正規分布の母平均の差に関する検定（対応のないt検定）の導出

本稿では、正規分布の母平均の差に関する検定（対応のないt検定）を導出しています。

なお、閲覧にあたっては、以下の点にご注意ください。

データの形式

確率変数 $X,Y$ が母分散は未知ではあるが等しい正規分布 $$\begin{array}{r}\mathrm{N}({\mu }_X,{\sigma }^2)\mathrm{N}({\mu }_Y,{\sigma }^2)\end{array}$$ に従い、 この分布からの大きさ $n,m$ の無作為標本を $$\begin{array}{r}\mathit{X}=\{X_1,X_2,\cdots X_n\}\mathit{Y}=\{Y_1,Y_2,\cdots Y_m\}\end{array}$$ それぞれの標本平均と標本不偏分散を $$\begin{array}{c}\overline{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\overline{Y}=\frac{1}{m}\sum _{i=1}^n{Y}_i\\ s_X^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\overline{X})s_Y^2=\frac{1}{m-1}\sum _{i=1}^m(Y_i-\overline{Y})\end{array}$$ 標本統合不偏分散を $$\begin{array}{r}{s}^2=\frac{(n-1)s_X^2+(m-1)s_Y^2}{n+m-2}\end{array}$$ とする。

【定理】正規分布の母平均の差に関する検定（対応のないt検定）

Step.1 尤度比の算出

正規分布の母平均の最尤推定量は、 $$\begin{array}{r}{\hat{\mu }}_X=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i{\hat{\mu }}_Y=\frac{1}{m}\sum _{i=1}^m{Y}_i\end{array}$$ 帰無仮説における各パラメータを $H_0:{\mu }_X={\mu }_Y=\mu$ として、両仮説の尤度比 $\lambda$ を計算すると（算出過程は省略）、 $$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{L({\mu }_X=\mu ,{\mu }_Y=\mu ;\mathit{x},\mathit{y})}{L({\mu }_X=\overline{x},{\mu }_Y=\overline{y};\mathit{x},\mathit{y})}\\ & =\frac{\prod _{i=1}^{n}f(x_i;{\mu }_X=\mu )\cdot \prod _{i=1}^{m}f(y_i;{\mu }_Y=\mu )}{\prod _{i=1}^{n}f(x_i;{\mu }_X=\overline{x})\cdot \prod _{i=1}^{m}f(y_i;{\mu }_Y=\overline{y})}=\cdots \\ & =\exp \{-\frac{n{(\overline{x}-\mu )}^2}{2{\sigma }_X^2}-\frac{m{(\overline{y}-\mu )}^2}{2{\sigma }_Y^2}\}\\ & =h(\overline{x}-\overline{y})\end{array}$$ したがって、検定統計量 $T(\mathit{X},\mathit{Y})=\overline{x}-\overline{y}$ が考えられる。

Step.2 検定統計量の対立仮説・帰無仮説における分布

（i）対立仮説における分布
正規分布の標本平均は、 $$\begin{array}{r}\overline{X}\sim N({\mu }_X,\frac{{\sigma }_X^2}{n})\overline{Y}\sim N({\mu }_Y,\frac{{\sigma }_Y^2}{m})\end{array}$$ 共通の分散 ${\sigma }^2$ を標本統合分散で推定すると、 $$\begin{array}{r}{\hat{\sigma }}^2=s^2=\frac{(n-1)s_X^2+(m-1)s_Y^2}{n+m-2}\end{array}$$ 標本平均の差を $\hat{d}=\overline{X}-\overline{Y}$ とすると、期待値と分散の性質と正規分布の再生性より、 $$\begin{array}{r}\hat{d}\sim N({\mu }_X-{\mu }_Y,\frac{s^2}{n}+\frac{s^2}{m})\end{array}$$ （ii）帰無仮説における分布
帰無仮説 $H_0:{\mu }_X={\mu }_Y$ における標本平均の差の分布は、 $$\begin{array}{r}\hat{d}\sim N(0,\frac{s^2}{n}+\frac{s^2}{m})\end{array}$$ 帰無仮説において、標本平均の差 $\overline{d}$ を統合分散で標準化した値を $$\begin{array}{c}{t}_0=\frac{\overline{X}-\overline{Y}}{\phi }\\ {\phi }^2=\frac{s^2}{n}+\frac{s^2}{m}\end{array}$$ とすると、 $$\begin{array}{r}{t}_0\sim \mathrm{t}(n+m-2)\end{array}$$

