確認テストの解答

統計学の復習　第13章 §13.6

§13.1 母比率の検定

1. 13.1-1 検定は $H_0$ が正しい世界での統計量の分布を計算する手続きで、その世界では $p=p_0$ なので、$\hat p$ の分散は $p_0(1-p_0)/n$ と正確に分かっている。区間推定は $p$ について何も仮定しないので、未知の $p$ には手元の推定値 $\hat p$ を入れるしかない。
2. 13.1-2 $\hat p=0.54$、$H_0$ の下での標準誤差は $\sqrt{0.5\times0.5/1000}=0.015811$ で、$Z=0.04/0.015811=2.530$。両側の $p$ 値は $2\{1-\Phi(2.530)\}=0.0114$。$5\%$ では $\lvert Z\rvert \ge1.960$ に入るので棄却し、賛成の比率は $1/2$ と異なるといえる。$1\%$ では $\lvert Z\rvert \ge z_{0.005}=2.576$ に入らないので棄却しない。
3. 13.1-3 $z=z_{\alpha/2}$ とする。棄却されない条件 $\lvert \hat p-p_0\rvert <z\sqrt{p_0(1-p_0)/n}$ は、両辺が負でないので2乗して

$$(\hat p-p_0)^2<\frac{z^2}np_0(1-p_0)\iff\Bigl(1+\frac{z^2}n\Bigr)p_0^2-\Bigl(2\hat p+\frac{z^2}n\Bigr)p_0+\hat p^2<0$$

と同値である。左辺は $p_0^2$ の係数が正の2次式なので、満たす $p_0$ は2根の間で、判別式は $(2\hat p+z^2/n)^2-4(1+z^2/n)\hat p^2=4(z^2/n)\hat p(1-\hat p)+(z^2/n)^2$ だから、根は

$$p_0=\frac{\hat p+\dfrac{z^2}{2n}\pm z\sqrt{\dfrac{\hat p(1-\hat p)}n+\dfrac{z^2}{4n^2}}}{1+\dfrac{z^2}n}$$

である。これは第11章の Wilson の区間の両端の式と同じである。4. 13.1-4 $H_0$ の下で $E[X]=20$、$\sqrt{V[X]}=\sqrt{100\times0.2\times0.8}=4$。$Z=(X-20)/4\ge1.645$ は $X\ge26.58$ と同値で、$X$ は整数なので棄却域は $X\ge27$。$H_0$ の下での正確な確率は $P(X\ge27)=0.0558$ で、$0.05$ をわずかに上回る（$X\ge26$ なら $0.0875$）。正規近似の棄却域では実際の第1種の過誤の確率が名目と一致せず、連続補正 $Z=(X-0.5-20)/4\ge1.645$ をすると棄却域は $X\ge28$ になって確率は $0.05$ を下回る（$P(X\ge28)=0.0342$）。

§13.2 母比率の差の検定

1. 13.2-1 どちらの手続きでも差の分散は (13.2) の和 $p_1(1-p_1)/n_1+p_2(1-p_2)/n_2$ で、違いは各項の $p_1,p_2$ に何を入れるかだけである。検定では $H_0:p_1=p_2$ の世界で分布を計算するので未知の値は共通の $p$ の1つで、それを $n_1+n_2$ 個全部から推定したプールした比率を入れる。区間推定では等しいと仮定しないので、2つの未知の値にそれぞれの群の推定値を入れる。
2. 13.2-2 $\hat p_1=96/300=0.32$、$\hat p_2=60/250=0.24$、差 $0.08$。$\hat p=156/550=0.28364$、標準誤差 $\sqrt{0.28364\times0.71636\times(1/300+1/250)}=\sqrt{0.20319\times0.0073333}=0.038601$。$Z=0.08/0.038601=2.072$ で $\lvert Z\rvert \ge1.960$ に入るので棄却し、購入率に男女差があるといえる（$p$ 値 $0.0382$）。
3. 13.2-3 非プールの標準誤差 $\sqrt{0.32\times0.68/300+0.24\times0.76/250}=\sqrt{0.00072533+0.00072960}=0.038144$。区間は $0.08\pm1.960\times0.038144=0.08\pm0.07476=[\,0.0052,\ 0.1548\,]$。$0$ を含まないので、差 $0$ は区間の外にあり、13.2-2 の「差がある」という結論と合っている。
4. 13.2-4 $H_0$ の下で $X_1+X_2\sim\mathrm{Bin}(n_1+n_2,p)$（独立な二項分布の和で、成功確率が等しいから。第5章）なので、$E[\hat p]=(n_1+n_2)p/(n_1+n_2)=p$ で不偏、$V[\hat p]=(n_1+n_2)p(1-p)/(n_1+n_2)^2=p(1-p)/(n_1+n_2)$。$n_1+n_2>n_1$、$n_1+n_2>n_2$ なので、$V[\hat p_1]=p(1-p)/n_1$ と $V[\hat p_2]=p(1-p)/n_2$ のどちらよりも小さい。

