第4章区間推定と仮説検定

この章の目標

• 正規平均・母比率・母分散の信頼区間を構成し、「95% 信頼区間」の意味を正しく説明できる
• 検定の枠組み（帰無仮説・対立仮説・2 種類の過誤・有意水準・検出力）を理解し、$p$ 値が帰無仮説のもとで一様分布に従うことを証明できる
• ネイマン–ピアソンの補題を証明し、尤度比検定とウィルクスの定理の意味を説明できる
• $t$ 検定（1 標本・対応のある場合・2 標本）を等分散の仮定の扱いも含めて使い分け、$\chi^2$ 検定を使える
• 検定と信頼区間の双対性を証明し、効果量と信頼区間で結果を報告できる
• $p$ 値と有意性についての典型的な誤解を指摘できる

前提：第2章、第3章。4.7 節では第1章の多変量正規分布と多次元の中心極限定理を使う。

第1章の冒頭の A/B テスト（1 万人ずつの訪問者のうち、購入者は A が 210 人、B が 240 人）では、真の購入率が等しくても 0.3 ポイント程度の差は珍しくないことを見た。では、このデータから何がどこまで言えるのか。本章では、未知のパラメータがありそうな範囲を示す区間推定と、仮説がデータと両立するかを判定する仮説検定を学ぶ。

どちらも実務で日常的に使われるが、「$p < 0.05$ なら効果あり、そうでなければ効果なし」という誤った使い方も多い。本章では、定理の仮定と、結論として言えることの範囲を正確に押さえる。上側 $\alpha$ 点 $z_\alpha$, $t_\alpha(k)$, $\chi^2_\alpha(k)$ は第1章・第2章のとおりとする（$z_{0.025} = 1.960$ など）。

4.1 信頼区間

定義 4.1（信頼区間, confidence interval）$0 < \alpha < 1$ とする。統計量 $L(X) \leq U(X)$ が、すべての $\theta \in \Theta$ について

$$P_\theta\bigl(L(X) \leq g(\theta) \leq U(X)\bigr) \geq 1 - \alpha$$

を満たすとき、$[L(X), U(X)]$ を $g(\theta)$ の信頼係数 $1 - \alpha$ の信頼区間という。左辺を被覆確率 (coverage probability) という。被覆確率が各 $\theta$ で $n \to \infty$ のとき $1 - \alpha$ に収束するものを漸近的な信頼区間という。

信頼区間は、分布が $\theta$ によらない $\theta$ とデータの関数（枢軸量, pivot）から作るのが基本である。

定理 4.2（正規母集団の信頼区間）$X_1, \dots, X_n$（$n \geq 2$）を $N(\mu, \sigma^2)$ からの i.i.d. とする。次の区間の被覆確率はちょうど $1 - \alpha$ である。

1. $\sigma$ が既知のとき、$\mu$ について $\bar{X} \pm z_{\alpha/2}\sigma/\sqrt{n}$。
2. $\mu$ について $\bar{X} \pm t_{\alpha/2}(n-1)S/\sqrt{n}$。
3. $\sigma^2$ について $\bigl[(n-1)S^2/\chi^2_{\alpha/2}(n-1),\ (n-1)S^2/\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)\bigr]$。

証明. 第2章の正規標本の基本定理（定理 2.8）と $t$ 統計量の分布（系 2.12）より、$Z = \sqrt{n}(\bar{X} - \mu)/\sigma \sim N(0, 1)$、$T = \sqrt{n}(\bar{X} - \mu)/S \sim t(n-1)$、$V = (n-1)S^2/\sigma^2 \sim \chi^2(n-1)$ で、どの分布も $(\mu, \sigma^2)$ によらない。2 の区間が $\mu$ を含むことは $\lvert T \rvert \leq t_{\alpha/2}(n-1)$ と同値で、$t$ 分布は $0$ について対称な連続分布だから、その確率は $1 - \alpha$。1 も同様である。3 の区間が $\sigma^2$ を含むことは $\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1) \leq V \leq \chi^2_{\alpha/2}(n-1)$ と同値で、その確率は $1 - \alpha$。$\square$

