この章のまとめと試験での出方

2026年10月17日8分で読めますAI生成教科書『資格試験』第12章仮説検定の考え方と平均の検定

AI 生成・木下が未勉強

統計学の復習　第12章 §12.10

仮説検定は、帰無仮説 $H_0$ のもとで分布が完全に分かる統計量を作り、その実現値が分布の裾（棄却域）に落ちたら $H_0$ を棄却する手続きである。 $H_0$ を値が1つに決まる側に置くのは確率を計算するためで、示したい主張は $H_1$ に置く。棄却したときの結論は第1種の過誤の確率 $\alpha$ で保証されるが、棄却しなかったときの結論は、第2種の過誤の確率 $\beta(\mu)$ が真の $\mu$ ごとに決まり制御されていないので、 $H_0$ が正しいことの証拠にならない。 $p$ 値は $H_0$ のもとでの裾の確率で、 $p\le\alpha$ と統計量が棄却域に入ることは同じ判定である。 $H_0$ が正しい確率ではない。検定の採択域を母数について解き直すと信頼区間になる。片側か両側かは対立仮説の向きで決まり、データを見る前に決める。

場面	検定統計量	$H_0$ のもとでの分布	両側の棄却域
1標本・ $\sigma$ 既知	$(\bar X-\mu_0)/(\sigma/\sqrt n)$	$\mathrm N(0,1)$	$\lvert Z\rvert >z_{\alpha/2}$
1標本・ $\sigma$ 未知	$(\bar X-\mu_0)/(S/\sqrt n)$	$t_{n-1}$	$\lvert T\rvert >t_{n-1}(\alpha/2)$
対応のある差	$\bar D/(S_D/\sqrt n)$	$t_{n-1}$	$\lvert T\rvert >t_{n-1}(\alpha/2)$
独立2標本・等分散	$(\bar X-\bar Y)/(S_p\sqrt{1/n_1+1/n_2})$	$t_{n_1+n_2-2}$	$\lvert T\rvert >t_{n_1+n_2-2}(\alpha/2)$
独立2標本・Welch	$(\bar X-\bar Y)/\sqrt{S_1^2/n_1+S_2^2/n_2}$	近似 $t_{\nu^*}$	$\lvert T_W\rvert >t_{\nu^*}(\alpha/2)$

片側検定では、どの行も臨界値の $\alpha/2$ を $\alpha$ に替え、棄却域を対立仮説の向きの片方の裾だけにする。

2級では、場面を見分けて統計量を計算し臨界値と比べる問いのほか、 $p$ 値の意味・2種類の過誤の増減・片側と両側の選択を問う文章の正誤問題が毎回出る。失点は、 $p$ 値を $H_0$ が正しい確率と読む、 $n$ を増やすと $\alpha$ が下がると考える、片側の臨界値に $\alpha/2$ を使う、 $\sigma$ 未知で $z$ を使う、 $s$ と $s^2$ を読み違える、対応のあるデータを独立2標本として扱う、の6か所に集中する。

1級の統計数理では、検定の手続きを与えられて結論を出すだけでなく、検定そのものを導くことが求められる。典型的な小問の連鎖は「帰無仮説のもとでの統計量の分布を示す → 有意水準 $\alpha$ の棄却域を決める → 検出力関数を母数の関数として書く → 検出力を指定した値にする標本の大きさを求める → 検定を反転して信頼区間を作る」である。この章では検定統計量を直観で選んだが、1級では尤度比から統計量を導くこと（尤度比検定）と、検出力が最大の検定を作ること（Neyman–Pearson の補題）が問われる。2025年統計数理問4 の題材（二項分布での確率化検定）は、例題 12.1 で見た「離散型では棄却の確率を $\alpha$ にちょうど合わせられない」問題の続きに当たる。これらは数理統計の解説第7章 §7.3（尤度比検定）・§7.5（検定方式の評価）で扱い、検定の反転による区間の構成は数理統計の解説第8章 §8.2 で扱う。統計応用（理工学）では、対応のある差の検定と2標本の検定が、実験計画法で処理の効果を調べるときの最も単純な場合（2水準の一元配置と乱塊法）として現れる。

次の総合問題は、本章の検出力と片側 $t$ 検定に、第6章の標準化・第8章の標本平均の分布・第10章の片側の信頼限界をつなぐ。

総合問題　検出力から標本の大きさを決め、母分散が未知の検定と信頼限界で確かめる ★★★

オリジナルある部品の強度は正規分布 $\mathrm N(\mu,\sigma^2)$ に従う。従来の平均は $10$ で、改良によって平均が上がったかを、 $H_0:\mu=10$ 、 $H_1:\mu>10$ 、有意水準 $5\%$ で調べる。

