本稿には、2014年に実施された統計検定1級『統計数理』 問3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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〔1〕両側検定の導出
$X$ と $Y$ の平均をそれぞれ $\mu_X,\mu_Y$ とすると、 \begin{gather} X_i \sim \mathrm{N} \left(\mu_X,\sigma_X^2\right)\\ Y_i \sim \mathrm{N} \left(\mu_Y,\sigma_Y^2\right) \end{gather} 正規分布の再生性より、$U_i$ は互いに独立に、 \begin{align} U_i \sim \mathrm{N} \left(\mu_Y-\beta\mu_X,\beta^2\sigma_X^2+\sigma_Y^2\right) \end{align} ここで問題の仮定 $\mu_Y-\beta\mu_X=0$ より、 \begin{align} U_i \sim \mathrm{N} \left(0,\beta^2\sigma_X^2+\sigma_Y^2\right) \end{align} $U_i$ の標本平均を以下のように定義すると、 \begin{align} \bar{U}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}U_i \end{align} 標本平均の分布は、 \begin{align} \bar{U} \sim \mathrm{N} \left(0,\frac{\beta^2\sigma_X^2+\sigma_Y^2}{n}\right) \end{align} 帰無仮説 $H_0:\beta=\beta_0$ の下では、 \begin{align} \bar{U} \sim \mathrm{N} \left(0,\frac{\beta_0^2\sigma_X^2+\sigma_Y^2}{n}\right) \end{align}
（i）母分散が既知の場合
帰無仮説の下で、$\bar{U}$ を標準化した値を以下のように定義すると、
\begin{align}
Z_0=\frac{\sqrt n\bar{U}}{\sqrt{\beta_0^2\sigma_X^2+\sigma_Y^2}}
\end{align}
\begin{align}
Z_0 \sim \mathrm{N} \left(0,1\right)
\end{align}
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{u}\right)= \left\{\begin{matrix}a \le Z_0 \le b&\mathrm{0:Accept\ }H_0\\Z_0 \lt a \quad \mathrm{or} \quad b \lt Z_0&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.
\end{align}
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 \left(\frac{\alpha}{2}\right) \le Z_0 \le z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right]=1-\alpha
\end{align}
したがって、求める検定方式は、
\begin{gather}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}-z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \le Z_0 \le z \left(\frac{\alpha}{2}\right)&\mathrm{0:Accept\ }H_0\\Z_0 \le -z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \quad \mathrm{or} \quad z \left(\frac{\alpha}{2}\right) \le Z_0&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.\\
\end{gather}
（ii）母分散が未知の場合
帰無仮説の下での $X,Y,U$ の標本不偏分散を以下のように定義すると、
\begin{gather}
s_X^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n} \left(X_i-\bar{X}\right)^2\\
s_Y^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n} \left(Y_i-\bar{Y}\right)^2\\
s_U^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n} \left(U_i-\bar{U}\right)^2=\beta_0^2s_X^2+s_Y^2
\end{gather}
帰無仮説の下で、標本不偏分散を用いて $\bar{U}$ を標準化した値を以下のように定義すると、
\begin{align}
t_0=\frac{\sqrt{n-1}\bar{U}}{s_U}
\end{align}
\begin{align}
t_0 \sim \mathrm{t} \left(n-1\right)
\end{align}
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{u}\right)= \left\{\begin{matrix}a \le t_0 \le b&\mathrm{0:Accept\ }H_0\\t_0 \lt a \quad \mathrm{or} \quad b \lt t_0&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.
\end{align}
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[-t_{n-1} \left(\frac{\alpha}{2}\right) \le t_0 \le t_{n-1} \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right]=1-\alpha
\end{align}
したがって、求める検定方式は、
\begin{gather}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}-t_{n-1} \left(\frac{\alpha}{2}\right) \le t_0 \le t_{n-1} \left(\frac{\alpha}{2}\right)&\mathrm{0:Accept\ }H_0\\t_0 \le -t_{n-1} \left(\frac{\alpha}{2}\right) \quad \mathrm{or} \quad t_{n-1} \left(\frac{\alpha}{2}\right) \le t_0&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.\\
\end{gather}
$\blacksquare$
〔2〕信頼区間の導出
（i）母分散が既知の場合
〔1〕での議論により、$\beta$ の信頼係数 $1-\alpha$ の信頼区間の上下点は、次の $\beta$ の方程式の解として求められる。
\begin{align}
\frac{\sqrt n \left(\bar{Y}-\beta\bar{X}\right)}{\sqrt{\beta^2\sigma_X^2+\sigma_Y^2}}=z \left(\frac{\alpha}{2}\right)
\end{align}
これを変形すると、
\begin{gather}
\left\{z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right\}^2 \left(\beta^2\sigma_X^2+\sigma_Y^2\right)=n \left(\bar{Y}-\beta\bar{X}\right)^2\\
\frac{\sigma_X^2}{n} \left\{z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right\}^2\beta^2+\frac{\sigma_Y^2}{n} \left\{z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right\}^2={\bar{Y}}^2-2\bar{X}\bar{Y}\beta+{\bar{X}}^2\beta^2\\
\left[{\bar{X}}^2-\frac{\sigma_X^2}{n} \left\{z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right\}^2\right]\beta^2-2\bar{X}\bar{Y}\beta+{\bar{Y}}^2-\frac{\sigma_Y^2}{n} \left\{z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right\}^2=0
\end{gather}
2次方程式の解の公式より、信頼区間の上下点は、
\begin{align}
\frac{\bar{X}\bar{Y}\pm\sqrt{ \left(\bar{X}\bar{Y}\right)^2- \left[{\bar{X}}^2-\frac{\sigma_X^2}{n} \left\{z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right\}^2\right] \left[{\bar{Y}}^2-\frac{\sigma_Y^2}{n} \left\{z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right\}^2\right]}}{{\bar{X}}^2-\frac{\sigma_X^2}{n} \left\{z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right\}^2}
\end{align}
（ii）母分散が未知の場合
（i）と同様、信頼区間の上下点を求める方程式は、
\begin{gather}
\frac{\sqrt{n-1} \left(\bar{Y}-\beta\bar{X}\right)}{\sqrt{\beta^2s_X^2+s_Y^2}}=t_{n-1} \left(\frac{\alpha}{2}\right)
\end{gather}
これは（i）の解において、
\begin{gather}
\sigma_X^2\rightarrow s_X^2\\
\sigma_Y^2\rightarrow s_Y^2\\
z \left(\frac{\alpha}{2}\right)\rightarrow t_{n-1} \left(\frac{\alpha}{2}\right)
\end{gather}
と置き換えたものと同じであるので、
求める信頼区間の上下点は
\begin{align}
\frac{\bar{X}\bar{Y}\pm\sqrt{ \left(\bar{X}\bar{Y}\right)^2- \left[{\bar{X}}^2-\frac{s_X^2}{n} \left\{t_{n-1} \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right\}^2\right] \left[{\bar{Y}}^2- \left\{t_{n-1} \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right\}^2\right]}}{{\bar{X}}^2-\frac{s_X^2}{n} \left\{t_{n-1} \left(\frac{\alpha}{2}\right)\right\}^2}
\end{align}
$\blacksquare$
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