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【解答】
(１)
$\small\sf{\begin{align*}\sf \overline{x},\ \overline{y},\ \overline{z}\end{align*}}$ はそれぞれ変量x、y、zについてのデータの値の平均値なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{x}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nx_k\ \ ,\ \ \overline{y}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^ny_k\ \ ,\ \ \overline{z}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nx_ky_k \end{align*}}$
これより、よってxとyの共分散は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf s_{xy}&=\sf\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n(x_k-\overline{x})(y_k-\overline{y}) \\ &=\sf\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\left(x_ky_k-x_k\overline{y}-\overline{x}y_k+\overline{x}\ \overline{y}\right) \\ &=\sf\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nx_ky_k-\frac{\overline{y}}{n}\sum_{k=1}^nx_k-\frac{\overline{x}}{n}\sum_{k=1}^ny_k+\overline{x}\ \overline{y} \\ &=\sf \overline{z}-\overline{y}\ \overline{x}-\overline{x}\ \overline{y}+\overline{x}\ \overline{y}\\ &=\sf \overline{z}-\overline{x}\ \overline{y}\end{align*}}$
(２)
n=LN （N：自然数）とおくと、$\scriptsize\sf{x_k=R_L(k-1)+1}$ は、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1,2,3,\cdots ,L-1,L\end{align*}}$ を
N回繰り返す数列をなすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{x}&=\sf\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nx_k \\ &=\sf\frac{1}{LN}\cdot N\sum_{k=1}^L k\\ &=\sf \frac{1}{LN}\cdot N\cdot\frac{1}{2}L(L+1)\\ &=\sf \frac{1}{2}(L+1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{x^2}&=\sf\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n(x_k)^2 \\ &=\sf\frac{1}{LN}\cdot N\sum_{k=1}^L k^2\\ &=\sf \frac{1}{LN}\cdot N\cdot \frac{1}{6}L(L+1)(2L+1)\\ &=\sf \frac{1}{6}(L+1)(2L+1)\end{align*}}$
よって、xの分散は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf s_x&=\sf \overline{x^2}-\left(\overline{x}\right)^2 \\ &=\sf \frac{1}{6}(L+1)(2L+1)-\left\{\frac{1}{2}(L+1)\right\}^2\\ &=\sf \frac{1}{12}(L+1)(L-1)\end{align*}}$
また、m=nより、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y_k=k\ \ (k=1,2,\cdots ,n)\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{y}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nk=\frac{1}{2}(n+1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{y^2}&=\sf\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n k^2 =\frac{1}{6}(n+1)(2n+1)\end{align*}}$
よって、yの分散は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf s_y&=\sf \overline{y^2}-\left(\overline{y}\right)^2 \\ &=\sf \frac{1}{6}(n+1)(2n+1)-\left\{\frac{1}{2}(n+1)\right\}^2\\ &=\sf \frac{1}{12}(n+1)(n-1)\end{align*}}$
一方、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\left(x_k,\ y_k\right)\ \ (k=1,2,\cdots ,n)\end{align*}}$ の組は順に
