# 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

> 正規母集団の標本分布、平均と分散の信頼区間、仮説検定の手順、第1種・第2種の誤りと検出力、p値、ネイマン・ピアソンの補題を解説。t分布やカイ二乗分布の分位点を使った計算例と典型的な誤りも載せています。

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- 最終更新: 2026-11-16
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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。

## 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。

1. $H_0$、$H_1$（両側か片側か）と有意水準 $\alpha$ を決める。
2. $H_0$ のもとで分布が分かる検定統計量を選ぶ。
3. 棄却域を $H_1$ の向きに置き、境界を分位点で決める。
4. 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。