例 4.3（配送時間）新しい配送ルートで所要時間（分）を 10 回測り、52, 47, 55, 61, 49, 58, 53, 50, 57, 54 を得た。$\bar{x} = 53.6$、$\sum_i (x_i - \bar{x})^2 = 168.4$、$s = 4.326$、標準誤差 $s/\sqrt{10} = 1.368$ で、$t_{0.025}(9) = 2.262$ より平均所要時間 $\mu$ の 95% 信頼区間は $53.6 \pm 3.09 = [50.51, 56.69]$。$\sigma^2$ の 95% 信頼区間は $[168.4/19.023, 168.4/2.700] = [8.85, 62.36]$、平方根をとって $\sigma$ については $[2.98, 7.90]$ である。10 個のデータでは、ばらつきの大きさはほとんど絞り込めない。

例 4.4（正規性が崩れると）定理 4.2 は正規母集団を仮定している。正規でない母集団で名目 95% の区間の被覆確率を各 20 万回のシミュレーションで調べると、次のようになった。

$t$ 区間は中心極限定理により $n$ とともに 95% に近づくが、歪んだ分布では遅い。分散の区間は $n$ を増やしても良くならない。$\sqrt{n}(S^2 - \sigma^2)$ の漸近分散は 4 次の中心モーメント $\mu_4$ を使って $\mu_4 - \sigma^4$ であり、正規分布では $2\sigma^4$ だが、指数分布では $8\sigma^4$ になる。区間は正規分布を前提に半分の標準偏差で作られているので、被覆確率は $P(\lvert Z \rvert \leq 1.96/2) = 0.673$ に近づく。

命題 4.5（母比率の信頼区間）$X_1, \dots, X_n$ を $B(1, p)$（$0 < p < 1$）からの i.i.d.、$\hat{p} = \bar{X}$、$z = z_{\alpha/2}$ とする。次はいずれも $p$ の漸近的な信頼係数 $1 - \alpha$ の信頼区間である。

1. （ワルド区間）$\hat{p} \pm z\sqrt{\hat{p}(1 - \hat{p})/n}$
2. （ウィルソン区間）$\lbrace p' \in [0, 1] \mid \lvert \hat{p} - p' \rvert \leq z\sqrt{p'(1 - p')/n} \rbrace$。これは中心 $\frac{\hat{p} + z^2/(2n)}{1 + z^2/n}$、半幅 $\frac{z}{1 + z^2/n}\sqrt{\frac{\hat{p}(1 - \hat{p})}{n} + \frac{z^2}{4n^2}}$ の区間である。

証明. 中心極限定理より $Z_n = \sqrt{n}(\hat{p} - p)/\sqrt{p(1-p)} \xrightarrow{d} N(0, 1)$。2 の集合が $p$ を含むことは $\lvert Z_n \rvert \leq z$ と同値なので、被覆確率は $P(\lvert Z \rvert \leq z) = 1 - \alpha$ に収束する。1 では、大数の法則より $\hat{p} \xrightarrow{P} p$ なので $\sqrt{p(1-p)/(\hat{p}(1 - \hat{p}))} \xrightarrow{P} 1$（$\hat{p} \in \lbrace 0, 1 \rbrace$ となる確率は $0$ に近づく）で、スルツキーの定理より $\sqrt{n}(\hat{p} - p)/\sqrt{\hat{p}(1 - \hat{p})} \xrightarrow{d} N(0, 1)$。2 の区間の形は、不等式を 2 乗した $(1 + z^2/n)p'^2 - (2\hat{p} + z^2/n)p' + \hat{p}^2 \leq 0$ を解けば得られる（判別式の 4 分の 1 は $z^2\hat{p}(1 - \hat{p})/n + z^4/(4n^2)$）。$\square$