(1) $\sigma=4$ が既知で $n=16$ のとき、 $\bar X$ の分布を答え、 $\bar X$ についての棄却域を求めよ。（使う道具：第8章標本平均の期待値と分散、第6章正規分布の再生性と標準化）
(2) (1) の検定の、真の母平均 $\mu=11.5$ での検出力を求めよ（ $\Phi(0.145)=0.5576$ ）。（使う道具：本章式 (12.2)）
(3) $\sigma=4$ のまま、 $\mu=11.5$ での検出力を $0.9$ 以上にするのに必要な $n$ の最小値を求めよ（ $z_{0.1}=1.2816$ ）。（使う道具：本章式 (12.2)、 $\Phi$ の単調性）
(4) 実際には $\sigma$ は未知で、 $n=16$ の標本から $\bar x=11.9$ 、不偏標準偏差 $s=4.4$ を得た。片側 $t$ 検定を行え（ $t_{15}(0.05)=1.753$ ）。また、誤って $z_{0.05}=1.645$ と比べた場合の結論を述べよ。（使う道具：本章 §12.7）
(5) (4) のデータから、 $\mu$ の信頼係数 $95\%$ の下側信頼限界を求め、(4) の結論と矛盾しないことを確かめよ。（使う道具：第10章片側の信頼限界、本章定理 12.5 の片側版）

解答

(1) 第8章から $E[\bar X]=\mu$ 、 $V[\bar X]=\sigma^2/n=16/16=1$ で、第6章の再生性から $\bar X\sim\mathrm N(\mu,1)$ である。 $H_0$ のもとで $Z=(\bar X-10)/1\sim\mathrm N(0,1)$ なので、棄却域は $Z>1.645$ 、すなわち

$\bar X>10+1.645\times1=11.645$

である。

(2) 真の $\mu=11.5$ のとき $\bar X\sim\mathrm N(11.5,1)$ なので

$1-\beta(11.5)=P(\bar X>11.645)=P\!\left(\frac{\bar X-11.5}{1}>0.145\right)=1-\Phi(0.145)=0.442$

である。式 (12.2) で $\delta=(11.5-10)\times4/4=1.5$ と置いた $\Phi(1.5-1.645)=\Phi(-0.145)$ と同じ値である。真の平均が $1.5$ 上がっていても、半分以上の確率でそれを見逃す。

(3) 一般の $n$ では $\delta=1.5\sqrt n/4$ で、検出力は $\Phi(\delta-1.645)$ である。 $\Phi(\delta-1.645)\ge0.9=\Phi(1.2816)$ は、 $\Phi$ が増加関数なので $\delta-1.645\ge1.2816$ と同値である。したがって

$\frac{1.5\sqrt n}{4}\ge1.645+1.2816=2.9265,\qquad \sqrt n\ge\frac{4\times2.9265}{1.5}=7.804,\qquad n\ge60.9$

で、切り上げて $n=61$ である（ $n=60$ では $\delta=2.905$ 、検出力は $\Phi(1.260)=0.896$ で $0.9$ を下回る）。(2) の $n=16$ から約4倍の標本が要る。 $\delta$ は $\sqrt n$ に比例するので、 $\delta$ を $1.5$ から $2.93$ へ約2倍にするには $n$ を約4倍にする必要がある。

(4) 標準誤差は $s/\sqrt n=4.4/4=1.1$ で、

$t_{\mathrm{obs}}=\frac{11.9-10}{1.1}=1.727$

である。 $1.727<1.753=t_{15}(0.05)$ なので、有意水準 $5\%$ では $H_0$ を棄却しない（ $p=0.052$ ）。誤って $z_{0.05}=1.645$ と比べると $1.727>1.645$ で棄却してしまう。 $\sigma$ を $s$ で推定したぶれを無視した分だけ臨界値が小さくなり、第1種の過誤の確率が $5\%$ を超える手続きになる。

(5) 第10章の片側の信頼限界の $z$ を $t_{n-1}$ に替えると、下側信頼限界は

$\bar x-t_{15}(0.05)\frac{s}{\sqrt n}=11.9-1.753\times1.1=11.9-1.928=9.972$

で、区間は $[\,9.972,\ \infty)$ である。上側の片側検定で $H_0:\mu=\mu_0$ が棄却されないことは、 $t_{\mathrm{obs}}=(\bar x-\mu_0)/(s/\sqrt n)\le t_{15}(0.05)$ 、すなわち $\mu_0\ge\bar x-t_{15}(0.05)s/\sqrt n$ と同値で、 $\mu_0$ が区間に入ることを意味する。 $\mu_0=10$ は $9.972$ 以上なので区間に入り、(4) で棄却しなかったことと一致する。ただし $10$ は下限 $9.972$ にきわめて近く、 $p$ 値 $0.052$ が $0.05$ にきわめて近いことと同じ事情を表している。

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