区間推定と仮説検定信頼区間・t検定・第1種と第2種の誤り・検出力

信頼係数 $95\%$ の信頼区間は、母数を含む確率が $0.95$ になるように標本から作る区間である。正規母集団で分散が未知なら、平均 $\mu$ の信頼区間は $\bar x \pm t_{0.025}(n-1)\,s/\sqrt{n}$ になる。仮説検定では帰無仮説 $H_0$ のもとで検定統計量の分布を求め、値が棄却域に入れば有意水準 $\alpha$ で $H_0$ を棄却する。 $H_0$ が正しいのに棄却する確率が第1種の誤り、対立仮説が正しいのに棄却しない確率が第2種の誤りで、 $1$ から後者を引いたものが検出力である。

確率・統計の第6単元（全8単元）。先に読む単元：点推定と最尤推定

院試数学基礎完成シリーズ確率統計編

基礎ノートと類題を答案の形で解いた問題集（2,480円）。収録章と見本ページを商品ページで確認できる。過去問の本文は収録していない。

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正規母集団の標本分布

定義

カイ二乗分布と t 分布

独立な $Z_1, \dots, Z_k \sim N(0,1)$ について $Z_1^2 + \cdots + Z_k^2$ の分布を自由度 $k$ のカイ二乗分布 $\chi^2(k)$ という。平均 $k$ 、分散 $2k$ である。

$Z \sim N(0,1)$ と $V \sim \chi^2(k)$ が独立なとき、 $T = Z/\sqrt{V/k}$ の分布を自由度 $k$ の $t$ 分布 $t(k)$ という。 $0$ について対称で、 $k \to \infty$ で $N(0,1)$ に近づく。

上側 $\alpha$ 点を $z_\alpha$ 、 $t_\alpha(k)$ 、 $\chi^2_\alpha(k)$ と書く。たとえば $P(Z > z_\alpha) = \alpha$ 。

定理・法則

正規標本の標本平均と不偏分散

条件

$X_1, \dots, X_n$ は独立に $N(\mu,\sigma^2)$ に従い、 $n \ge 2$ 。 $S^2$ は不偏分散。

主張

\bar X \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right), \qquad \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1), \qquad \frac{\bar X - \mu}{S/\sqrt{n}} \sim t(n-1)

また $\bar X$ と $S^2$ は独立である。

要点

直交変換で $\bar X$ と残差を分けると示せる。母集団が正規でなければ $t$ 分布は厳密には成り立たず、 $n$ が大きいときに中心極限定理で近似的に使う。

信頼区間の作り方

定義

信頼区間

標本の関数 $L, U$ が、すべての $\theta$ で $P_\theta(L \le \theta \le U) \ge 1 - \alpha$ を満たすとき、 $[L, U]$ を信頼係数 $1-\alpha$ の信頼区間という。確率的に動くのは区間の端点で、 $\theta$ は定数である。分布が $\theta$ によらない量（ピボット）の分位点から作る。

平均（分散既知）: $\bar x \pm z_{\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$
正規母集団。 $95\%$ なら $z_{0.025} \approx 1.960$ 。
平均（分散未知）: $\bar x \pm t_{\alpha/2}(n-1)\frac{s}{\sqrt{n}}$
正規母集団、 $s$ は不偏分散の平方根。
分散: $\left[\frac{(n-1)s^2}{\chi^2_{\alpha/2}(n-1)},\ \frac{(n-1)s^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)}\right]$
正規母集団。分母の大きい分位点が下端に入る。
母比率（大標本）: $\hat p \pm z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}}$
中心極限定理による近似。 $n\hat p$ と $n(1-\hat p)$ が十分大きいときに使う。

計算例

分散未知の平均の95%信頼区間

正規母集団からの大きさ $16$ の標本で $\bar x = 52.0$ 、 $s = 4.0$ だった。 $\mu$ の $95\%$ 信頼区間を求めよ。

解答

自由度 $15$ の $t$ 分布の上側 $2.5\%$ 点は $t_{0.025}(15) \approx 2.131$ 。 $s/\sqrt{n} = 4.0/4 = 1.0$ なので

52.0 \pm 2.131 \times 1.0 = [49.87,\ 54.13]

検算

分位点は数値計算で $2.1314$ 。分散既知として $1.960$ を使うと $[50.04, 53.96]$ と狭くなり、 $s$ の推定の不確かさを無視したことになる。

計算例

正規母集団の分散の95%信頼区間

正規母集団からの大きさ $10$ の標本で $s^2 = 2.0$ だった。 $\sigma^2$ の $95\%$ 信頼区間を求めよ。

解答

自由度 $9$ のカイ二乗分布で $\chi^2_{0.025}(9) \approx 19.023$ 、 $\chi^2_{0.975}(9) \approx 2.700$ 。 $(n-1)s^2 = 18$ なので

\left[\frac{18}{19.023},\ \frac{18}{2.700}\right] = [0.946,\ 6.67]

検算

区間は $s^2 = 2.0$ について対称でなく、上側に長い。カイ二乗分布が右に裾を引くためである。

仮説検定の手順と2種類の誤り

定義

検定の用語

帰無仮説 $H_0$ と対立仮説 $H_1$ を立て、検定統計量 $T$ の値が棄却域 $R$ に入れば $H_0$ を棄却する。

第1種の誤り： $H_0$ が正しいのに棄却する。その確率の上限 $\alpha = \sup_{\theta \in H_0} P_\theta(T \in R)$ を有意水準という。
第2種の誤り： $H_1$ が正しいのに棄却しない。その確率を $\beta(\theta)$ と書く。
検出力： $1 - \beta(\theta) = P_\theta(T \in R)$ （ $\theta \in H_1$ ）。
p値：観測された値と同じか、それより $H_1$ 寄りの値が $H_0$ のもとで出る確率。p値 $\le \alpha$ と、 $T$ が水準 $\alpha$ の棄却域に入ることは同値。

