この章のまとめと試験での出方

(1) $(X_i-\mu_0)/\sigma$ は独立にそれぞれ $\mathrm{N}(0,1)$ に従うので、(11.9) から $n\tilde\sigma^2/\sigma^2=\sum(X_i-\mu_0)^2/\sigma^2\sim\chi^2_n$ である。定理 11.6 から $E[n\tilde\sigma^2/\sigma^2]=n$、$V[n\tilde\sigma^2/\sigma^2]=2n$ なので、

$$E[\tilde\sigma^2]=\frac{\sigma^2}n\cdot n=\sigma^2,\qquad V[\tilde\sigma^2]=\frac{\sigma^4}{n^2}\cdot2n=\frac{2\sigma^4}n.$$

$\mu_0$ が既知なので $n$ で割っても不偏になる。$\bar X$ を使う不偏分散の分散 $2\sigma^4/(n-1)$（(11.13)）より少し小さいのは、自由度が1つ多いからである。

(2) (11.16) で自由度 $25$ とすると

$$\left[\frac{6.25}{40.646},\ \frac{6.25}{13.120}\right]=[\,0.15376,\ 0.47638\,]$$

が $\sigma^2$ の区間で、平方根をとって $\sigma$ の区間は $[\,0.3921,\ 0.6902\,]$ mm である。

(3) $Z=(X-\mu_0)/\sigma\sim\mathrm{N}(0,1)$ と標準化すると、

$$p=P(\lvert X-\mu_0\rvert >1.0)=P\Bigl(\lvert Z\rvert >\frac1\sigma\Bigr)=2\Bigl\{1-\Phi\Bigl(\frac1\sigma\Bigr)\Bigr\}$$

である。$\sigma$ が増えると $1/\sigma$ が減り、$\Phi$ は増加関数なので $\Phi(1/\sigma)$ が減って $p$ は増える。よって $p$ は $\sigma$ の増加関数である。点推定は $\tilde\sigma=\sqrt{6.25/25}=0.5$ で $1/\sigma=2$ なので $p=2\{1-\Phi(2)\}=2\times0.02275=0.0455$ である。増加関数なので、$0.3921\le\sigma\le0.6902$ と $p(0.3921)\le p\le p(0.6902)$ は同値で、同じ確率 $0.95$ で成り立つ。$1/0.3921=2.550$、$1/0.6902=1.449$ から

$$p(0.3921)=2\{1-\Phi(2.550)\}=0.0108,\qquad p(0.6902)=2\{1-\Phi(1.449)\}=0.1474$$

で、$p$ の95% 信頼区間は $[\,0.0108,\ 0.1474\,]$ である。

(4) 規格外の個数は $\mathrm{Bin}(n,p)$ に従う。(11.5) で $p^*=0.0455$、$d=0.02$ とすると

$$n\ge\Bigl(\frac{1.960}{0.02}\Bigr)^2\times0.0455\times0.9545=9604\times0.043430=417.1$$

なので $418$ 個が必要である。しかも25個を数えるだけでは規格外は1個前後しか見つからず、$n\hat p\ge5$ の目安を満たさないので、正規近似の区間はそもそも使うことができない。寸法の測定値は、規格外かどうかの2値よりも多くの情報を持っている。正規分布という形の仮定を置けば、25個の測定から $\sigma$ を通して $p$ を推定でき、数える方法なら数百個を要する精度の見当が得られる。ただしこの利点は、寸法が正規分布に従うという仮定が正しいときに限られる。§11.6 で見たように、$\chi^2$ による区間は正規性が崩れると信頼係数を保たない。