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{align} \mathrm{N} \left(\mu_X,\sigma^2\right) \quad \mathrm{N} \left(\mu_Y,\sigma^2\right) \end{align} に従い、 この分布からの大きさ $n,m$ の無作為標本を \begin{align} \boldsymbol{X}= \left\{X_1,X_2, \cdots X_n\right\} \quad \boldsymbol{Y}= \left\{Y_1,Y_2, \cdots Y_m\right\} \end{align} それぞれの標本平均と標本不偏分散を \begin{gather} \bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i \quad \bar{Y}=\frac{1}{m}\sum_{i=1}^{n}Y_i\\ s_X^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n} \left(X_i-\bar{X}\right) \quad s_Y^2=\frac{1}{m-1}\sum_{i=1}^{m} \left(Y_i-\bar{Y}\right) \end{gather} 標本統合不偏分散を \begin{align} s^2=\frac{ \left(n-1\right)s_X^2+ \left(m-1\right)s_Y^2}{n+m-2} \end{align} 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{align} {\hat{\mu}}_X=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i \quad {\hat{\mu}}_Y=\frac{1}{m}\sum_{i=1}^{m}Y_i \end{align} 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{align} \lambda&=\frac{L \left(\mu_X=\mu,\mu_Y=\mu;\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\right)}{L \left(\mu_X=\bar{x},\mu_Y=\bar{y};\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\right)}\\ &=\frac{\prod_{i=1}^{n}f \left(x_i;\mu_X=\mu\right) \cdot \prod_{i=1}^{m}f \left(y_i;\mu_Y=\mu\right)}{\prod_{i=1}^{n}f \left(x_i;\mu_X=\bar{x}\right) \cdot \prod_{i=1}^{m}f \left(y_i;\mu_Y=\bar{y}\right)}= \cdots \\ &=\mathrm{exp} \left\{-\frac{n \left(\bar{x}-\mu\right)^2}{2\sigma_X^2}-\frac{m \left(\bar{y}-\mu\right)^2}{2\sigma_Y^2}\right\}\\ &=h \left(\bar{x}-\bar{y}\right) \end{align} したがって、検定統計量 $T \left(\boldsymbol{X},\boldsymbol{Y}\right)=\bar{x}-\bar{y}$ 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{align} \bar{X} \sim N \left(\mu_X,\frac{\sigma_X^2}{n}\right) \quad \bar{Y} \sim N \left(\mu_Y,\frac{\sigma_Y^2}{m}\right) \end{align} 共通の分散 $\sigma^2$ を標本統合分散で推定すると、 \begin{align} {\hat{\sigma}}^2=s^2=\frac{ \left(n-1\right)s_X^2+ \left(m-1\right)s_Y^2}{n+m-2} \end{align} 標本平均の差を $\hat{d}=\bar{X}-\bar{Y}$ 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{align} \hat{d} \sim N \left(\mu_X-\mu_Y,\frac{s^2}{n}+\frac{s^2}{m}\right) \end{align} （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{align} \hat{d} \sim N \left(0,\frac{s^2}{n}+\frac{s^2}{m}\right) \end{align} 帰無仮説において、標本平均の差 $\bar{d}$ を統合分散で標準化した値を \begin{gather} t_0=\frac{\bar{X}-\bar{Y}}{\varphi}\\ \varphi^2=\frac{s^2}{n}+\frac{s^2}{m} \end{gather} とすると、 \begin{align} t_0 \sim \mathrm{t} \left(n+m-2\right) \end{align}

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 $\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)$ 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{align} \varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}a \le T \left(\boldsymbol{X}\right) \le b&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\T \left(\boldsymbol{X}\right) \lt a \quad \mathrm{or} \quad b \lt T \left(\boldsymbol{X}\right)&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.\tag{1} \end{align} （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 $\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)$ 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{align} \varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}T \left(\boldsymbol{X}\right) \lt a&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\a \le T \left(\boldsymbol{X}\right)&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.\tag{2} \end{align} 検定B \begin{align} \varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}b \lt T \left(\boldsymbol{X}\right)&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\T \left(\boldsymbol{X}\right) \le b&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.\tag{3} \end{align}

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{align} P \left\{-t_{0.5\alpha} \left(n+m-2\right) \le t_0 \le t_{0.5\alpha} \left(n+m-2\right)\right\}=1-\alpha \end{align} したがって、式 $(1)$ において、$a=-t_{0.5\alpha} \left(n+m-2\right),b=t_{0.5\alpha} \left(n+m-2\right)$ とすると、 \begin{gather} \varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}-t_{0.5\alpha} \left(n+m-2\right) \le t_0 \le t_{0.5\alpha} \left(n+m-2\right)&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\t_0 \le -t_{0.5\alpha} \left(n+m-2\right) \quad \mathrm{or} \quad t_{0.5\alpha} \left(n+m-2\right) \le t_0&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right. \end{gather} （II-A）片側検定A
パーセント点の定義より、 \begin{align} P \left\{t_0 \le t_\alpha \left(n+m-2\right)\right\}=1-\alpha \end{align} したがって、式 $(2)$ において、$a=t_\alpha \left(n+m-2\right)$ とすると、
\begin{align} \varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}t_0 \lt t_\alpha \left(n+m-2\right)&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\t_\alpha \left(n+m-2\right) \le t_0&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right. \end{align} （II-B）片側検定B
パーセント点の定義より、 \begin{align} P \left\{-t_\alpha \left(n+m-2\right) \le t_0\right\}=1-\alpha \end{align} したがって、式 $(3)$ において、$b=-t_\alpha \left(n+m-2\right)$ とすると、
\begin{align} \varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}-t_\alpha \left(n+m-2\right) \lt t_0&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\t_0 \le -t_\alpha \left(n+m-2\right)&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right. \end{align} $\blacksquare$

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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