例 4.6（不良品が少ないとき）50 個中 2 個が不良（$\hat{p} = 0.04$）なら、ワルド区間は $[-0.014, 0.094]$ と負の値を含み、ウィルソン区間は $[0.011, 0.135]$ である。真の不良率が $p = 0.04$、$n = 50$ のとき、二項分布で正確に計算した被覆確率は、ワルド区間が $0.867$、ウィルソン区間が $0.951$ である。$np$ が小さいとき、ワルド区間は信頼係数を大きく下回る。極端なのは不良が 0 個のときで、ワルド区間は 1 点 $\lbrace 0 \rbrace$ につぶれ、$p > 0$ を決して含まない（ウィルソン区間は $[0, z^2/(n + z^2)]$ で、$n = 50$ なら $[0, 0.071]$ である）。したがって $n$ を固定して $p \to 0$ とすると、ワルド区間の被覆確率は $1 - P(\hat{p} = 0) = 1 - (1 - p)^n$ 以下なので $0$ に近づく。命題 4.5 の「漸近的」は各 $p$ ごとの収束であって、$p$ について一様ではない。

4.2 仮説検定の枠組み

検定では、パラメータ空間を $\Theta_0$ と $\Theta_1$ に分け、帰無仮説 (null hypothesis) $H_0\colon \theta \in \Theta_0$ と対立仮説 (alternative hypothesis) $H_1\colon \theta \in \Theta_1$ を立てる。データ $x$ を見て $H_0$ を棄却するかどうかを決める規則を検定といい、理論のためには、$x$ を見たときに $H_0$ を棄却する確率 $\phi(x) \in [0, 1]$ で検定を表す（$\phi$ が $0$ か $1$ だけをとるとき、$\phi = 1$ となる集合を棄却域という）。

定義 4.7 検定 $\phi$ について、$\pi_\phi(\theta) = E_\theta[\phi(X)]$ を検出力関数 (power function) という。

1. $H_0$ が正しい（$\theta \in \Theta_0$）のに棄却する誤りを第 1 種の過誤 (type I error)、$H_1$ が正しい（$\theta \in \Theta_1$）のに棄却しない誤りを第 2 種の過誤 (type II error) という。その確率は $\pi_\phi(\theta)$ と $1 - \pi_\phi(\theta)$ である。
2. $\sup_{\theta \in \Theta_0}\pi_\phi(\theta) \leq \alpha$ のとき、$\phi$ を有意水準 (significance level) $\alpha$ の検定という。$\theta \in \Theta_1$ での $\pi_\phi(\theta)$ を検出力 (power) という。

2 種類の過誤は同時には小さくできないので、第 1 種の過誤の確率を $\alpha$ 以下に抑えたうえで検出力を大きくする。$H_0$ と $H_1$ は対称ではなく、「棄却しない」ことは「$H_0$ が正しいと示された」ことを意味しない。

例 4.8（片側 $z$ 検定と検出力）$\sigma$ が既知の $N(\mu, \sigma^2)$ からの標本で、$H_0\colon \mu \leq \mu_0$、$H_1\colon \mu > \mu_0$ とし、$Z = \sqrt{n}(\bar{X} - \mu_0)/\sigma > z_\alpha$ のとき棄却する。$\sqrt{n}(\bar{X} - \mu)/\sigma \sim N(0, 1)$ より

は $\mu$ について増加で $\pi(\mu_0) = \alpha$ だから、有意水準 $\alpha$ の検定である。$\mu = \mu_0 + \delta$ での検出力を $1 - \beta$ 以上にするには $\sqrt{n}\delta/\sigma \geq z_\alpha + z_\beta$、すなわち $n \geq ((z_\alpha + z_\beta)\sigma/\delta)^2$ が必要である（$\delta = 0.2\sigma$、$\alpha = 0.05$、検出力 $0.8$ なら $n \geq 155$）。標本の大きさの設計は第8章で扱う。

