過去問題
過去問題は統計検定公式問題集が問題と解答例を公開しています。こちらを参照してください。
- 統計検定2級（2021.06）【問題】（統計検定公式）＜※期間限定＞
- 統計検定2級（2021.06）【正解】（統計検定公式）
問13 解答
（推定量）
$\boxed{ \ \mathsf{17}\ }$ ①
Ⅰ．母集団の特徴づける定数のことを母数というが、母集団から測定された標本データをもとに、確率分布の（現実には測定できない）母数を推定した数量を推定量という。推定量は標本データの関数として表されるが、確率変数の関数は確率変数なので、推定量は確率変数となる。
Ⅱ．推定量$\hat\theta_n$(推定量の標本分布が標本数$n$によって変化するものとする)が母数$\theta$に確率収束している場合、$\hat\theta$を一致推定量という。
Ⅲ．推定量$\hat\theta$の期待値が常に母数$\theta$に等しくなる場合、$\hat\theta$を不偏推定量という。例えば母分散の推定量である標本分散は一致推定量であるが不偏推定量ではない。
問14 解答
（推定量の期待値、分散）
[1]
$\boxed{ \ \mathsf{18}\ }$ ⑤
$E[\hat\theta]=\theta$となる場合、$\hat\theta$は不偏推定量という。
$$\begin{align}
E[\hat\mu_1]&=E\left[\frac1n\sum_{i=1}^nX_i\right]=\frac1n\sum_{i=1}^nE[X_i]=\frac1n\times n\mu=\mu\\
E[\hat\mu_2]&=E\left[\frac12(X_1+X_2)\right]=\frac12(E[X_1]+E[X_2])=\frac12(\mu+\mu)=\mu\\
E[\hat\mu_3]&=E[X_1]=\mu\\
E[\hat\mu_4]&=E\left[\frac2{n(n+1)}\sum_{i=1}^niX_i\right]=\frac2{n(n+1)}\sum_{i=1}^niE[X_i]=\frac2{n(n+1)}\sum_{i=1}^ni\mu\\&=\frac2{n(n+1)}\times\frac{n(n+1)}{2}\times\mu=\mu
\end{align}$$
[2]
$\boxed{ \ \mathsf{19}\ }$ ①
$$\begin{align}
V[\hat\mu_1]&=V\left[\frac1n\sum_{i=1}^nX_i\right]=\frac1{n^2}\sum_{i=1}^nV[X_i]=\frac1{n^2}\times n\sigma^2=\frac1n\sigma^2\\
V[\hat\mu_2]&=V\left[\frac12(X_1+X_2)\right]=\frac14(V[X_1]+V[X_2])=\frac14(\sigma^2+\sigma^2)=\frac12\sigma^2\\
V[\hat\mu_3]&=V[X_1]=\sigma^2\\
V[\hat\mu_4]&=V\left[\frac2{n(n+1)}\sum_{i=1}^niX_i\right]=\frac4{n^2(n+1)^2}\sum_{i=1}^ni^2V[X_i]=\frac4{n^2(n+1)^2}\sum_{i=1}^ni^2\sigma^2\\&=\frac4{n^2(n+1)^2}\times\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\times\sigma^2=\frac{2(2n+1)}{3n(n+1)}\sigma^2
\end{align}$$
ここで、$n\gt3$なので、$\displaystyle \frac1n\lt\frac12\lt1$
また、$\displaystyle \frac1n=\frac{3(n+1)}{3n(n+1)}<\frac{2(2n+1)}{3n(n+1)}$となることから$V[\hat\mu_1]$が最小となる。
問15 解答
（正規母集団の区間推定とサンプルサイズ）
[1]
$\boxed{ \ \mathsf{20}\ }$ ④
