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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13章 比率の検定とカイ二乗検定

AI 生成・木下が未勉強

統計学の復習　第13章 §13.5

この章では、度数のデータの検定を4つ組み立てた。

母比率の検定では、H0:p=p0H_0:p=p_0 の下での p^\hat p の分布を二項分布の正規近似で求め、標準誤差に p0p_0 を入れた。検定は H0H_0 の世界での分布を計算する手続きなので、H0H_0 が指定した値をそのまま使う。この検定を裏返すと、第11章の Wilson の区間が得られる。母比率の差の検定では、差の分散 p1(1−p1)/n1+p2(1−p2)/n2p_1(1-p_1)/n_1+p_2(1-p_2)/n_2 に H0:p1=p2H_0:p_1=p_2 を入れて p(1−p)p(1-p) を括り出し、共通の pp を2群をまとめた比率で推定した。区間推定では H0H_0 を置かないので、各群の比率を入れる。2群の大きさが大きく違い比率が小さいと、非プールの検定は有意水準を保たない。

適合度検定と独立性検定は、どちらも Pearson の X2=∑(O−E)2/EX^2=\sum(O-E)^2/E を使う。カテゴリが2つの場合、X2X^2 は母比率の検定の Z2Z^2 に厳密に一致し、2×22\times2 表の X2X^2 はプールした比率の差の Z2Z^2 に厳密に一致する。X2X^2 の検定はこの意味で、ZZ 検定を多くのカテゴリに広げたものである。自由度は、カテゴリの数から拘束の数を引いて数える。適合度では「カテゴリ数 −1−-1- 推定した母数の数」、独立性では同じ数え方から (r−1)(c−1)(r-1)(c-1) が出る。X2X^2 はずれのベクトルの長さの2乗なので、検定は常に右片側である。

検定帰無仮説統計量帰無分布
母比率p=p0p=p_0p^−p0p0(1−p0)/n\dfrac{\hat p-p_0}{\sqrt{p_0(1-p_0)/n}}N(0,1)\mathrm{N}(0,1)
比率の差p1=p2p_1=p_2p^1−p^2p^(1−p^)(1/n1+1/n2)\dfrac{\hat p_1-\hat p_2}{\sqrt{\hat p(1-\hat p)(1/n_1+1/n_2)}}N(0,1)\mathrm{N}(0,1)
適合度pj=pj0p_j=p_{j0}∑j(Oj−Ej)2/Ej\sum_j(O_j-E_j)^2/E_j、Ej=npj0E_j=np_{j0}χk−1−s2\chi^2_{k-1-s}
独立性pij=pi⋅p⋅jp_{ij}=p_{i\cdot}p_{\cdot j}∑i,j(Oij−Eij)2/Eij\sum_{i,j}(O_{ij}-E_{ij})^2/E_{ij}、Eij=Oi⋅O⋅j/nE_{ij}=O_{i\cdot}O_{\cdot j}/nχ(r−1)(c−1)2\chi^2_{(r-1)(c-1)}

（ss はデータから推定した母数の数。）

2級でこの章の失点が多いのは、検定の標準誤差に p^\hat p を入れること、比率の差の検定と区間でプールの有無を取り違えること、適合度で推定した母数の分だけ自由度を減らし忘れること、独立性の期待度数を n2n^2 で割ったまま止めること、χ2\chi^2 の検定を両側にしてしまうこと、の5つである。

1級の統計数理では、多項分布の検定は「尤度を書く → H0H_0 の下と全体とで最尤推定量を求める → 尤度比統計量 G2=2∑Ojlog⁡(Oj/Ej)G^2=2\sum O_j\log(O_j/E_j) を作る → G2G^2 と X2X^2 が近似的に等しいことを対数の展開で示す → 自由度をパラメータの次元の差で数える」という小問の連鎖で問われる。G2G^2 と X2X^2 の関係、X2X^2 が χk−12\chi^2_{k-1} に近づくことの証明（多次元の中心極限定理と射影）、推定した母数による自由度の減少は数理統計の解説 第7章 §7.3・§7.4 で扱う。この章の k=2k=2 の計算は、その一般の証明を2級の道具で確かめた特別な場合にあたる。統計応用（理工学）では、分割表の独立性の検定や、不良品の発生率の比較が、手続きと解釈の問題として出る。

