確認テストの解答

統計学の復習　第12章 §12.11

§12.1 仮説検定とは

1. 12.1-1 (a) 帰無仮説は、そのもとで統計量の分布が1つに決まる側に置く必要がある。$\mu\ne50$ は $\mu$ の値を決めないので、棄却域の確率を計算することができない。さらに、示したい主張を $H_0$ に置くと、標本を小さくするほど棄却されにくくなり、ずさんなデータほど主張が通る手続きになる。(b) 棄却されなかったときに言えるのは「データは $\mu=50$ と矛盾するとはいえない」ことだけである。$\mu$ が $50$ に近い別の値でも同じデータは十分起こりうるので、$\mu=50$ が示されたことにはならない。
2. 12.1-2 標準誤差は $4/\sqrt{25}=0.8$、$z_{\mathrm{obs}}=(498.2-500)/0.8=-2.25$ である。$\lvert -2.25\rvert >1.960$ なので $H_0$ を棄却し、母平均は $500\,\mathrm{mL}$ と異なると結論する。
3. 12.1-3 $P(X\ge9)=\{\binom{10}{9}+\binom{10}{10}\}/2^{10}=11/1024=0.0107$。$0.0107<0.05$ なので有意水準 $5\%$ では棄却し、$0.0107>0.01$ なので $1\%$ では棄却しない。
4. 12.1-4 $P(\lvert Z\rvert >z_{\alpha/2})=P(Z>z_{\alpha/2})+P(Z<-z_{\alpha/2})=\{1-\Phi(z_{\alpha/2})\}+\Phi(-z_{\alpha/2})$ である。$\Phi(-z)=1-\Phi(z)$ から第2項も $1-\Phi(z_{\alpha/2})$ に等しく、定義から $1-\Phi(z_{\alpha/2})=\alpha/2$ なので、合計は $\alpha$ である。

§12.2 仮説検定で使う用語

1. 12.2-1 (a) 誤り。$p$ 値は $H_0$ が正しいという条件のもとでのデータの裾の確率で、$H_0$ が正しい確率ではない。母数を定数とみる枠組みでは、$H_0$ が正しい確率はそもそも定義されない。(b) 正しい。$p$ 値が小さいほど、$H_0$ のもとで観測値が珍しいことを表す。(c) 誤り。$p$ 値を見てから $\alpha$ を決めると、第1種の過誤の確率が宣言した値で保証されなくなる。$\alpha$ はデータを見る前に決める。(d) 正しい。$0.01<0.03<0.05$ である。
2. 12.2-2 両側は $p=2P(Z\ge1.8)=2\times(1-0.96407)=0.0719$。下側は $p=P(Z\le-1.8)=1-\Phi(1.8)=0.0359$。
3. 12.2-3 $\dfrac{0.05\times0.8}{0.05\times0.8+0.5\times0.2}=\dfrac{0.04}{0.04+0.10}=0.286$。有意水準 $5\%$ で棄却しても、この設定では約 $29\%$ の確率で $H_0$ が正しかったことになる。
4. 12.2-4 $0<u<1$ とする。$2\{1-\Phi(\lvert Z\rvert )\}\le u\iff\Phi(\lvert Z\rvert )\ge1-u/2\iff\lvert Z\rvert \ge z_{u/2}$ である（$\Phi$ は狭義に増加し、$\Phi(z_{u/2})=1-u/2$）。確認テスト 12.1-4 と同じ計算で $P(\lvert Z\rvert \ge z_{u/2})=u$ なので、$P(P\le u)=u$ となり、$P$ の累積分布関数は $\mathrm U(0,1)$ のものに一致する。

§12.3 第1種の過誤と第2種の過誤

1. 12.3-1 (a) 誤り。$\alpha$ は自分で決めた値で、$n$ を変えても変わらない（$n$ を増やすと $\beta$ が小さくなる）。(b) 正しい。(c) 誤り。$\alpha$ は $H_0$ が正しいとき、$\beta$ は $H_1$ が正しいときの確率で、条件が違う。(d) 正しい。
2. 12.3-2 $\delta=2$、$z_{0.025}=1.960$ なので、式 (12.3) から $\beta(202)=\Phi(1.960-2)-\Phi(-1.960-2)=\Phi(-0.04)-\Phi(-3.96)=0.4840-0.00004=0.484$。片側の $0.361$ より大きい。両側検定は $\alpha$ を左右に分けるので、上側の臨界値が $1.645$ から $1.960$ に上がり、上側へのずれを見逃しやすくなる。
3. 12.3-3 (a) $H_0$ が正しいのに棄却したので第1種の過誤。(b) $H_1$ が正しいのに棄却しなかったので第2種の過誤。
4. 12.3-4 (i) $\delta=(\mu-\mu_0)\sqrt n/\sigma$ は $\mu$ について増加し、$\Phi$ は増加関数なので、$\Phi(\delta-z_\alpha)$ は $\mu$ について増加する。(ii) $\mu=\mu_0$ で $\delta=0$、$\Phi(-z_\alpha)=1-\Phi(z_\alpha)=\alpha$。(iii) $\mu>\mu_0$ なら $\delta=(\mu-\mu_0)\sqrt n/\sigma\to\infty$ なので、$\Phi(\delta-z_\alpha)\to1$。

