統計検定 1級 2014年 統計数理 問3 区間推定と両側検定

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。

〔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、 $$\begin{array}{c}{X}_i\sim \mathrm{N}({\mu }_X,{\sigma }_X^2)\\ Y_i\sim \mathrm{N}({\mu }_Y,{\sigma }_Y^2)\end{array}$$ 正規分布の再生性より、$U_i$ は互いに独立に、 $$\begin{array}{r}{U}_i\sim \mathrm{N}({\mu }_Y-\beta {\mu }_X,{\beta }^2{\sigma }_X^2+{\sigma }_Y^2)\end{array}$$ ここで問題の仮定 ${\mu }_Y-\beta {\mu }_X=0$ より、 $$\begin{array}{r}{U}_i\sim \mathrm{N}(0,{\beta }^2{\sigma }_X^2+{\sigma }_Y^2)\end{array}$$ $U_i$ の標本平均を以下のように定義すると、 $$\begin{array}{r}\overline{U}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{U}_i\end{array}$$ 標本平均の分布は、 $$\begin{array}{r}\overline{U}\sim \mathrm{N}(0,\frac{{\beta }^2{\sigma }_X^2+{\sigma }_Y^2}{n})\end{array}$$ 帰無仮説 $H_0:\beta ={\beta }_0$ の下では、 $$\begin{array}{r}\overline{U}\sim \mathrm{N}(0,\frac{{\beta }_0^2{\sigma }_X^2+{\sigma }_Y^2}{n})\end{array}$$

（i）母分散が既知の場合
帰無仮説の下で、$\overline{U}$ を標準化した値を以下のように定義すると、 $$\begin{array}{r}{Z}_0=\frac{\sqrt{n}\overline{U}}{\sqrt{{\beta }_0^2{\sigma }_X^2+{\sigma }_Y^2}}\end{array}$$ $$\begin{array}{r}{Z}_0\sim \mathrm{N}(0,1)\end{array}$$ 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。
$$\begin{array}{r}\phi (\theta ;\mathit{u})=\{\begin{array}{cc}a\le Z_0\le b& 0:\mathrm{Accept}{H}_0\\ Z_0<a\mathrm{or}b<Z_0& 1:\mathrm{Reject}{H}_0\end{array}\end{array}$$ パーセント点の定義と標準正規分布の対称性から、 $$\begin{array}{r}P[-z\left(\frac{\alpha }{2}\right)\le Z_0\le z\left(\frac{\alpha }{2}\right)]=1-\alpha \end{array}$$ したがって、求める検定方式は、 $$\begin{array}{c}\phi (\theta ;\mathit{x})=\{\begin{array}{cc}-z\left(\frac{\alpha }{2}\right)\le Z_0\le z\left(\frac{\alpha }{2}\right)& 0:\mathrm{Accept}{H}_0\\ Z_0\le -z\left(\frac{\alpha }{2}\right)\mathrm{or}z\left(\frac{\alpha }{2}\right)\le Z_0& 1:\mathrm{Reject}{H}_0\end{array}\end{array}$$

（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、 $$\begin{array}{c}{s}_X^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{(X_i-\overline{X})}^2\\ s_Y^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{(Y_i-\overline{Y})}^2\\ s_U^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{(U_i-\overline{U})}^2={\beta }_0^2{s}_X^2+s_Y^2\end{array}$$ 帰無仮説の下で、標本不偏分散を用いて $\overline{U}$ を標準化した値を以下のように定義すると、 $$\begin{array}{r}{t}_0=\frac{\sqrt{n-1}\overline{U}}{s_U}\end{array}$$ $$\begin{array}{r}{t}_0\sim \mathrm{t}(n-1)\end{array}$$ 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。
$$\begin{array}{r}\phi (\theta ;\mathit{u})=\{\begin{array}{cc}a\le t_0\le b& 0:\mathrm{Accept}{H}_0\\ t_0<a\mathrm{or}b<t_0& 1:\mathrm{Reject}{H}_0\end{array}\end{array}$$ パーセント点の定義と標準正規分布の対称性から、 $$\begin{array}{r}P[-t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\le t_0\le t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)]=1-\alpha \end{array}$$ したがって、求める検定方式は、 $$\begin{array}{c}\phi (\theta ;\mathit{x})=\{\begin{array}{cc}-t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\le t_0\le t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)& 0:\mathrm{Accept}{H}_0\\ t_0\le -t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\mathrm{or}{t}_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\le t_0& 1:\mathrm{Reject}{H}_0\end{array}\end{array}$$ $◼$

〔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。 $$\begin{array}{r}\frac{\sqrt{n}(\overline{Y}-\beta \overline{X})}{\sqrt{{\beta }^2{\sigma }_X^2+{\sigma }_Y^2}}=z\left(\frac{\alpha }{2}\right)\end{array}$$ これを変形すると、 $$\begin{array}{c}{\left\{z\left(\frac{\alpha }{2}\right)\right\}}^2({\beta }^2{\sigma }_X^2+{\sigma }_Y^2)=n{(\overline{Y}-\beta \overline{X})}^2\\ \frac{{\sigma }_X^2}{n}{\left\{z\left(\frac{\alpha }{2}\right)\right\}}^2{\beta }^2+\frac{{\sigma }_Y^2}{n}{\left\{z\left(\frac{\alpha }{2}\right)\right\}}^2={\overline{Y}}^2-2\overline{X}\overline{Y}\beta +{\overline{X}}^2{\beta }^2\\ [{\overline{X}}^2-\frac{{\sigma }_X^2}{n}{\left\{z\left(\frac{\alpha }{2}\right)\right\}}^2]{\beta }^2-2\overline{X}\overline{Y}\beta +{\overline{Y}}^2-\frac{{\sigma }_Y^2}{n}{\left\{z\left(\frac{\alpha }{2}\right)\right\}}^2=0\end{array}$$ 2次方程式の解の公式より、信頼区間の上下点は、 $$\begin{array}{r}\frac{\overline{X}\overline{Y}\pm \sqrt{{\left(\overline{X}\overline{Y}\right)}^2-[{\overline{X}}^2-\frac{{\sigma }_X^2}{n}{\left\{z\left(\frac{\alpha }{2}\right)\right\}}^2][{\overline{Y}}^2-\frac{{\sigma }_Y^2}{n}{\left\{z\left(\frac{\alpha }{2}\right)\right\}}^2]}}{{\overline{X}}^2-\frac{{\sigma }_X^2}{n}{\left\{z\left(\frac{\alpha }{2}\right)\right\}}^2}\end{array}$$

（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、 $$\begin{array}{c}\frac{\sqrt{n-1}(\overline{Y}-\beta \overline{X})}{\sqrt{{\beta }^2{s}_X^2+s_Y^2}}=t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\end{array}$$ これは（i）の解において、 $$\begin{array}{c}{\sigma }_X^2\to s_X^2\\ {\sigma }_Y^2\to s_Y^2\\ z\left(\frac{\alpha }{2}\right)\to t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\end{array}$$ 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 $$\begin{array}{r}\frac{\overline{X}\overline{Y}\pm \sqrt{{\left(\overline{X}\overline{Y}\right)}^2-[{\overline{X}}^2-\frac{s_X^2}{n}{\left\{t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\right\}}^2][{\overline{Y}}^2-{\left\{t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\right\}}^2]}}{{\overline{X}}^2-\frac{s_X^2}{n}{\left\{t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\right\}}^2}\end{array}$$ $◼$

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