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1,1),\ (2,2),\ (3,3)\ \cdots (L,L),\ \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1,L+1),\ (2,L+2),\ (3,L+3),\ \cdots (L,2L),\ \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1,2L+1),\ (2,2L+2),\ (3,2L+3)\ \cdots (L,3L),\ \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \vdots \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1,(N-1)L+1),\ (2,(N-1)L+2),\ (3,(N-1)L+3)\ \cdots (L,NL),\ \end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{z}&=\sf\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nx_ky_k \\ &=\sf\frac{1}{n}\sum_{i=1}^L\left[\ i\ \sum_{j=1}^N\left\{(j-1)L+i\right\}\right] \\ &=\sf\frac{1}{n}\sum_{i=1}^L\left[\ i\left\{\frac{1}{2}LN(N+1)+Ni-LN\right\}\right] \\ &=\sf \frac{1}{n}\sum_{i=1}^L\left\{\ Ni^2+\frac{1}{2}LN(N-1)\ i\right\}\\ &=\sf \frac{1}{n}\left\{\frac{1}{6}NL(L+1)(2L+1)+\frac{1}{4}L^2N(N-1)(L+1)\right\}\\ &=\sf \frac{1}{12n}LN(L+1)(L+3LN+2)\\ &=\sf \frac{1}{12}(L+1)(L+3n+2)\ \ \ \left(\because\ n=LN\right)\end{align*}}$
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf s_{xy}&=\sf \overline{z}-\overline{x}\ \overline{y} \\ &=\sf \frac{1}{12}(L+1)(L+3n+2)-\frac{1}{2}(L+1)\cdot\frac{1}{2}(n+1)\\ &=\sf \frac{1}{12}(L+1)(L-1)\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r&=\sf \frac{s_{xy}}{\sqrt{s_x}\ \sqrt{s_y}} \\ &=\sf \frac{\frac{1}{12}(L+1)(L-1)}{\sqrt{\frac{1}{12}(L+1)(L-1)}\ \sqrt{\frac{1}{12}(n+1)(n-1)}}\\ &=\sf \underline{\sqrt{\frac{(L+1)(L-1)}{(n+1)(n-1)}}}\end{align*}}$
(３)
n=L(L+1)より、$\scriptsize\sf{x_k=R_L(k-1)+1}$ は、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1,2,3,\cdots ,L-1,L\end{align*}}$ を
L+1回繰り返す数列をなすので、(２)と同様に
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{x}=\sf\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nx_k=\sf \frac{1}{2}(L+1)\end{align*}}$
また、$\scriptsize\sf{y_k=R_{L+1}(k-1)+1}$ は、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1,2,3,\cdots ,L,L+1\end{align*}}$ を
L回繰り返す数列をなすので、同様に考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{y}=\frac{1}{2}(L+2)\end{align*}}$
一方、LとL+1は互いに素なので、L(L+1)個の組$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\left(x_k,\ y_k\right)\ \ (k=1,2,\cdots ,n)\end{align*}}$ には、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1,1),\ (1,2),\ (1,3)\ \cdots (1,L),\ (1,L+1),\ \ \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (2,1),\ (2,2),\ (2,3)\ \cdots (2,L),\ (2,L+1),\ \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (3,1),\ (3,2),\ (3,3)\ \cdots (3,L),\ (3,L+1),\ \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (L,1),\ (L,2),\ (L,3)\ \cdots (L,L),\ (L,L+1),\ \end{align*}}$
がそれぞれ1つずつ対応する。 ･･････(#)
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{z}&=\sf\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nx_ky_k \\ &=\sf\frac{1}{n}\sum_{i=1}^L\left(\ i\ \sum_{j=1}^{L+1}j\right) \\ &=\sf\frac{1}{n}\sum_{i=1}^L\left\{\frac{1}{2}(L+1)(L+2)\ i\right\} \\ &=\sf \frac{1}{4n}L(L+1)^2(L+2)\\ &=\sf \frac{1}{4}(L+1)(L+2)\ \ \ \ \left(\because\ n=L(L+1)\right)\end{align*}}$
なので、(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf s_{xy}&=\sf \overline{z}-\overline{x}\ \overline{y} \\ &=\sf \frac{1}{4}(L+1)(L+2)-\frac{1}{2}(L+1)\cdot\frac{1}{2}(L+2)\\ &=\sf 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r=\frac{s_{xy}}{\sqrt{s_x}\ \sqrt{s_y}} =\underline{0}\end{align*}}$
(#)の証明
(xp，yp)=(xq，yq) (1≦p＜q≦L(L+1)) となる自然数p、qが存在すると仮定する。
xkの値はL個の周期で変化するので、q-p はLの倍数.
また、ykの値はL+1個の周期で変化するので、q-pはL+1の倍数.
LとL+1は互いに素なので、q-pはL(L+1)の倍数である。
ところが、1≦p＜q≦nより、0＜q-p＜L(L+1)であり、この範囲には
L(L+1)の倍数は存在しないので、L(L+1)個の組(xk，yk)はすべて異なる。