正規母集団から抽出した標本の標本平均は$\bar{X}\sim N(\mu,\sigma^2/n)$なので，$\begin{align}\frac{\bar{X}-\mu}{\sqrt{\sigma^2/n}}\end{align}$は標準正規分布に従う。よって「標準正規分布の上側確率」の表から
$$P\left(|\bar{X}-\mu|\le1.96{\sqrt{\sigma^2/n}}\right)=0.95$$
したがって、真の$\mu$が含まれる確率が$95\%$となる区間（$\mu$の$95\%$信頼区間）は以下の通りとなる。
$$\begin{align}
\bar{X}-1.96\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\le&\mu\le\bar{X}+1.96\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\\
5.25-1.96\times\frac{12}{\sqrt{100}}\le&\mu\le5.25+1.96\times\frac{12}{\sqrt{100}}\\
2.90\le&\mu\le7.60
\end{align}$$
[2]
$\boxed{ \ \mathsf{21}\ }$ ③
[1]から$\mu$の$95\%$信頼区間の幅は$\displaystyle\ 2\times1.96\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$。これを$4$以下にしたいので、
$$2\times1.96\times\frac{12}{\sqrt{n}}\le4\ \Rightarrow\ n\ge\left(\frac{2\times1.96\times12}{4}\right)^2=138.3$$
問16 解答
（単回帰モデル、最小二乗法）
[1]
$\boxed{ \ \mathsf{22}\ }$ ①
最小二乗法は実際の値$y_i$と回帰式によって予測された値$\hat{y}_i$との差（残差）の二乗和を最小にするように回帰係数を求める手法である。残差の二乗和（残差平方和）は
$$S=\sum_{i=1}^n(y_i-\hat{y}_i)^2=\sum_{i=1}^n(y_i-\hat\beta x_i)^2=\sum_{i=1}^n(y_i^2-2\hat\beta x_iy_i+\hat\beta^2x_i^2)$$
$S$を最小とする$\hat\beta$を求めるために、$\hat\beta$で偏微分し$0$に等しいとすると、
$$\begin{eqnarray}
\frac{\partial S}{\partial\hat\beta}=\sum_{i=1}^n(-2x_iy_i+2\hat\beta x_i^2)=0\\
\hat\beta\sum_{i=1}^nx_i^2=\sum_{i=1}^nx_iy_i\\
\therefore\ \hat\beta=\frac{\sum_{i=1}^nx_iy_i}{\sum_{i=1}^nx_i^2}
\end{eqnarray}$$
[2]
$\boxed{ \ \mathsf{23}\ }$ ②
Ⅰ．[1]の結果から、一般的に
$$\hat\beta=\frac{\sum_{i=1}^nx_iy_i}{\sum_{i=1}^nx_i^2}\neq\frac{\sum_{i=1}^ny_i}{\sum_{i=1}^nx_i}$$
であるから、
$$\begin{eqnarray}
\hat\beta\sum_{i=1}^nx_i&\neq&\sum_{i=1}^ny_i\\
\sum_{i=1}^ny_i-\hat\beta\sum_{i=1}^nx_i&\neq&0\\
\sum_{i=1}^n\hat u_i&\neq&0
\end{eqnarray}$$
Ⅱ．[1]から
$$\begin{eqnarray}
\hat\beta\sum_{i=1}^nx_i^2=\sum_{i=1}^nx_iy_i\\
\sum_{i=1}^nx_i(y_i-\hat\beta x_i)=0\\
\sum_{i=1}^nx_i(y_i-\hat y_i)=0\\
\sum_{i=1}^nx_i\hat u_i=0
\end{eqnarray}$$