4.3 $p$ 値

定義 4.9（$p$ 値, p-value）値が大きいほど $H_0$ に不利な検定統計量 $T$ を考える。単純な帰無仮説 $H_0\colon \theta = \theta_0$ について、観測値 $t = T(x)$ に対する $p(x) = P_{\theta_0}(T(X) \geq t)$ を $p$ 値という。複合仮説では $\sup_{\theta \in \Theta_0}P_\theta(T(X) \geq t)$ とする。

$p$ 値は「$H_0$ が正しいとしたとき、観測されたものと同じかそれ以上に極端な値が出る確率」である。両側検定では $T = \lvert Z \rvert$ などとすればよい。

定理 4.10（$p$ 値の分布）$H_0\colon \theta = \theta_0$ のもとで次が成り立つ。

1. $T$ の分布関数 $F$ が連続ならば、$p(X)$ は一様分布 $U(0, 1)$ に従う。
2. 一般に、すべての $u \in [0, 1]$ について $P_{\theta_0}(p(X) \leq u) \leq u$。

したがって「$p(X) \leq \alpha$ なら棄却する」検定は有意水準 $\alpha$ の検定である。

証明. $G(t) = P_{\theta_0}(T \geq t)$ とおくと $p(X) = G(T)$ で、$G$ は単調非増加である。1. $F$ が連続なら $P(T = t) = 0$ なので $G(t) = 1 - F(t)$、$p(X) = 1 - F(T)$。第2章の確率積分変換（命題 2.19 の 3）より $F(T) \sim U(0, 1)$ なので、$1 - F(T) \sim U(0, 1)$。2. $A = \lbrace t \mid G(t) \leq u \rbrace$ とおくと、$G$ が非増加なので、$t \in A$ かつ $t' > t$ なら $t' \in A$ である。$A = \emptyset$ なら $P(G(T) \leq u) = 0$。$A = \mathbb{R}$ なら $t \to -\infty$ で $G(t) \to 1$ より $u = 1$ で、主張は自明である。それ以外では $s = \inf A$ は実数で、$s \in A$ なら $\lbrace G(T) \leq u \rbrace = \lbrace T \geq s \rbrace$ の確率は $G(s) \leq u$。$s \notin A$ なら $\lbrace G(T) \leq u \rbrace = \lbrace T > s \rbrace$ の確率は $\lim_{t \to s + 0}G(t) \leq u$ である。$\square$

次のコードは、$N(\mu, 1)$ からの $n = 20$ の標本で $H_0\colon \mu = 0$ を両側 $z$ 検定することを 10 万回繰り返し、$p$ 値を $0.1$ 刻みの区間に分けた割合を表示する。

import math
import numpy as np

rng = np.random.default_rng(0)
n, reps = 20, 100_000

def p_values(mu):
    # N(mu, 1) の標本で H0: mu = 0 を両側 z 検定する（sigma = 1 は既知とする）
    z = rng.normal(mu, 1, size=(reps, n)).mean(axis=1) * math.sqrt(n)
    return np.array([math.erfc(abs(v) / math.sqrt(2)) for v in z])  # = 2(1 - Phi(|z|))

for mu in [0.0, 0.5]:
    counts, _ = np.histogram(p_values(mu), bins=10, range=(0, 1))
    print(f"mu={mu}:", " ".join(f"{c / reps:.3f}" for c in counts))

mu=0.0: 0.100 0.100 0.102 0.100 0.099 0.101 0.100 0.099 0.099 0.099
mu=0.5: 0.721 0.107 0.057 0.035 0.023 0.017 0.013 0.010 0.009 0.008

