k+\beta\left(\frac{-1}{3}\right)^k$
の形をしているはずである。
選択肢の中でこれを満たすのは、（Ｃ）のみ。→ $\fbox{7}$ の答えは（Ｃ）

（２）
$r_k$ は
事象I：１回目に裏が出て、残りの $(k-1)$ 回目のうちに３回続けては表が出ない
事象II：１回目に表、２回目に裏が出て、残りの $(k-2)$ 回目のうちに３回続けては表が出ない
事象III：１回目に表、２回目に表、３回目に裏が出て、残りの $(k-3)$ 回目のうちに３回続けては表が出ない
の排反な３事象の和なので、
$r_k=(1-p)r_{k-1}+p(1-p)r_{k-2}+p^2(1-p)r_{k-3}$ ・・・（ア）
→ $\fbox{8}$ の答えは（Ｂ）、 $\fbox{9}$ の答えは（Ｄ）、 $\fbox{10}$ の答えは（Ｇ）

さて、
$a_k=P(X \ge k)$ とおくとき
$E(X_3)=\sum_{j=1}^{\infty} a_j$
が成り立つ。
（証明は、
http://d.hatena.ne.jp/actuary_math/20081211
の後半参照）
$r_k=a_{k+1}$ なので、
$E(X_3)=\sum_{j=1}^{\infty} a_j$
$=\sum_{k=0}^{\infty} r_k$
$=3+\sum_{k=3}^{\infty} r_k$
（∵ $r_0=r_1=r_2=1$ ）
→ $\fbox{11}$ の答えは（Ｇ）

ここで、（ア）に $p=\frac{1}{3}$ を代入すると、
$r_k=\frac{2}{3}r_{k-1}+\frac{2}{9}r_{k-2}+\frac{2}{27}r_{k-3}$ ・・・（イ）
となる。
$R=\sum_{k=3}^{\infty} r_k$
とおき、（イ）を $k=3 \sim \infty$ までたすと、
$R=\frac{2}{3}(R+1)+\frac{2}{9}(R+2)+\frac{2}{27}(R+3)$
となる。（∵ $r_0=r_1=r_2=1$ ）
これを解いて、
$R=36$
∴ $E(X_3)=3+R=39$
→ $\fbox{12}$ の答えは（Ｅ）

なお、最後の平均値だけ得るのであれば次のような方法も考えられる。
Ａ：直前が表でない（初期状態を含む）
Ｂ：直前１回だけ表
Ｃ：直前２回が表
という状態とし、 $a,b,c$ をそれぞれA,B,Cから３回連続で表が出るまでの回数の平均値とする。
Ａの状態から１回硬貨を投げ、表（確率1/3）が出ればＢの状態になるが、裏（確率2/3）であればＡの状態のまま
したがって
$a=1+\frac{1}{3}b+\frac{2}{3}a$
以下、Ｂ・Ｃの状態からも式を立てると、
$b=1+\frac{1}{3}c+\frac{2}{3}a$
$c=1+\frac{2}{3}a$
これらを連立させてとくと、
$a=39$ となりこれが求める答えとなる。

問題３
（１）
$\ell(\mu_x,\mu_y,\sigma^2)$
$=\left(\frac{1}{2\pi\sigma^2}\right)^{(n_x+n_y)/2} \exp\left[ -\frac{1}{2\sigma^2} \left{ \sum_{i=1}^{n_x}(x_i-\mu_x)^2+\sum_{i=1}^{n_y}(y_i-\mu_y)^2\right}\right]$
（ $\fbox{1}$ の指数で $\frac{n_x+n_y}{2}$ と分母に2があるので括弧の中身を $\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}$ としないように注意）
→ $\fbox{1}$ の答えは（Ｂ）、 $\fbox{2}$ の答えは（Ａ）、 $\fbox{3}$ の答えは（Ｂ）