Ⅲ．[1]の結果から、一般的に
$$\hat\beta=\frac{\sum_{i=1}^nx_iy_i}{\sum_{i=1}^nx_i^2}\neq\frac{\sum_{i=1}^ny_i}{\sum_{i=1}^nx_i}$$
であるから、
$$\begin{eqnarray}
\frac1n\hat\beta\sum_{i=1}^nx_i&\neq&\frac1n\sum_{i=1}^ny_i\\
\frac1n\sum_{i=1}^n\hat\beta x_i&\neq&\bar{y}\\
\frac1n\sum_{i=1}^n\hat y_i&\neq&\bar{y}
\end{eqnarray}$$
Ⅳ．Ⅲ．と同じく
$$\begin{eqnarray}
\frac1n\hat\beta\sum_{i=1}^nx_i&\neq&\frac1n\sum_{i=1}^ny_i\\
\hat\beta\bar{x}&\neq&\bar{y}
\end{eqnarray}$$
※定数項を含む単回帰モデル$$y_i=\alpha+\beta x_i+u_i$$の場合、残差平方和は
$$S=\sum_{i=1}^n(y_i-\hat{y}_i)^2=\sum_{i=1}^n(y_i-\hat\alpha-\hat\beta x_i)^2$$
$S$を最小とする$\hat\beta$を求めるために、$\hat\alpha,\hat\beta$で偏微分し$0$に等しいとすると、
$$
\sum_{i=1}^n(y_i^2-2\hat\alpha y_i-2\hat\beta x_iy_i+\hat\alpha^2+2\hat\alpha\hat\beta x_i+\hat\beta^2 x_i^2)
$$
$$\begin{eqnarray}
\frac{\partial S}{\partial\hat\alpha}=\sum_{i=1}^n(-2y_i+2\hat\alpha+2\hat\beta x_i)&=&0\\
n\hat\alpha+\hat\beta\sum_{i=1}^nx_i&=&\sum_{i=1}^ny_i&\cdots(A)\\
\frac{\partial S}{\partial\hat\beta}=\sum_{i=1}^n(-2x_iy_i+2\hat\alpha x_i+2\hat\beta x_i^2)&=&0\\
\hat\alpha\sum_{i=1}^nx_i+\hat\beta\sum_{i=1}^nx_i^2&=&\sum_{i=1}^nx_iy_i&\cdots(B)
\end{eqnarray}$$
$(A)$から
$$\hat\alpha=\frac1n\sum_{i=1}^ny_i-\frac1n\hat\beta\sum_{i=1}^nx_i=\bar{y}-\hat\beta\bar{x}$$
$(B)$から
$$\begin{eqnarray}
(\bar{y}-\hat\beta\bar{x})n\bar{x}+\hat\beta\sum_{i=1}^nx_i^2=\sum_{i=1}^nx_iy_i\\
\hat\beta(\sum_{i=1}^nx_i^2-n\bar{x}^2)=\sum_{i=1}^nx_iy_i-n\bar{x}\bar{y}\\
\hat\beta=\frac{\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})}{\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2}\\
\end{eqnarray}$$
さらに、(A)から
$$\begin{eqnarray}
\sum_{i=1}^ny_i-n\hat\alpha-\hat\beta\sum_{i=1}^nx_i&=&0\\
\sum_{i=1}^n(y_i-\hat\alpha-\hat\beta x_i)&=&0\\
\sum_{i=1}^n(y_i-\hat y_i)&=&0\\
\sum_{i=1}^n\hat u_i&=&0
\end{eqnarray}$$
また
$$\begin{eqnarray}