$H_0$ のもとでは各区間にほぼ 10% ずつ入る（定理 4.10）。$\mu = 0.5$ では 72% が $0.1$ 未満に集まるが、$p > 0.5$ となる標本も約 6% ある。効果があっても、$p$ 値は実験ごとに大きく揺れる。

4.4 ネイマン–ピアソンの補題

どんな検定が最も検出力が高いか。単純仮説どうしの場合には完全な答えがある。

定理 4.11（ネイマン–ピアソンの補題, Neyman–Pearson lemma）$X$ の同時確率関数または同時密度について、$H_0\colon f = f_0$ と $H_1\colon f = f_1$ を考える。

1. 定数 $k \geq 0$ について、$f_1(x) > kf_0(x)$ なら $\phi^{\ast}(x) = 1$、$f_1(x) < kf_0(x)$ なら $\phi^{\ast}(x) = 0$ となる検定 $\phi^{\ast}$（等号の点での値は任意）をとり、$\alpha = E_0[\phi^{\ast}]$ とする。このとき $E_0[\phi] \leq \alpha$ を満たす任意の検定 $\phi$ について $E_1[\phi] \leq E_1[\phi^{\ast}]$。すなわち $\phi^{\ast}$ は有意水準 $\alpha$ の最強力検定 (most powerful test) である。
2. 任意の $\alpha \in (0, 1)$ について、1 の形の検定で、等号の点では定数 $\gamma \in [0, 1]$ をとり、$E_0[\phi^{\ast}] = \alpha$ となるものがある。

証明. 1. すべての $x$ で $(\phi^{\ast}(x) - \phi(x))(f_1(x) - kf_0(x)) \geq 0$ である（$f_1 > kf_0$ なら $\phi^{\ast} = 1 \geq \phi$、$f_1 < kf_0$ なら $\phi^{\ast} = 0 \leq \phi$）。これを $x$ について積分（離散なら和を）すると

2. $H_0$ のもとで確率 $1$ で $f_0(X) > 0$ なので、$\Lambda = f_1(X)/f_0(X)$ が定まる。$G(k) = P_0(\Lambda > k)$ は非増加かつ右連続で、$k \to \infty$ で $0$ に近づく。$k_0 = \inf\lbrace k \geq 0 \mid G(k) \leq \alpha \rbrace$ とおくと、右連続性より $G(k_0) \leq \alpha$ であり、$P_0(\Lambda \geq k_0) \geq \alpha$ である（$k_0 > 0$ なら $k < k_0$ で $G(k) > \alpha$ だから、$k \to k_0 - 0$ の極限から。$k_0 = 0$ なら $P_0(\Lambda \geq 0) = 1$）。$P_0(\Lambda = k_0) > 0$ なら $\gamma = (\alpha - G(k_0))/P_0(\Lambda = k_0) \in [0, 1]$、そうでなければ $\gamma = 0$ とおくと、$E_0[\phi^{\ast}] = G(k_0) + \gamma P_0(\Lambda = k_0) = \alpha$ となる（後者の場合は $G(k_0) = P_0(\Lambda \geq k_0) \geq \alpha$ より $G(k_0) = \alpha$）。$\square$

2 の $\gamma$ による乱択は、離散分布でちょうど水準 $\alpha$ にするための理論上の工夫である。たとえば $B(10, p)$ で $H_0\colon p = 0.5$ を大きい値で棄却するとき、$P_0(X \geq 9) = 0.011$、$P_0(X \geq 8) = 0.055$ で、ちょうど $0.05$ の棄却域はない。実務では保守的な棄却域を使うか、$p$ 値を報告する。

例 4.12（正規平均の片側検定は一様最強力）$\sigma$ が既知の正規標本で $H_0\colon \mu = \mu_0$、$H_1\colon \mu = \mu_1$（$\mu_1 > \mu_0$）とすると