$\log \ell(\mu,\mu,\sigma^2)$
$=-\frac{1}{2\sigma^2} \left{ \sum_{i=1}^{n_x}(x_i-\mu)^2+\sum_{i=1}^{n_y}(y_i-\mu)^2\right}-(n_x+n_y)\log \sigma+const$
$\frac{\partial(\log \ell\)}{\partial \mu}=-\frac{1}{\sigma^2} \left{ \sum_{i=1}^{n_x}(x_i-\mu)+\sum_{i=1}^{n_y}(y_i-\mu)\right}$
$\frac{\partial(\log \ell\)}{\partial \sigma}=\frac{1}{\sigma^3} \left{ \sum_{i=1}^{n_x}(x_i-\mu)^2+\sum_{i=1}^{n_y}(y_i-\mu)^2\right}-\frac{n_x+n_y}{\sigma}$
これらを共に0にする $\hat{\mu},\hat{\sigma}^2$ は、
$\hat{\mu}=\frac{\sum_{i=1}^{n_x}x_i +\sum_{i=1}^{n_y}y_i }{n_x+n_y}=\frac{n_x \bar{x} +n_y\bar{y} }{n_x+n_y}$
$\hat{\sigma}^2=\frac{1}{n_x+n_y} \left\{ \sum_{i=1}^{n_x}\left (x_i-\frac{n_x \bar{x} +n_y\bar{y} }{n_x+n_y}\right)^2+\sum_{i=1}^{n_y}\left(y_i-\frac{n_x \bar{x} +n_y\bar{y} }{n_x+n_y}\right)^2\right\}$

→ $\fbox{4}$ の答えは（Ｇ）、 $\fbox{5}$ の答えも（Ｇ）

同様に考えると、
$\tilde{\mu_x}=\bar{x},\tilde{\mu_y}=\bar{y}$
$\tilde{\sigma}^2=\frac{1}{n_x+n_y} \left\{ \sum_{i=1}^{n_x}(x_i-\bar{x})^2+\sum_{i=1}^{n_y}(y_i-\bar{y})^2\right\}$

