本稿では、正規分布の母平均に関する検定（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。
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- $t_\alpha \left(n\right)$ は自由度 $n$ の $\mathrm{t}$分布の上側 $100\alpha\%$ 点を表しています。
データの形式
確率変数 $X$ が、母分散が未知の正規分布 \begin{align} X \sim \mathrm{N} \left(\mu,\sigma^2\right) \end{align} に従い、 この分布からの大きさ $n$ の無作為標本を \begin{align} \boldsymbol{X}= \left\{X_1,X_2, \cdots ,X_n\right\} \end{align} 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\\ s^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n} \left(X_i-\bar{X}\right) \end{gather} とする。
【定理】正規分布の母平均に関する検定（t検定）
【定理】
正規分布の母平均に関する検定（t検定）
t-Test for the Population Mean of Normal Distributions
正規分布の母平均 $\mu$ に関する検定問題
（I）両側検定
\begin{align}
H_0:\mu=\mu_0 \quad H_1:\mu \neq \mu_0
\end{align}
（II-A）片側検定A
\begin{align}
H_0:\mu \le \mu_0 \quad H_1:\mu \gt \mu_0
\end{align}
（II-B）片側検定B
\begin{align}
H_0:\mu \geq \mu_0 \quad H_1:\mu \lt \mu_0
\end{align}
を考える場合、
検定統計量を
\begin{align}
t_0=\frac{\sqrt n \left(\bar{X}-\mu_0\right)}{s}
\end{align}
として、
（I）両側検定
以下の棄却域と検定関数 $\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)$ をもつ検定は有意水準を $\alpha$ 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}-t_{0.5\alpha} \left(n-1\right) \le t_0 \le t_{0.5\alpha} \left(n-1\right)&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\t_0 \le -t_{0.5\alpha} \left(n-1\right) \quad \mathrm{or} \quad t_{0.5\alpha} \left(n-1\right) \le t_0&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.
\end{align}
（II）片側検定
以下の棄却域と検定関数 $\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)$ をもつ検定は有意水準を $\alpha$ とする一様最強力検定となる。
（II-A）片側検定A
\begin{align}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}t_0 \lt t_\alpha \left(n-1\right)&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\t_\alpha \left(n-1\right) \le t_0&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.
\end{align}
（II-B）片側検定B
\begin{align}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}-t_\alpha \left(n-1\right) \lt t_0&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\t_0 \le -t_\alpha \left(n-1\right)&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.
\end{align}
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}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i \end{align} 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=\mu_0;\boldsymbol{x}\right)}{L \left(\mu=\bar{x};\boldsymbol{x}\right)}\\ &=\frac{\prod_{i=1}^{n}f \left(x_i;\mu=\mu_0\right)}{\prod_{i=1}^{n}f \left(x_i;\mu=\bar{x}\right)}= \cdots \\ &=\mathrm{exp} \left\{-\frac{n}{2\sigma^2} \left(\bar{x}-\mu_0\right)^2\right\}\\ &=h \left(\bar{x}\right) \end{align} したがって、検定統計量 $T \left(\boldsymbol{X}\right)=\bar{x}$ 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の分布は、
\begin{align}
\bar{X} \sim N \left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right)
\end{align}
（ii）帰無仮説における分布
帰無仮説 $H_0:\mu=\mu_0$ における標本平均の分布は、
\begin{align}
\bar{X} \sim \mathrm{N} \left(\mu_0,\frac{\sigma^2}{n}\right)
\end{align}
帰無仮説において、標本不偏分散を用いて標本平均 $\bar{X}$ を標準化した値を
\begin{align}
t_0=\frac{\sqrt n \left(\bar{X}-\mu_0\right)}{s}
\end{align}
とすると、
\begin{align}
t_0 \sim \mathrm{t} \left(n-1\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-1\right) \le t_0 \le t_{0.5\alpha} \left(n-1\right)\right\}=1-\alpha
\end{align}
したがって、式 $(1)$ において、$a=-t_{0.5\alpha} \left(n-1\right),b=t_{0.5\alpha} \left(n-1\right)$ とすると、
\begin{gather}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}-t_{0.5\alpha} \left(n-1\right) \le t_0 \le t_{0.5\alpha} \left(n-1\right)&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\t_0 \le -t_{0.5\alpha} \left(n-1\right) \quad \mathrm{or} \quad t_{0.5\alpha} \left(n-1\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-1\right)\right\}=1-\alpha
\end{align}
したがって、式 $(2)$ において、$a=t_\alpha \left(n-1\right)$ とすると、
\begin{align}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}t_0 \lt t_\alpha \left(n-1\right)&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\t_\alpha \left(n-1\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-1\right) \le t_0\right\}=1-\alpha
\end{align}
したがって、式 $(3)$ において、$b=-t_\alpha \left(n-1\right)$ とすると、
\begin{align}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}-t_\alpha \left(n-1\right) \lt t_0&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\t_0 \le -t_\alpha \left(n-1\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.128
- 野田 一雄, 宮岡 悦良 著. 入門・演習数理統計. 共立出版, 1990, p.272-273
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