は $\bar{x}$ の増加関数なので、最強力検定は「$\bar{x}$ が大きいとき棄却」、すなわち例 4.8 の $z$ 検定である。この検定は $\mu_1$ によらないので、すべての $\mu_1 > \mu_0$ に対して同時に最強力である。例 4.8 より $H_0\colon \mu \leq \mu_0$ に対しても水準 $\alpha$ なので、これは $H_0\colon \mu \leq \mu_0$、$H_1\colon \mu > \mu_0$ の一様最強力検定 (uniformly most powerful test) である。一方、両側の対立仮説 $\mu \neq \mu_0$ では、$\mu_1 > \mu_0$ と $\mu_1 < \mu_0$ で最強力検定が異なるので、一様最強力検定は存在しない。

4.5 尤度比検定とウィルクスの定理

定義 4.13（尤度比検定, likelihood ratio test）尤度 $L(\theta)$ について $\Lambda_n = \sup_{\theta \in \Theta_0}L(\theta)\big/\sup_{\theta \in \Theta}L(\theta)$ とし、$-2\log\Lambda_n$ が大きいとき $H_0$ を棄却する検定を尤度比検定という。

$0 \leq \Lambda_n \leq 1$ である。単純仮説どうしのネイマン–ピアソンの検定も、尤度の比 $f_1/f_0$ が大きいときに棄却する検定であり、尤度比検定はその考え方を複合仮説に広げたものである。一般には $-2\log\Lambda_n$ の分布は複雑だが、標本が大きいときは次が成り立つ。

定理 4.14（ウィルクスの定理, Wilks' theorem）$\Theta \subset \mathbb{R}^k$ を開集合とし、$H_0$ は $\theta$ の $k$ 個の成分のうち $k - r$ 個を既知の値に固定するもの（$\Theta_0 = \lbrace \theta \in \Theta \mid \theta_{r+1} = c_{r+1}, \dots, \theta_k = c_k \rbrace$）とする。第3章の最尤推定量の漸近正規性（定理 3.32）の多次元版が成り立つ正則条件のもとで、真の値が $\Theta_0$ に属するならば $-2\log\Lambda_n \xrightarrow{d} \chi^2(k - r)$。

主張のみとする（Casella–Berger、竹村『現代数理統計学』を参照）。$k = 1$, $\Theta_0 = \lbrace \theta_0 \rbrace$ の場合の考え方は次のとおりである。$\ell_n$ を最尤推定量 $\hat{\theta}$ のまわりで展開すると、$\ell_n'(\hat{\theta}) = 0$ と $-\ell_n''/n \approx I_1(\theta_0)$ より $\ell_n(\theta_0) \approx \ell_n(\hat{\theta}) - \frac{1}{2}nI_1(\theta_0)(\hat{\theta} - \theta_0)^2$。よって $-2\log\Lambda_n \approx \bigl(\sqrt{nI_1(\theta_0)}(\hat{\theta} - \theta_0)\bigr)^2$ で、漸近正規性からこれは $\chi^2(1)$ に近い。自由度は $H_0$ で固定したパラメータの個数である。ロジスティック回帰などの入れ子のモデルの比較（第6章）は、この定理に基づく。

例 4.15（ポアソン平均の検定）1 日の問い合わせ件数 $X_i \sim \operatorname{Po}(\lambda)$ について $H_0\colon \lambda = \lambda_0$ とすると、$\hat{\lambda} = \bar{X}$ より

30 日の平均が $4.6$、$\lambda_0 = 4$ ならこれは $2.57$ で、$\chi^2(1)$ による $p$ 値は $0.109$ である。

注意 4.16（境界では $\chi^2$ にならない）ウィルクスの定理は、真の値がパラメータ空間の内部にあることを仮定する。$X_i \sim N(\theta, 1)$、$\theta \geq 0$ で $H_0\colon \theta = 0$ を検定すると、最尤推定量は $\max(\bar{X}, 0)$、$-2\log\Lambda_n = n\max(\bar{X}, 0)^2$ である。$H_0$ のもとで $\sqrt{n}\bar{X} \sim N(0, 1)$ なので、これは確率 $1/2$ で $0$、確率 $1/2$ で $\chi^2(1)$ に従う値をとり、$\chi^2(1)$ の棄却点を使うと実際の有意水準は $\alpha/2$ になる。分散成分が $0$ かどうかの検定などで現れる状況である。