\bar y=\frac1n\sum_{i=1}^ny_i=\frac1n\sum_{i=1}^n(\hat\alpha+\hat\beta x_i)=\frac1n\sum_{i=1}^n\hat y\\
\bar y=\frac1n\sum_{i=1}^ny_i=\hat\alpha+\frac1n\hat\beta\sum_{i=1}^n x_i=\hat\alpha+\hat\beta\bar x
\end{eqnarray}$$
$(B)$から
$$\begin{eqnarray}
\sum_{i=1}^nx_iy_i-\hat\alpha\sum_{i=1}^nx_i-\hat\beta\sum_{i=1}^nx_i^2&=&0\\
\sum_{i=1}^nx_i(y_i-\hat\alpha-\hat\beta x_i)&=&0\\
\sum_{i=1}^nx_i(y_i-\hat y_i)&=&0\\
\sum_{i=1}^nx_i\hat u_i&=&0
\end{eqnarray}$$
[2]のⅠ．Ⅲ．Ⅳ．に相当する関係はいずれも$(A)$の式から導き出されるもので、定数項を含まないモデルでは$(A)$に相当する条件がなく、Ⅰ．Ⅲ．Ⅳ．の関係は成り立たない。
問17 解答
（母比率の区間推定）
[1]
$\boxed{ \ \mathsf{24}\ }$ ②
成功確率$p$の試行を$n$回行うときに成功する回数$X$は二項分布$B(n,p)$に従う。
$\therefore\ \ E(X)=np,\ V(X)=np(1-p)$
このとき，$n$がある程度大きいときは，中心極限定理によって，$B(n,p)$は正規分布$N(np,np(1-p))$に近似できる。よって，$X$を標準化すると標準正規分布$N(0,1)$に従う。$$Z=\frac{X-np}{\sqrt{np(1-p)}}=\frac{X/n-p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}n}}\sim N(0,1)$$ここで，標本平均 $\hat p=x/n$は$p$の一致推定量なので，$n$が十分大きいとき$p$は$\hat p$に置き換えられる。
したがって，母比率の$100(1-\alpha)\%$信頼区間は，標準正規分布の上側 $100\alpha/2\%$ 点を $z_{\alpha/2}$とすると，$$P\left(\hat p-z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}n}\le p\le\hat p+z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}n}\right)=1-\alpha$$
$500$ 回画びょうを投げて $284$ 回表が出たので，比率の推定値は $\hat p=284/500=0.568$
これから，表が出る確率の$95\%$信頼区間は，$n=500$，$\hat p=0.568$，$\alpha=0.05$として$$\begin{align}\hat p\pm z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}n}=&0.568\pm1.96\times\sqrt{\frac{0.568\times(1-0.568)}{500}}\\=&0.568\pm0.043\\=&[0.525,0.611]\end{align}$$
[2]
$\boxed{ \ \mathsf{25}\ }$ ①
・確率 $p=1/2$ の試行を $n=8$ 回行って成功する回数の分布なので，二項分布 $B(n,p)=B(8,1/2)$ に従う。$$\begin{align}P(X=4)=&{}_8\mathrm{C}_4\times(1/2)^4\times(1-1/2)^{8-4}\\=&\frac{8\times7\times6\times5}{4\times3\times2\times1}\times(1/2)^4\times(1/2)^4=0.273\end{align}$$
・帰無仮説$H_0:p=1/2$、対立仮説$H_1:p\gt1/2$として、$X\ge c_1$のとき$H_0$を棄却する検定は、片側検定となるので、$X=7$のときの$P_-$値は
$$P(X\ge7|H_0)=P(X=7)+P(X=8)=0.031+0.004=0.035$$