次の総合問題は、本章の比率の差の検定と 2×22\times2 表を、第5章・第7章の分散の計算、第11章の差の区間推定、第12章の pp 値につなぐ。

総合問題　ウェブページの2つの版の比較 ★★★

オリジナルあるウェブページの2つの版 A・B を、訪問者に無作為に割り当てて表示した。A を見た n1n_1 人のうち X1X_1 人、B を見た n2n_2 人のうち X2X_2 人が申し込んだ。X1∼Bin(n1,p1)X_1\sim\mathrm{Bin}(n_1,p_1)、X2∼Bin(n2,p2)X_2\sim\mathrm{Bin}(n_2,p_2) は独立とする。

  1. (1) D=p^1−p^2D=\hat p_1-\hat p_2（p^i=Xi/ni\hat p_i=X_i/n_i）の期待値と分散を求めよ。（使う道具：第5章 二項分布の平均と分散、第7章 独立な確率変数の差の分散）
  2. (2) H0:p1=p2=pH_0:p_1=p_2=p の下で、プールした比率 p^=(X1+X2)/(n1+n2)\hat p=(X_1+X_2)/(n_1+n_2) が pp の不偏推定量であることを示し、DD を標準化した検定統計量 ZZ を書け。（使う道具：本章 §13.2）
  3. (3) (X1, n1−X1; X2, n2−X2)(X_1,\ n_1-X_1;\ X_2,\ n_2-X_2) を 2×22\times2 表とみたときの独立性の統計量 X2X^2 が、(2) の ZZ の2乗に等しいことを示せ。（使う道具：本章 §13.4）
  4. (4) n1=1200n_1=1200、X1=84X_1=84、n2=1000n_2=1000、X2=50X_2=50 だった。ZZ の値と両側検定の pp 値を求め、有意水準 5%5\% で結論を述べよ。X2X^2 の値も求めよ。（使う道具：本章 §13.2、第12章 pp 値）
  5. (5) 同じデータで p1−p2p_1-p_2 の95% 信頼区間を求めよ。区間が 00 を含むかを調べ、(4) の結論と食い違う場合はその理由を説明せよ。（使う道具：第11章 母比率の差の信頼区間）
解答

(1) E[Xi]=nipiE[X_i]=n_ip_i、V[Xi]=nipi(1−pi)V[X_i]=n_ip_i(1-p_i) から、E[p^i]=piE[\hat p_i]=p_i、V[p^i]=pi(1−pi)/niV[\hat p_i]=p_i(1-p_i)/n_i である。期待値の線形性から E[D]=p1−p2E[D]=p_1-p_2 で、X1X_1 と X2X_2 が独立なので共分散は 00、(−1)2=1(-1)^2=1 から

V[D]=V[p^1]+V[p^2]=p1(1−p1)n1+p2(1−p2)n2.V[D]=V[\hat p_1]+V[\hat p_2]=\frac{p_1(1-p_1)}{n_1}+\frac{p_2(1-p_2)}{n_2}.

(2) H0H_0 の下で E[X1+X2]=n1p+n2p=(n1+n2)pE[X_1+X_2]=n_1p+n_2p=(n_1+n_2)p なので E[p^]=pE[\hat p]=p で、p^\hat p は不偏である。また (1) で p1=p2=pp_1=p_2=p とおくと E[D]=0E[D]=0、V[D]=p(1−p)(1/n1+1/n2)V[D]=p(1-p)(1/n_1+1/n_2) で、pp を p^\hat p で推定して

Z=p^1−p^2p^(1−p^)(1/n1+1/n2)Z=\frac{\hat p_1-\hat p_2}{\sqrt{\hat p(1-\hat p)(1/n_1+1/n_2)}}