§12.4 棄却域と採択域

1. 12.4-1 標準誤差は $10/5=2$、$2.576\times2=5.152$ なので、棄却域は $\bar X<74.85$ または $\bar X>85.15$。
2. 12.4-2 (a) 定理 12.5 から、区間の外の $\mu_0=12,\ 16$ は棄却され、区間に入る $\mu_0=15$ は棄却されない。(b) 分からない。$1\%$ の検定には $99\%$ 区間が対応し、それは $95\%$ 区間より広いので、$12$ を含むかどうかは $95\%$ 区間だけからは決まらない。
3. 12.4-3 $X\sim\mathrm{Bin}(10,1/2)$ で、$P(X\ge9)=11/1024=0.0107$、$P(X\ge8)=(45+10+1)/1024=56/1024=0.0547$。$k=8$ では $0.05$ を超えるので最小の $k$ は $9$ で、実際の棄却の確率は $0.0107$ である。
4. 12.4-4 $e=t_{n-1}(\alpha/2)\,s/\sqrt n$ と置く。棄却しないことは $\lvert t_{\mathrm{obs}}\rvert \le t_{n-1}(\alpha/2)$、すなわち $\lvert \bar x-\mu_0\rvert \le e$ と同値である（両辺に正の数 $s/\sqrt n$ を掛けた）。これは定理 12.5 の証明と同じ変形で $\bar x-e\le\mu_0\le\bar x+e$ と同値で、右辺の区間は第10章の $t$ 分布による信頼係数 $1-\alpha$ の区間である。

§12.5 両側検定と片側検定

1. 12.5-1 (a) $H_0:\mu=350$、$H_1:\mu>350$（上側）。(b) $H_0:\mu=25.0$、$H_1:\mu\ne25.0$（両側。どちらへのずれも問題になる）。(c) $H_0:\mu=10$、$H_1:\mu>10$（上側。苦情の主張を $H_1$ に置く）。
2. 12.5-2 $\bar x>\mu_0$ なら上側、$\bar x<\mu_0$ なら下側の検定をするので、棄却するのは $Z>1.645$ または $Z<-1.645$ のときである。確率は $0.05+0.05=0.10$ で、宣言した $5\%$ の2倍になる。
3. 12.5-3 $Z^2>z_{\alpha/2}^2\iff\lvert Z\rvert >z_{\alpha/2}$ なので、確認テスト 12.1-4 から確率は $\alpha$。$Z^2\sim\chi^2_1$ なので $\chi^2_1(\alpha)=z_{\alpha/2}^2$ で、$\chi^2_1(0.01)=2.576^2=6.635$。
4. 12.5-4 上側の対立仮説なので $p=P(Z\ge-2.1)=\Phi(2.1)=0.982$ で、$H_0$ は棄却しない。$\bar x$ は $\mu_0$ より大幅に小さいが、それは $H_1:\mu>\mu_0$ の証拠にならない。下側へのずれに関心があるなら、データを見る前にそれを対立仮説に入れておく必要がある。

§12.6 母平均の検定（両側 $t$ 検定）

1. 12.6-1 自由度は $n-1=19$、臨界値は $\pm2.093$。$z$ の臨界値 $\pm1.960$ より外側にあり、$S$ のぶれの分だけ棄却しにくい。
2. 12.6-2 標準誤差は $4.0/4=1.0$、$t_{\mathrm{obs}}=(48.2-50)/1.0=-1.8$。$\lvert -1.8\rvert <2.131$ なので $H_0$ を棄却しない。
3. 12.6-3 $s=\sqrt{6.25}=2.5$、標準誤差は $2.5/4=0.625$、$t_{\mathrm{obs}}=-1.8/0.625=-2.88$。$\lvert -2.88\rvert >2.131$ なので $H_0$ を棄却する。$6.25$ を $s$ と読むと、標準誤差は $1.5625$、$t=-1.152$ で、棄却しないという逆の結論になる。
4. 12.6-4 命題 12.3 (1) と同じ議論で、両側の $p$ 値について $p\le\alpha\iff\lvert t_{\mathrm{obs}}\rvert \ge t_{n-1}(\alpha/2)$ が成り立つ（$p=2P(T_{n-1}\ge\lvert t_{\mathrm{obs}}\rvert )$ は $\lvert t_{\mathrm{obs}}\rvert$ について減少し、$\lvert t_{\mathrm{obs}}\rvert =t_{n-1}(\alpha/2)$ でちょうど $\alpha$）。確認テスト 12.4-4 から、後者は $\mu_0$ が $t$ 区間の外（端点を含む）にあることと同値である。端点では等号の扱いだけが違い、連続分布ではその確率は $0$ である。