・帰無仮説$H_0:p=1/2$、対立仮説$H_1:p\neq1/2$として、$|X-4|\ge c_2$のとき$H_0$を棄却する検定は、両側検定となり確率分布が対称であるので、実現値が$X=7$のときの$P_-$値は
$$\begin{align}P(|X-4|\ge3|H_0)=&P(X=0)+P(X=1)+P(X=7)+P(X=8)\\=&0.004+0.0031+0.031+0.004=0.070\end{align}$$
問18 解答
（母平均の差の検定（分散未知であるが等分散））
$\boxed{ \ \mathsf{26}\ }$ ②
（ア）正規母集団$N(\mu_1,\sigma^2)$から抽出した標本平均$\bar{X}=\frac1m\sum_{i=1}^mX_i$は$N(\mu_1,\sigma^2/m)$に従い、正規母集団$N(\mu_2,\sigma^2)$から抽出した標本平均$\bar{Y}=\frac1n\sum_{i=1}^nY_i$は$N(\mu_2,\sigma^2/n)$に従う。
したがって、正規分布の再生性から、標本平均の差$\bar{X}-\bar{Y}$は$N(\mu_1-\mu_2,\sigma^2/m+\sigma^2/n)$に従う。その結果、$\bar{X}-\bar{Y}$を標準化して$$A=\frac{\bar{X}-\bar{Y}-(\mu_1-\mu_2)}{\sqrt{\frac{\sigma^2}{m}+\frac{\sigma^2}{n}}}\sim N(0,1)$$となる。
（イ）群$1,2$について$$\begin{eqnarray}
\sum_{i=1}^m\frac{(X_i-\bar{X})^2}{\sigma^2}=\frac{(m-1)U_X^2}{\sigma^2}\sim \chi^2(m-1)\\
\sum_{i=1}^n\frac{(Y_i-\bar{Y})^2}{\sigma^2}=\frac{(n-1)U_Y^2}{\sigma^2}\sim \chi^2(n-1)
\end{eqnarray}$$したがって、$\chi^2$分布の再生性から、$$B=\frac{(m-1)U_X^2+(n-1)U_Y^2}{\sigma^2}\sim \chi^2(m+n-2)$$となる。
（ウ）独立な$2$つの確率変数$Z\sim N(0,1)$と$W\sim\chi^2(m)$があるとき、$$\frac{Z}{\sqrt{W/m}}$$は自由度$m$の$t$分布に従う。よって、（ア）と（イ）から$$T=\frac{A}{\sqrt{\frac{B}{m+n-2}}}$$は自由度$m+n-2$の$t$分布に従う。
問19 解答
（独立性の検定）
独立性の検定は，２つの属性$A,B$が独立かどうかの検定。
属性$A$のカテゴリが$A_i$，属性$B$のカテゴリが$B_j$の観測度数を$f_{ij}=O_{ij}$とし，
$f_{i\cdot}=\sum_jf{ij}$を$i$行の度数合計（行和），
$f_{\cdot j}=\sum_if{ij}$を$j$列の度数合計（列和），
$f_{\cdot\cdot}=\sum_i\sum_jf_{ij}=\sum_if_{i\cdot}=\sum_jf_{\cdot j}=n$を全度数合計という。
属性$A,B$が独立という帰無仮説は，$H_0:P(A\cap B)=P(A)P(B)$が成り立つことである。
ここで，カテゴリ$A_i,B_j$の出現確率はそれぞれ$f_{i\cdot}/n,f_{\cdot j}/n$であるので，$H_0$のもとで，属性$A$のカテゴリが$A_i$，属性$B$のカテゴリが$B_j$の期待度数は$$E_{ij}=n(f_{i\cdot}/n)(f_{\cdot j}/n)=f_{i\cdot}f_{\cdot j}/n$$となる。
帰無仮説$H_0$の下で，次検定の統計量$\chi^2$は度数が大きいときに近似的に$\chi^2$分布に従う。行和と列和が固定されていることから自由度は$(r$(行の数)$-1)\times(c$(列の数)$-1)$となる。$$\chi^2=\sum_{i=1}^r\sum_{j=1}^c\frac{(O_{ij}-E_{ij})^2}{E_{ij}}\sim\chi^2((r-1)(c-1))$$有意水準$100\alpha\%$で帰無仮説が棄却されるには，$\chi^2$分布の上側$\alpha$点より上で求めた$\chi^2$統計量が大きくなればよい。