$H_0$ 、 $H_1$ （両側か片側か）と有意水準 $\alpha$ を決める。
$H_0$ のもとで分布が分かる検定統計量を選ぶ。
棄却域を $H_1$ の向きに置き、境界を分位点で決める。
観測値から統計量を計算し、棄却するかどうかを判定する。p値も書く。

定理・法則

信頼区間と両側検定の対応

条件

信頼区間を、各 $\theta_0$ での水準 $\alpha$ の検定の受容域を集めて作った場合（ $t$ 区間と $t$ 検定、 $z$ 区間と $z$ 検定など）。

主張

$H_0: \theta = \theta_0$ を水準 $\alpha$ の両側検定で棄却しないことと、 $\theta_0$ が信頼係数 $1 - \alpha$ の信頼区間に含まれることは同値である。

検定と検出力の計算例

計算例

平均の両側 t 検定

上の標本（ $n = 16$ 、 $\bar x = 52.0$ 、 $s = 4.0$ ）で、 $H_0: \mu = 50$ と $H_1: \mu \ne 50$ を有意水準 $5\%$ で検定せよ。

解答

t = \frac{52.0 - 50}{4.0/\sqrt{16}} = 2.0

棄却域は $|t| > t_{0.025}(15) \approx 2.131$ 。 $|t| = 2.0$ は棄却域に入らないので、 $H_0$ は棄却されない。両側p値は $2P(T > 2.0) \approx 0.064$ （ $T \sim t(15)$ ）。

検算

$95\%$ 信頼区間 $[49.87, 54.13]$ が $50$ を含むことと一致する。片側検定 $H_1: \mu > 50$ なら境界は $t_{0.05}(15) \approx 1.753$ で、 $H_0$ は棄却される。対立仮説の向きは、データを見る前に決めておく。

計算例

片側 z 検定の検出力

$X_i \sim N(\mu, 1)$ から $n = 25$ の標本をとり、 $H_0: \mu = 0$ と $H_1: \mu > 0$ を有意水準 $5\%$ で検定する。棄却域と、 $\mu = 0.5$ のときの検出力を求めよ。

解答

$Z = \sqrt{25}\,\bar X = 5\bar X$ は $H_0$ のもとで $N(0,1)$ 。棄却域は $Z > z_{0.05} \approx 1.645$ 、すなわち $\bar X > 0.329$ 。

$\mu = 0.5$ のとき $5\bar X \sim N(2.5, 1)$ なので、検出力は

P(5\bar X > 1.645) = P(Z > 1.645 - 2.5) = \Phi(0.855) \approx 0.804

検算

第2種の誤りの確率は約 $0.196$ 。 $\mu = 0$ を代入すると検出力の式は $P(Z > 1.645) = 0.05$ に戻る。検出力を $0.9$ にするには $\sqrt{n} \times 0.5 \ge z_{0.05} + z_{0.10} \approx 1.645 + 1.282$ から $n \ge 34.3$ 、つまり $n = 35$ が必要。

最強力検定とネイマン・ピアソンの補題

定理・法則

ネイマン・ピアソンの補題

条件

$H_0: \theta = \theta_0$ と $H_1: \theta = \theta_1$ がともに単純仮説。 $k$ は $P_{\theta_0}(\Lambda > k) = \alpha$ となるように選ぶ（離散分布で等号が実現できないときは、境界上で確率的に棄却する検定まで含めて考える）。

主張

\Lambda(\boldsymbol{x}) = \frac{L(\theta_1;\boldsymbol{x})}{L(\theta_0;\boldsymbol{x})} > k \ \text{で棄却する検定}

は、有意水準 $\alpha$ のすべての検定のなかで $\theta_1$ での検出力が最大（最強力検定）である。

要点

正規分布の平均の片側検定では、 $\Lambda > k$ が $\bar x > c$ と同値になり、 $c$ は $\theta_1 > \theta_0$ のどの値でも同じになる。そのため $\bar x > c$ は $H_1: \mu > \mu_0$ に対する一様最強力検定である。両側の対立仮説には一様最強力検定は一般に存在しない。

単純仮説でない場合は、尤度比 $\lambda = \sup_{H_0} L / \sup_{H_0 \cup H_1} L$ を使う尤度比検定が標準である。正則条件のもとで、 $H_0$ が正しければ $-2\log\lambda$ は近似的に自由度（ $H_0$ で固定した母数の個数）のカイ二乗分布に従う。

答案でよくある誤り

1
「 $\mu$ が区間 $[49.87, 54.13]$ に入る確率は $95\%$ 」と書く。 $\mu$ は定数なので、計算済みの区間に入るかどうかは確率の対象でない。同じ方法で作った区間の $95\%$ が $\mu$ を含む、と述べる。
2
「 $H_0$ を棄却できないので $H_0$ は正しい」と結論する。棄却されないのは、差を示す証拠が十分でないということである。第2種の誤りの確率が大きいと、差があっても棄却されにくい。
3
p値を「 $H_0$ が正しい確率」と読む。p値は $H_0$ のもとでデータ側の極端さを測る確率で、 $H_0$ の確率ではない。
4
分散未知なのに $z_{0.025} = 1.96$ を使う、または $t$ 分布の自由度を $n$ にする。不偏分散を使うときの自由度は $n - 1$ である。
5
両側検定の境界に $z_\alpha$ を使う。両側では $\alpha$ を左右に $\alpha/2$ ずつ分け、 $5\%$ 両側なら $1.960$ 、片側なら $1.645$ を使う。

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