→ $\fbox{6}$ の答えは（Ａ）、 $\fbox{7}$ の答えは（Ｂ）、 $\fbox{8}$ の答えは（Ａ）、 $\fbox{9}$ の答えは（Ｂ）

（２）
棄却域が
$R_x=\{\cdots,\lambda \le k\}$
なので、分子の確率が小さく、分母の確率が大きいときに棄却される。
つまり、分子に帰無仮説の尤度関数が、分母に対立仮説の尤度関数が入る。
∴ $\lambda=\frac{\ell(\hat{\mu},\hat{\mu},\hat{\sigma}^2)}{\ell(\tilde{\mu_x},\tilde{\mu_y},\tilde{\sigma}^2)}$
→ $\fbox{10}$ の答えは（Ｈ）、 $\fbox{11}$ の答えは（Ｄ）
$\fbox{10}=\left(\frac{1}{2\pi\hat{\sigma}^2}\right)^{(n_x+n_y)/2} \exp\left[ -\frac{1}{2\hat{\sigma}^2} \left{ \sum_{i=1}^{n_x}(x_i-\hat{\mu})^2+\sum_{i=1}^{n_y}(y_i-\hat{\mu})^2\right}\right]$
$=\left(\frac{1}{2\pi\hat{\sigma}^2}\right)^{(n_x+n_y)/2} \exp\left\( -\frac{n_x+n_y}{2} \right)$
→ $\fbox{12}$ の答えは（Ｅ）、 $\fbox{13}$ の答えは（Ｄ）
同様に
$\fbox{11}=\left(\frac{1}{2\pi\tilde{\sigma}^2}\right)^{(n_x+n_y)/2} \exp\left\( -\frac{n_x+n_y}{2} \right)$
∴
$\lambda=\left(\frac{\tilde{\sigma}^2}{\hat{\sigma}^2}\right)^{(n_x+n_y)/2}$
$=\left[\frac{\sum_{i=1}^{n_x}(x_i-\bar{x})^2+\sum_{i=1}^{n_y}(y_i-\bar{y})^2}{\sum_{i=1}^{n_x}\{x_i-(n_x \bar{x}+n_y \bar{y} )/(n_x+n_y)\}^2+\sum_{i=1}^{n_y}\{y_i-(n_x \bar{x}+n_y \bar{y} )/(n_x+n_y)\}^2}\right]^{\frac{n_x+n_y}{2}}$
→ $\fbox{14}$ の答えは（Ａ）、 $\fbox{15}$ の答えは（Ｂ）、 $\fbox{16}$ の答えは（Ｊ）、 $\fbox{17}$ の答えは（Ｊ）
さて、
$\sum_{i=1}^{n_x}\left(x_i-\frac{n_x \bar{x}+n_y \bar{y}}{n_x+n_y}\right)^2$
$=\sum_{i=1}^{n_x}\left(x_i-\bar{x}+\frac{n_y (\bar{x}-\bar{y})}{n_x+n_y}\right)^2$
$=\sum_{i=1}^{n_x}(x_i-\bar{x})^2+\frac{2 n_y (\bar{x}-\bar{y})}{n_x+n_y}\sum_{i=1}^{n_x}(x_i-\bar{x})+n_x\left\{\frac{n_y (\bar{x}-\bar{y})}{n_x+n_y}\right\}^2$
$=\sum_{i=1}^{n_x}(x_i-\bar{x})^2+n_x\left\{\frac{n_y (\bar{x}-\bar{y})}{n_x+n_y}\right\}^2$
（第２項は=0）
→ $\fbox{18}$ の答えは（Ｈ）
同様に
$\sum_{i=1}^{n_y}\left(y_i-\frac{n_x \bar{x}+n_y \bar{y}}{n_x+n_y}\right)^2$
$=\sum_{i=1}^{n_y}(y_i-\bar{y})^2+n_y\left\{\frac{n_x (\bar{x}-\bar{y})}{n_x+n_y}\right\}^2$
ここで、
$n_x\left\{\frac{n_y (\bar{x}-\bar{y})}{n_x+n_y}\right\}^2+n_y\left\{\frac{n_x (\bar{x}-\bar{y})}{n_x+n_y}\right\}^2$
$=\frac{n_x n_y}{n_x+n_y}(\bar{x}-\bar{y})^2$
であることから、
$t^2=(n_x+n_y-2)\frac{n_x n_y}{n_x+n_y}(\bar{x}-\bar{y})^2 \cdot \frac{1}{n_xs_x^2+n_ys_y^2}$
∴ $\frac{(\bar{x}-\bar{y})^2 }{t^2}$
$=\frac{(n_x+n_y)(n_xs_x^2+n_ys_y^2)}{n_x n_y(n_x+n_y-2)}$
$=\frac{(n_xs_x^2+n_ys_y^2)}{n_x+n_y-2}\cdot\left(\frac{1}{n_x}+\frac{1}{n_y}\right)$
→ $\fbox{19}$ の答えは（Ｃ）

Ｔの分布は自由度 $\phi=n_x+n_y-2$ のt分布
→ $\fbox{20}$ の答えは（Ｄ）

以上

*1:2010/4/26 $=E \left \{ \exp \left ( \frac{X-Y}{\sqrt{2}}\theta_1 +\frac{X-Y}{\sqrt{2}}\theta_2 \right ) \right \}$ から修正

*2:2010/5/8 $=E \left \{ \exp \left ( \frac{X+Y}{\sqrt{2}}\theta_1 +\frac{X-Y}{\sqrt{2}}\theta_2 \right ) \right \}$ から修正

*3:2010/4/26 $=\exp \left \{ \left ( \frac{\theta_1+\theta_2}{\sqrt{2}} \right)^2+ \left ( \frac{\theta_2 - \theta_1}{\sqrt{2}} \right )^2 \right}$ から修正