$\boxed{ \ \mathsf{27}\ }$ ③
期待度数は
喫煙歴あり・心筋梗塞あり $10\times15/20=7.5$
喫煙歴あり・心筋梗塞なし $10\times15/20=7.5$
喫煙歴なし・心筋梗塞あり $10\times5/20=2.5$
喫煙歴なし・心筋梗塞なし $10\times5/20=2.5$
よって、$\chi^2$統計量の実現値は
$$\chi^2=\frac{(9-7.5)^2}{7.5}+\frac{(6-7.5)^2}{7.5}+\frac{(1-2.5)^2}{2.5}+\frac{(4-2.5)^2}{2.5}=2.40$$
$\chi^2$統計量は帰無仮説の下で近似的に自由度$(2-1)\times(2-1)=1$の$\chi^2$分布に従う。
ここで、確率変数$W$が自由度$1$の$\chi^2$分布に従うとき、標準正規分布に従う確率変数$Z$を用いて$W=Z^2$と表わされる。したがって$P_-$値は「正規標準分布の上側確率」の表を用いて、
$$P(W\gt2.40)=P(|Z|\gt\sqrt{2.40})=P(|Z|\gt1.55)=2\times0.0606=0.1212$$
問20 解答
（第一種の過誤）
| 真実 | |||
| 帰無仮説が正しい | 対立仮説が正しい | ||
| 検定の結果 | 帰無仮説を棄却しない （対立仮説が正しいとは言えない） | 正しい | 第二種の過誤(β) |
| 帰無仮説を棄却する （対立仮説が正しい） | 第一種の過誤(α) 有意水準 | 正しい 検出力(1－β) | |
[1]
$\boxed{ \ \mathsf{28}\ }$ ③
$X_j\sim N(\mu_j,1),\ X_k\sim N(\mu_k,1)$ であるから、$X_j-X_k\sim N(\mu_j-\mu_k,2)$
よって、帰無仮説$H_0:\mu_j=\mu_k$の下で$$Z=\frac{X_j-X_k-(\mu_j-\mu_k)}{\sqrt{2}}=\frac{X_j-X_k}{\sqrt{2}}\sim N(0,1)$$が成り立つ。したがって、第１種過誤の確率$\alpha_{12}(1.96\sqrt{2})$の値は$$\alpha_{12}(1.96\sqrt{2})=P(|X_j-X_k|\gt1.96\sqrt{2})=P(|Z|\gt1.96)=2\times0.025=0.050$$
[2]
$\boxed{ \ \mathsf{29}\ }$ ④
$\alpha_{12}(z)$が$(5/3)\%$となるような$z$を定める。
$$\begin{eqnarray}\alpha_{12}(z)=P(|X_j-X_k|\gt z)=P(|Z|\gt z/\sqrt{2})&=&0.05/3\\P(Z\gt z/\sqrt{2})&=&0.05/6=0.0083\end{eqnarray}$$
「正規標準分布の上側確率」の表から、
$P(Z>2.39)=0.0084,\ P(Z>2.40)=0.0082$
$\therefore\ z/\sqrt{2}=2.395\ \Rightarrow\ z=2.395\times\sqrt{2}=3.387$
問21 解答
（一元配置分散分析）
[1]
$\boxed{ \ \mathsf{30}\ }$ ③
対象とするパソコン、調査する対策、計測の順序をランダムに決めているので③が最も適切である。
（①②はパソコンの購入時期の影響を受ける。④⑤は固有のパソコンの性能と対策の順番の影響を受ける。）
[2]
$\boxed{ \ \mathsf{31}\ }$ ②
対策の平方和（水準間平方和）の自由度は対策（水準）の数$-1$なので、$3-1=2$。
誤差の平方和の自由度は総データ数$-$水準の数なので、$12-3=9$。
[3]
$\boxed{ \ \mathsf{32}\ }$ ⑤
水準数$a$、総観測値数$n$の一元配置分散分析において、水準$j$の標本平均及び観測値数を$y_{j\cdot}, n_j$、残差平方和を$S_e$、残差の自由度を$\phi_e$、残差の平均平方を$V_e$とする。