Step.3 検定関数と棄却域の型

（I）両側検定
ネイマン・ピアソンの基本定理により、次の棄却域と検定関数 $\phi (\theta ;\mathit{x})$ をもつ検定が漸近的に有意水準を $\alpha$ とする一様最強力不偏検定となる。
$$\begin{array}{}\text{(1)}& \phi (\theta ;\mathit{x})=\{\begin{array}{cc}a\le T\left(\mathit{X}\right)\le b& 0:\mathrm{Hold}{H}_0\\ T\left(\mathit{X}\right)<a\mathrm{or}b<T\left(\mathit{X}\right)& 1:\mathrm{Reject}{H}_0\end{array}\end{array}$$ （II）片側検定
ネイマン・ピアソンの基本定理と単調尤度比の原理により、次の棄却域と検定関数 $\phi (\theta ;\mathit{x})$ をもつ検定が漸近的に有意水準を $\alpha$ とする一様最強力検定となる。
検定A $$\begin{array}{}\text{(2)}& \phi (\theta ;\mathit{x})=\{\begin{array}{cc}T\left(\mathit{X}\right)<a& 0:\mathrm{Hold}{H}_0\\ a\le T\left(\mathit{X}\right)& 1:\mathrm{Reject}{H}_0\end{array}\end{array}$$ 検定B $$\begin{array}{}\text{(3)}& \phi (\theta ;\mathit{x})=\{\begin{array}{cc}b<T\left(\mathit{X}\right)& 0:\mathrm{Hold}{H}_0\\ T\left(\mathit{X}\right)\le b& 1:\mathrm{Reject}{H}_0\end{array}\end{array}$$

Step.4 棄却域の設定

（I）両側検定
パーセント点の定義と$\mathrm{t}$ 分布の対称性から、 $$\begin{array}{r}P\{-t_{0.5\alpha }(n+m-2)\le t_0\le t_{0.5\alpha }(n+m-2)\}=1-\alpha \end{array}$$ したがって、式 $(1)$ において、$a=-t_{0.5\alpha }(n+m-2),b=t_{0.5\alpha }(n+m-2)$ とすると、 $$\begin{array}{c}\phi (\theta ;\mathit{x})=\{\begin{array}{cc}-t_{0.5\alpha }(n+m-2)\le t_0\le t_{0.5\alpha }(n+m-2)& 0:\mathrm{Hold}{H}_0\\ t_0\le -t_{0.5\alpha }(n+m-2)\mathrm{or}{t}_{0.5\alpha }(n+m-2)\le t_0& 1:\mathrm{Reject}{H}_0\end{array}\end{array}$$ （II-A）片側検定A
パーセント点の定義より、 $$\begin{array}{r}P\{t_0\le t_{\alpha }(n+m-2)\}=1-\alpha \end{array}$$ したがって、式 $(2)$ において、$a=t_{\alpha }(n+m-2)$ とすると、
$$\begin{array}{r}\phi (\theta ;\mathit{x})=\{\begin{array}{cc}{t}_0<t_{\alpha }(n+m-2)& 0:\mathrm{Hold}{H}_0\\ t_{\alpha }(n+m-2)\le t_0& 1:\mathrm{Reject}{H}_0\end{array}\end{array}$$ （II-B）片側検定B
パーセント点の定義より、 $$\begin{array}{r}P\{-t_{\alpha }(n+m-2)\le t_0\}=1-\alpha \end{array}$$ したがって、式 $(3)$ において、$b=-t_{\alpha }(n+m-2)$ とすると、
$$\begin{array}{r}\phi (\theta ;\mathit{x})=\{\begin{array}{cc}-t_{\alpha }(n+m-2)<t_0& 0:\mathrm{Hold}{H}_0\\ t_0\le -t_{\alpha }(n+m-2)& 1:\mathrm{Reject}{H}_0\end{array}\end{array}$$ $◼$

参考文献

• 小寺 平治 著. 数理統計：明解演習. 共立出版, 1986, p.129
• 野田 一雄, 宮岡 悦良 著. 入門・演習数理統計. 共立出版, 1990, p.276

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