とする。H0H_0 の下で、n1,n2n_1,n_2 が大きければ ZZ は近似的に N(0,1)\mathrm{N}(0,1) に従う。

(3) a=X1a=X_1、b=n1−X1b=n_1-X_1、c=X2c=X_2、d=n2−X2d=n_2-X_2 とおくと、行の和は n1,n2n_1,n_2、第1列の和は X1+X2X_1+X_2 である。定理 13.7 の証明のとおり、p^1−p^2=(ad−bc)/(n1n2)\hat p_1-\hat p_2=(ad-bc)/(n_1n_2)、p^(1−p^)(1/n1+1/n2)=C1C2/(n n1n2)\hat p(1-\hat p)(1/n_1+1/n_2)=C_1C_2/(n\,n_1n_2)（C1=a+cC_1=a+c、C2=b+dC_2=b+d、n=n1+n2n=n_1+n_2）なので、

Z2=(ad−bc)2n12n22⋅n n1n2C1C2=n(ad−bc)2n1n2C1C2=X2.Z^2=\frac{(ad-bc)^2}{n_1^2n_2^2}\cdot\frac{n\,n_1n_2}{C_1C_2}=\frac{n(ad-bc)^2}{n_1n_2C_1C_2}=X^2.

(4) p^1=84/1200=0.07\hat p_1=84/1200=0.07、p^2=50/1000=0.05\hat p_2=50/1000=0.05、D=0.02D=0.02 である。p^=134/2200=0.060909\hat p=134/2200=0.060909 で、

0.060909×0.939091×(11200+11000)=0.057199×0.0018333=0.00010487=0.010240\begin{aligned}\sqrt{0.060909\times0.939091\times\Bigl(\frac1{1200}+\frac1{1000}\Bigr)}&=\sqrt{0.057199\times0.0018333}\\ &=\sqrt{0.00010487}=0.010240\end{aligned}

から Z=0.02/0.010240=1.953Z=0.02/0.010240=1.953 である。両側の pp 値は 2{1−Φ(1.953)}=0.05082\{1-\Phi(1.953)\}=0.0508 で、0.050.05 をわずかに上回るので、有意水準 5%5\% では H0H_0 を棄却しない。X2=Z2=3.814X^2=Z^2=3.814 で、χ12(0.05)=3.841\chi^2_1(0.05)=3.841 をわずかに下回る。

(5) 非プールの標準誤差は

0.07×0.931200+0.05×0.951000=0.00005425+0.0000475=0.00010175=0.010087\sqrt{\frac{0.07\times0.93}{1200}+\frac{0.05\times0.95}{1000}}=\sqrt{0.00005425+0.0000475}=\sqrt{0.00010175}=0.010087

で、区間は

0.02±1.960×0.010087=0.02±0.01977=[ 0.00023, 0.03977 ]0.02\pm1.960\times0.010087=0.02\pm0.01977=[\,0.00023,\ 0.03977\,]

である。区間は 00 をわずかに含まず、「差 00 は区間の外」と読める一方、(4) の検定は差 00 を棄却しない。

食い違いの原因は、2つの手続きが別の標準誤差を使っていることにある。検定は H0H_0 の下での分散を使い、プールした標準誤差 0.0102400.010240 を、区間は H0H_0 を置かずに非プールの標準誤差 0.0100870.010087 を使った。分散を項ごとに比べると、プールでは 0.057199/1200+0.057199/1000=0.00004767+0.000057200.057199/1200+0.057199/1000=0.00004767+0.00005720、非プールでは 0.0651/1200+0.0475/1000=0.00005425+0.00004750.0651/1200+0.0475/1000=0.00005425+0.0000475 である。比率の大きい A の群は p^1(1−p^1)=0.0651\hat p_1(1-\hat p_1)=0.0651 が全体の 0.05720.0572 より大きいが、人数が多く 1/n11/n_1 の重みが小さい。比率の小さい B の群は 0.04750.0475 と小さく、人数が少なく重みが大きい。重みの大きい側で p(1−p)p(1-p) が小さいので、非プールの分散の方が小さくなった。そのため区間がわずかに狭くなり、境目のすぐ近くにある差 0.020.02 について結論が分かれた。§13.1 で見たように、検定と区間が厳密に裏返しになるのは、同じ標準誤差の作り方を使ったときだけである。このように境目の近くで結論が分かれたときは、「5%5\% でちょうど境目にある差」と報告し、片方の結論だけを強く主張しないのが妥当である。

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