§13.3 適合度検定

1. 13.3-1 (a) $X^2$ はずれのベクトルの長さの2乗で、$H_0$ からどの向きに外れても大きくなり、外れは $X^2$ が大きいことにしか現れないから。(b) カテゴリ8個から、度数の和の拘束1本と、推定した平均・分散の2個を引いて $8-1-2=5$。
2. 13.3-2 期待度数は $160\times(9,3,3,1)/16=(90,30,30,10)$。$X^2=25/90+4/30+9/30+0/10=0.2778+0.1333+0.3000+0=0.711$。自由度 $4-1=3$、$\chi^2_3(0.05)=7.815$ なので棄却しない。予想の比に合わないとはいえない（$p$ 値 $0.871$）。
3. 13.3-3 期待度数は $60\times(0.5,0.3,0.15,0.05)=(30,18,9,3)$ で、最後の $3$ が $5$ 未満なので、第3・第4のカテゴリをまとめて期待度数 $12$、観測度数 $13+4=17$ とする。$X^2=(26-30)^2/30+(17-18)^2/18+(17-12)^2/12=0.5333+0.0556+2.0833=2.672$。カテゴリは3個になったので自由度は $3-1=2$、$\chi^2_2(0.05)=5.991$ で棄却しない（$p$ 値 $0.263$）。
4. 13.3-4 $O_1=X$、$O_2=n-X$、$E_1=np_0$、$E_2=n(1-p_0)$ から $O_2-E_2=-(X-np_0)$。よって

$$X^2=(X-np_0)^2\Bigl(\frac1{np_0}+\frac1{n(1-p_0)}\Bigr)=\frac{(X-np_0)^2}{np_0(1-p_0)}=Z^2.$$

分散で標準化すると、カテゴリ1は $(X-np_0)^2/\{np_0(1-p_0)\}=Z^2$、カテゴリ2は $O_2$ の分散も $n(1-p_0)p_0$ で同じなので $(X-np_0)^2/\{np_0(1-p_0)\}=Z^2$ で、和は $2Z^2$。2つのずれは符号が逆なだけの同じ量なので、分散で割った2乗を足すと同じ情報を2回数えることになる。

§13.4 独立性の検定

1. 13.4-1 (a) セル12個、推定した独立な母数は行の $3-1=2$ 個と列の $4-1=3$ 個で、$12-1-2-3=6$。(b) 行の和と列の和を固定すると、左上の $2\times3$ 個のセルを決めれば残りが決まるので $2\times3=6$。どちらも $(3-1)(4-1)=6$。
2. 13.4-2 表は $a=30$（新・合格）、$b=20$、$c=18$（従来・合格）、$d=32$ で、$R_1=R_2=50$、$C_1=48$、$C_2=52$、$n=100$。$ad-bc=960-360=600$ なので

$$X^2=\frac{100\times600^2}{50\times50\times48\times52}=\frac{36000000}{6240000}=5.769.$$

自由度1で $\chi^2_1(0.05)=3.841$ を超えるので棄却し、教材と合否は独立でないといえる（$p$ 値 $0.0163$）。プールした比率は $48/100=0.48$、標準誤差 $\sqrt{0.48\times0.52\times(1/50+1/50)}=\sqrt{0.009984}=0.099920$、$Z=(0.6-0.36)/0.099920=2.402$ で、$Z^2=5.769=X^2$。3. 13.4-3 $\sum_jE_{ij}=O_{i\cdot}\sum_jO_{\cdot j}/n=O_{i\cdot}\cdot n/n=O_{i\cdot}$。列も同様に $\sum_iE_{ij}=O_{\cdot j}\sum_iO_{i\cdot}/n=O_{\cdot j}$。よって $\sum_j(O_{ij}-E_{ij})=O_{i\cdot}-O_{i\cdot}=0$、$\sum_i(O_{ij}-E_{ij})=O_{\cdot j}-O_{\cdot j}=0$ で、ずれの表の行の和と列の和はすべて $0$ である。4. 13.4-4 $n=220$、満足の合計 $120$ で $\bar p=120/220=0.54545$、$\bar p(1-\bar p)=0.24793$。各製品の満足の割合は $(0.5,\ 0.6,\ 0.52)$ で、

$$\begin{aligned}\sum C_j(\hat p_j-\bar p)^2&=80\times0.04545^2+90\times0.05455^2+50\times0.02545^2\\ &=0.1653+0.2678+0.0324=0.4655,\end{aligned}$$

$X^2=0.4655/0.24793=1.877$。自由度 $3-1=2$、$\chi^2_2(0.05)=5.991$ で棄却しない。満足の割合が製品によって異なるとはいえない（$p$ 値 $0.391$）。