水準$j$の母平均の$100(1-\alpha)\%$信頼区間は$t_{0.05/2}(12-3)=t_{0.025}(9)=2.262$
$$y_{j\cdot}\pm t_{\alpha/2}(\phi_e)\sqrt{\frac{V_e}{n_j}}=y_{j\cdot}\pm t_{\alpha/2}(n-a)\sqrt{\frac{S_e}{(n-a)n_j}}$$
対策$3$の効果の点推定値が$-49.9$なのでこの効果の$95\%$信頼区間
$$\mu-49.9\pm 2.262\times\sqrt{\frac{1890.1}{(12-3)\times4}}=\mu-49.9\pm16.39$$
効果の信頼区間は$[-66.29,-33.51]$となる。
問22 解答
（重回帰モデル，統計ソフトウェアの活用）
※重回帰モデルの統計ソフトウェアによる出力結果の主な項目
$\mathtt{Estimate}$：回帰係数の推定値
$\mathtt{Std.Error}$：回帰係数の推定値の標準誤差
$\mathtt{t\ value}$：$t$値，$\mathtt{Pr(\gt|t|)}$：$P_-$値・・・回帰係数の検定で使う
$\mathtt{Rasidual\ standard\ error}$：誤差項の標準偏差の推定値
$\mathtt{degrees\ of\ freedom}$：自由度
$\mathtt{Multiple\ R-squared}$：決定係数($R^2$)
$\mathtt{Adjusted\ R-squared}$：自由度調整済み決定係数($R^{*2}$)
$\mathtt{F-statistic}$：$F$検定統計量，$\mathtt{p-value}$：$P_-$値・・・回帰の有意性の検定で使う
[1]
$\boxed{ \ \mathsf{33}\ }$ ⑤
$\mathtt{t\ value}$はある説明変数$x_j$は被説明変数$y$の予測に役立たない$iff\ H_0:\beta_j=0$($beta_j$は説明変数$x_j$の回帰係数)とする帰無仮説のもとで、$\hat\beta_j$に基づく$t$統計量の実現値である。回帰係数の推定値の標準誤差を$se(\hat\beta_j)$とすると、$t$統計量の実現値は、$$t=\hat\beta_j/se(\hat\beta_j)\sim t(n-p-1)$$である（$n-p-1$は残差の自由度）。
したがって、（ア）の値は$-9.614/3.575=-2.689$
[2]
$\boxed{ \ \mathsf{34}\ }$ ②
① $P_-$値が最も小さい説明変数は$\log($人口密度$)$である。誤り。
② 政令指定都市ダミーの回帰係数が$-0.198$であるので、政令指定都市であれば$1$人あたり社会体育施設数は$e^-0.198=0.82$倍（$2$割減）となる。正しい。
③ $15$歳未満人口の割合の$P_-$値は$0.333\ge10\%$なので、帰無仮説は棄却できない。誤り。
④ $log(1$人当たり所得$)$の回帰係数が正なので、$1$人当たり所得が低ければ、$1$人あたり社会体育施設数は少なくなる傾向にある。誤り。
⑤ 統計的に優位性が確認されたとしても、それは説明変数と被説明変数の間に相関関係が見られるということであって、説明変数の被説明変数への因果関係が存在するとは必ずしも言えない。誤り。
[3]
$\boxed{ \ \mathsf{35}\ }$ ④
Ⅰ． $log(1$人当たり所得$)$は、モデルAの結果において有意水準$5\%$で有意でない（$P_-$値$\gt0.05$）。誤り。
Ⅱ． ２つのモデルの自由度調整済み決定係数（$\mathtt{Adjusted\ R-squared}$）の値を比較すると、モデルBのほうが値が高いので、モデルBのほうがより良いモデルである。正しい。
Ⅲ． ２つのモデルの$F$検定の$P_-$値を見ると、それぞれ$4.494\times10^{-16}, 2.2\times10^{-16}$未満であり、極めて小さい値であることから、説明変数にかかるすべての係数がゼロであるという帰無仮説は棄却される。正しい。