正規母集団に関する検定

数理統計　第7章 §7.2　★★★ $z,\ t,\ \chi^2,\ F$ の各検定。統計量の分布を (7.1) から導けることが答案の前提

正規母集団の検定は、どれも「$H_0$ のもとで分布が完全に分かる統計量を作る」という同じ方針で組み立てる。未知のパラメータが分布に残っている統計量では棄却限界が決まらないので、未知の母数を消す形（標準化や比）に直すことが要点になる。

1標本：平均の検定

$X_1,\dots,X_n$ を独立に $\mathrm{N}(\mu,\sigma^2)$ からの標本とする。帰無仮説 $H_0:\mu=\mu_0$ を検定する。

$\sigma^2$ が既知なら、帰無仮説のもとで次が成り立つ。これを使うのが$z$ 検定である。

$$Z=\frac{\sqrt n(\bar X-\mu_0)}{\sigma}\sim\mathrm{N}(0,1).$$

分散が未知のときは $\sigma$ を $S$ で置き換えた

$$T=\frac{\sqrt n\,(\bar X-\mu_0)}{S}\tag{7.4}$$

を使う。帰無仮説のもとで $T\sim t_{n-1}$ となることは、次のように (7.1) から導ける。

証明

次の2つの統計量を考える。

$$Z=\frac{\sqrt n(\bar X-\mu_0)}{\sigma}\sim\mathrm{N}(0,1),\qquad W=\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2_{n-1}.$$

標本平均と標本分散が独立なので、$Z$ と $W$ も独立である。比を取ると

$$\frac{Z}{\sqrt{W/(n-1)}}=\frac{\sqrt n(\bar X-\mu_0)/\sigma}{\sqrt{S^2/\sigma^2}}=\frac{\sqrt n(\bar X-\mu_0)}{S}=T$$

となり、$\sigma$ が分子と分母で消える。左辺は $t$ 分布の定義の形なので $T\sim t_{n-1}$。

対立仮説に応じて棄却域は次のようになる（水準 $\alpha$）。

$$\begin{gathered}H_1:\mu\ne\mu_0\ \text{なら}\ \lvert T\rvert >t_{n-1}(\alpha/2),\\ H_1:\mu>\mu_0\ \text{なら}\ T>t_{n-1}(\alpha),\qquad H_1:\mu<\mu_0\ \text{なら}\ T<-t_{n-1}(\alpha).\end{gathered}$$

対になったデータ $(X_i,Y_i)$ の平均の差を調べるときは、対応のある検定を使う。差 $D_i=X_i-Y_i$ を1標本とみなし、同じ $t$ 検定をかける。仮定するのは、差が独立に $\mathrm{N}(\mu_D,\sigma_D^2)$ に従うことだけである。対の2つの値の相関は、差の分散 $\sigma_D^2$ に吸収される。

1標本：分散の検定

$H_0:\sigma^2=\sigma_0^2$ には

$$\chi^2=\frac{(n-1)S^2}{\sigma_0^2}\ \sim\ \chi^2_{n-1}\quad(H_0\ \text{のもと})\tag{7.5}$$

を使う。棄却域は対立仮説の向きで決まる。

• 両側対立仮説 $H_1:\sigma^2\ne\sigma_0^2$ では、次のどちらかで棄却する。

$$\chi^2<\chi^2_{n-1}(1-\alpha/2)\quad\text{または}\quad\chi^2>\chi^2_{n-1}(\alpha/2).$$

• 片側対立仮説 $H_1:\sigma^2>\sigma_0^2$ では、$\chi^2>\chi^2_{n-1}(\alpha)$ で棄却する。

カイ二乗分布は左右非対称なので、両側検定の2つの棄却限界は $\sigma_0^2$ を中心に対称にはならない。母平均が既知なら $\sum(X_i-\mu)^2/\sigma_0^2\sim\chi^2_n$ を使い、自由度が1つ増える。

2標本：平均の差の検定

2つの標本を互いに独立にとる。

$$X_1,\dots,X_m\sim\mathrm{N}(\mu_1,\sigma_1^2),\qquad Y_1,\dots,Y_n\sim\mathrm{N}(\mu_2,\sigma_2^2).$$

帰無仮説 $H_0:\mu_1=\mu_2$ を検定する。不偏分散をそれぞれ $S_1^2$、$S_2^2$ とする。

等分散 $\sigma_1^2=\sigma_2^2=\sigma^2$ を仮定する場合、共通の分散の推定に両方の標本を使った合併分散

$$S_p^2=\frac{(m-1)S_1^2+(n-1)S_2^2}{m+n-2}$$

を作り、

$$T=\frac{\bar X-\bar Y}{S_p\sqrt{\dfrac1m+\dfrac1n}}\tag{7.6}$$

とする。

証明

2つの標本平均は独立で、$\bar X\sim\mathrm{N}(\mu_1,\sigma^2/m)$、$\bar Y\sim\mathrm{N}(\mu_2,\sigma^2/n)$ である。よって帰無仮説のもとで

$$\bar X-\bar Y\sim\mathrm{N}\!\left(0,\sigma^2\Bigl(\frac1m+\frac1n\Bigr)\right),\qquad Z=\frac{\bar X-\bar Y}{\sigma\sqrt{1/m+1/n}}\sim\mathrm{N}(0,1).$$

