本稿には、2012年に実施された統計検定1級『統計数理』 問4の自作解答案を掲載しています。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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- この答案は、あくまでも筆者が自作したものであり、公式なものではありません。正式な答案については、公式問題集をご参照ください。
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〔1〕信頼区間の導出
正規分布の標本平均の分布は、 \begin{align} \bar{x} \sim N \left(\mu,\frac{1}{n}\right) \end{align} 標本平均 $\bar{X}$ を標準化した値を \begin{align} Z=\sqrt n \left(\bar{x}-\mu\right) \end{align} とすると、 標準化変換の性質より、 \begin{align} Z \sim N \left(0,1\right) \end{align} 標準正規分布の対称性から、 \begin{align} P \left\{-z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \le Z \le z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right\}=1-\alpha \end{align} したがって、母平均の $100 \left(1-\alpha\right)\%$ 信頼区間は、 \begin{gather} -z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \le \sqrt n \left(\bar{x}-\mu\right) \le z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\\ \bar{x}-\frac{1}{\sqrt n} \cdot z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \le \mu \le \bar{x}+\frac{1}{\sqrt n} \cdot z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\tag{1} \end{gather} $\blacksquare$
〔2〕両側検定の導出
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:Accept\ }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{2}
\end{align}
（i）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}=\bar{x}
\end{align}
両仮説の尤度比 $\lambda$ を計算すると、
\begin{align}
\lambda&=\frac{L \left(\mu=0;\boldsymbol{x}\right)}{L \left(\mu=\bar{x};\boldsymbol{x}\right)}\\
&=\frac{\prod_{i=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x_i^2}{2}}}}{\prod_{i=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{ \left(x_i-\bar{x}\right)^2}{2}}}}\\
&=\prod_{i=1}^{n}{\mathrm{exp} \left[-\frac{1}{2} \left\{x_i^2- \left(x_i-\bar{x}\right)^2\right\}\right]}\\
&=\mathrm{exp} \left[-\frac{1}{2} \left\{\sum_{i=1}^{n} \left(2x_i\bar{x}-{\bar{x}}^2\right)\right\}\right]\\
&=\mathrm{exp} \left[-\frac{1}{2} \left\{2\bar{x}\sum_{i=1}^{n}x_i-n{\bar{x}}^2\right\}\right]\\
&=\mathrm{exp} \left[-\frac{1}{2} \left\{2\bar{x} \cdot n\bar{x}-n{\bar{x}}^2\right\}\right]\\
&=\mathrm{exp} \left[-\frac{n{\bar{x}}^2}{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。
（ii）帰無仮説における検定統計量の分布
帰無仮説 $H_0:\mu=0$ における標本平均の分布は、
\begin{align}
\bar{x} \sim \mathrm{N} \left(0,\frac{1}{n}\right)
\end{align}
帰無仮説において、標本平均 $\bar{x}$ を標準化した値を
\begin{align}
Z_0=\sqrt n\bar{x}
\end{align}
とすると、
標準化変換の性質より、
\begin{align}
Z_0 \sim N \left(0,1\right)
\end{align}
（iii）棄却域の導出
パーセント点の定義と標準正規分布の対称性から、
\begin{align}
P \left\{Z_0 \lt -z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right\}+P \left\{z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \lt Z_0\right\}=\alpha
\end{align}
したがって、式 $(2)$ より、
\begin{align}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}-z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \le \sqrt n\bar{x} \le z \left(\frac{\alpha}{2}\right)&\mathrm{0:Accept\ }H_0\\\sqrt n\bar{x} \lt -z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \quad \mathrm{or} \quad z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \lt \sqrt n\bar{x}&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.\tag{3}
\end{align}
すなわち、棄却域は、
\begin{gather}
R= \left\{\bar{x}:\bar{x} \lt -\frac{1}{\sqrt n} \cdot z \left(\frac{\alpha}{2}\right),\frac{1}{\sqrt n} \cdot z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \lt \bar{x}\right\}
\end{gather}
$\blacksquare$
〔3〕区間推定と両側検定が同義であることの証明
$\mu=0$ が上問〔1〕で求めた信頼区間に入っているとき、式 $(1)$ より、 \begin{gather} \bar{x}-\frac{1}{\sqrt n} \cdot z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \le 0 \le \bar{x}+\frac{1}{\sqrt n} \cdot z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\\ -\frac{1}{\sqrt n} \cdot z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \le \bar{x} \le \frac{1}{\sqrt n} \cdot z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \end{gather} いっぽう、〔2〕の検定を棄却しないとき、式 $(3)$ より、 \begin{gather} -\frac{1}{\sqrt n} \cdot z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \le \bar{x} \le \frac{1}{\sqrt n} \cdot z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \end{gather} $\blacksquare$ したがって、これら2つは、数学的に同義である。
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