§12.7 母平均の検定（片側 $t$ 検定）

1. 12.7-1 $H_0:\mu=10.0$、$H_1:\mu<10.0$ の下側検定。標準誤差は $1.5/5=0.3$、$t_{\mathrm{obs}}=(9.4-10.0)/0.3=-2.0$。$-2.0<-1.711$ なので $H_0$ を棄却し、基準を下回っていると結論する（$p=0.028$）。
2. 12.7-2 $T<-2.896$。下側の片側なので $\alpha=0.01$ をすべて左の裾に置き、$\alpha/2$ にはしない。
3. 12.7-3 $1.753<2.0<2.131$ なので、$0.025<p<0.05$（計算すると $p=0.032$）。$p<0.05$ なので有意水準 $5\%$ で棄却する。
4. 12.7-4 標準誤差は $3.5/\sqrt{12}=1.010$、$t_{\mathrm{obs}}=2.1/1.010=2.078$。上側の片側検定では $2.078>1.796$ で棄却し、両側検定では $2.078<2.201$ で棄却しない。上側への関心をデータを見る前に決めていた場合に限り、片側の結論を採ることができる。

§12.8 対応のある2標本 $t$ 検定

1. 12.8-1 (a) 対応あり（同じ車で組ができる）。(b) 対応なし（別々の生徒で、組を作ることができない）。(c) 対応あり（双子の組で、遺伝や家庭環境の共通部分が差で消える）。
2. 12.8-2 標準誤差は $1.5/\sqrt{10}=0.474$、$t_{\mathrm{obs}}=1.2/0.474=2.53$。$2.53>2.262$ なので $H_0$ を棄却する。
3. 12.8-3 $H_0:\mu_D=0$、$H_1:\mu_D>0$（前$-$後が正なら短くなった）。$\bar d=10/5=2$、偏差 $1,\ -1,\ 2,\ -2,\ 0$ の二乗和は $10$、$s_d^2=10/4=2.5$、$s_d=1.581$。$t_{\mathrm{obs}}=2/(1.581/\sqrt5)=2/0.7071=2.83>2.132$ なので $H_0$ を棄却し、短くなったと結論する。
4. 12.8-4 異なる組は独立なので $V[\bar D]=V[D]/n=2\sigma^2(1-\rho)/n$。独立な2標本では $V[\bar X-\bar Y]=\sigma^2/n+\sigma^2/n=2\sigma^2/n$。比は $1-\rho$ で、$\rho>0$ なら $1$ より小さいので、対応を使う方が分散も標準誤差（比は $\sqrt{1-\rho}$）も小さい。

§12.9 対応のない2標本 $t$ 検定

1. 12.9-1 $s_p^2=(7\times4.0+7\times5.0)/14=4.5$、標準誤差は $\sqrt{4.5\times(1/8+1/8)}=\sqrt{1.125}=1.061$、$t_{\mathrm{obs}}=2.1/1.061=1.98$。$1.98<2.145$ なので $H_0$ を棄却しない。
2. 12.9-2 $n_1=n_2=n$ なら $S_p^2=(S_1^2+S_2^2)/2$ なので、$S_p^2(1/n+1/n)=(S_1^2+S_2^2)/n=S_1^2/n+S_2^2/n$ となり、2つの統計量の分母が一致する。分子は同じなので $T=T_W$。12.9-1 のデータでは $s_1^2/n_1=0.5$、$s_2^2/n_2=0.625$ で、$\nu^*=1.125^2/\{(0.5^2+0.625^2)/7\}=1.2656/0.09152=13.83$。統計量は同じでも、自由度が $14$ から $13.83$ に下がる分だけ臨界値がわずかに大きくなる。
3. 12.9-3 組の数は $\binom42=6$。少なくとも1回棄却する確率は $1-0.95^6=0.265$。
4. 12.9-4 $s_p^2=(4\times16+24\times1)/28=88/28=3.143$、プールした標準誤差は $\sqrt{3.143\times(1/5+1/25)}=0.868$。Welch の標準誤差は $\sqrt{16/5+1/25}=\sqrt{3.24}=1.8$。プールした方は約半分である。プールした分散は大きい群の分散 $1$ に近い値になり、分散の大きい小さな群のぶれを過小に見積もる。標準誤差が小さすぎると $\lvert T\rvert$ が大きく出て、$H_0$ が正しいときに棄却する確率が $\alpha$ を超える。