一方、次の2つは独立である。

$$\frac{(m-1)S_1^2}{\sigma^2}\sim\chi^2_{m-1},\qquad \frac{(n-1)S_2^2}{\sigma^2}\sim\chi^2_{n-1}.$$

カイ二乗分布の再生性から、和について次が成り立つ。

$$W=\frac{(m+n-2)S_p^2}{\sigma^2}\sim\chi^2_{m+n-2}.$$

各標本の中で、標本平均と標本分散は独立である。2つの標本どうしも独立だから、$Z$ と $W$ は独立である。したがって $Z/\sqrt{W/(m+n-2)}=T\sim t_{m+n-2}$ となる（$\sigma$ は約分で消える）。

等分散を仮定しない場合は、次の統計量の分布が分散比 $\sigma_1^2/\sigma_2^2$ に依存する。

$$\frac{\bar X-\bar Y}{\sqrt{S_1^2/m+S_2^2/n}}$$

そのため正確な $t$ 分布にはならない（Behrens–Fisher 問題）。実用上は、自由度を

$$\nu=\frac{\left(S_1^2/m+S_2^2/n\right)^2}{\dfrac{(S_1^2/m)^2}{m-1}+\dfrac{(S_2^2/n)^2}{n-1}}$$

とした $t_\nu$ で近似する（Welch の検定）。分母の $S_1^2/m+S_2^2/n$ をカイ二乗分布の定数倍で近似し、平均と分散を合わせて自由度を決めたものである。

2標本：分散の比の検定

帰無仮説 $H_0:\sigma_1^2=\sigma_2^2$ には $F=S_1^2/S_2^2$ を使う。次の2つが独立であることから出発する。

$$\frac{(m-1)S_1^2}{\sigma_1^2}\sim\chi^2_{m-1},\qquad \frac{(n-1)S_2^2}{\sigma_2^2}\sim\chi^2_{n-1}.$$

$F$ 分布の定義から

$$\frac{S_1^2/\sigma_1^2}{S_2^2/\sigma_2^2}\sim F_{m-1,n-1}$$

である。帰無仮説のもとでは2つの分散が約分されて $F\sim F_{m-1,n-1}$ となる。両側検定では次のどちらかで棄却する。

$$F<F_{m-1,n-1}(1-\alpha/2)\quad\text{または}\quad F>F_{m-1,n-1}(\alpha/2).$$

数表には上側の点しか載っていないことが多いので、下側の点は

$$F_{m,n}(1-\alpha)=\frac{1}{F_{n,m}(\alpha)}\tag{7.7}$$

で求める。理由は次のとおりである。$F\sim F_{m,n}$ なら $1/F\sim F_{n,m}$ なので

$$P(F\le x)=P(1/F\ge1/x)$$

となる。右辺は $x=1/F_{n,m}(\alpha)$ のときに $\alpha$ になる。

確認テスト

オリジナル

1. 7.2-1 対応のある2標本（同じ人の前後の測定など）に、独立2標本の $t$ 検定 (7.6) を使うと何がまずいか。1行で答えよ。
2. 7.2-2 正規母集団 $\mathrm{N}(\mu,\sigma^2)$ からの大きさ 15 の標本で、不偏分散 $s^2=2.9$ を得た。$H_0:\sigma^2=1.5\ \text{対}\ H_1:\sigma^2\ne1.5$ を有意水準 0.05 で検定せよ。
3. 7.2-3 6人について、ある処置の前後の測定値の差（後 − 前）が 1.2, 0.8, −0.3, 1.5, 0.9, 0.7 であった。差は $\mathrm{N}(\mu_D,\sigma_D^2)$ に従うとする。$H_0:\mu_D=0\ \text{対}\ H_1:\mu_D\ne0$ を有意水準 0.05 で検定せよ。
4. 7.2-4 分散が既知の正規母集団で、$H_0:\mu=\mu_0\ \text{対}\ H_1:\mu\ne\mu_0$ の両側 $z$ 検定を考える。棄却域は

$$\lvert \sqrt n(\bar X-\mu_0)/\sigma\rvert >z_{\alpha/2}$$

とする。$\delta=\sqrt n(\mu-\mu_0)/\sigma$ とおくと、検出力関数が

$$\beta(\mu)=\Phi(\delta-z_{\alpha/2})+\Phi(-\delta-z_{\alpha/2})$$

と書けることを示せ。また検出力関数が $\mu=\mu_0$ で最小値 $\alpha$ をとることを示せ。