4.6 $t$ 検定

定理 4.17（$t$ 検定）

1. （1 標本）$N(\mu, \sigma^2)$ からの大きさ $n$ の標本について、$H_0\colon \mu = \mu_0$ のもとで $T = \sqrt{n}(\bar{X} - \mu_0)/S \sim t(n-1)$。両側検定は $\lvert T \rvert > t_{\alpha/2}(n-1)$ で棄却し、$p$ 値は $T' \sim t(n-1)$ として $2P(T' \geq \lvert t \rvert)$ である。
2. （対応のある場合）組 $(X_i, Y_i)$ の差 $D_i = X_i - Y_i$ が i.i.d. で $N(\delta, \sigma_D^2)$ に従うなら、$D_i$ に 1 を適用する。
3. （2 標本・等分散）$X_1, \dots, X_m \sim N(\mu_X, \sigma^2)$ と $Y_1, \dots, Y_n \sim N(\mu_Y, \sigma^2)$ がすべて独立なら、$S_p^2 = \frac{(m-1)S_X^2 + (n-1)S_Y^2}{m+n-2}$ として

$$T = \frac{\bar{X} - \bar{Y} - (\mu_X - \mu_Y)}{S_p\sqrt{1/m + 1/n}} \sim t(m + n - 2)$$

証明. 1 は第2章の $t$ 統計量の分布そのもので、2 は 1 の言い換えである。3：$Z = \frac{\bar{X} - \bar{Y} - (\mu_X - \mu_Y)}{\sigma\sqrt{1/m + 1/n}} \sim N(0, 1)$ である。第2章の正規標本の基本定理（定理 2.8）と 2 つの標本の独立性から、$\bar{X}$, $S_X^2$, $\bar{Y}$, $S_Y^2$ は互いに独立で、$(m-1)S_X^2/\sigma^2 \sim \chi^2(m-1)$、$(n-1)S_Y^2/\sigma^2 \sim \chi^2(n-1)$。 独立な $\chi^2$ 分布の和は $\chi^2$ 分布なので（第2章 定理 2.6）、$V = (m+n-2)S_p^2/\sigma^2 \sim \chi^2(m+n-2)$ で、$Z$ と $V$ は独立だから、$t$ 分布の定義より $T = Z/\sqrt{V/(m+n-2)} \sim t(m+n-2)$。$\square$

例 4.18 (1)（配送時間）例 4.3 で、従来ルートの平均 50 分と比べて $H_0\colon \mu = 50$ を検定すると、$t = (53.6 - 50)/1.368 = 2.63$、自由度 9、$p = 0.027$ で、有意水準 5% で棄却される。95% 信頼区間 $[50.51, 56.69]$ が 50 を含まないことに対応している（4.8 節）。

(2)（対応のある比較）8 人の作業者が同じ作業を旧ツールと新ツールで行った所要時間（分）は、旧が 25, 31, 22, 35, 28, 40, 27, 33、新が 23, 30, 19, 33, 28, 38, 26, 30 だった。差（旧 − 新）は 2, 1, 3, 2, 0, 2, 1, 3 で、$\bar{d} = 1.75$、$s_d = 1.035$、$t = 4.78$、自由度 7、$p = 0.002$、差の 95% 信頼区間は $[0.88, 2.62]$ 分である。同じデータを誤って独立な 2 標本とみて 3 を使うと、$t = 0.60$、$p = 0.56$ となる。作業者による違い（標準偏差は約 5.8 分）が大きく、対にしてそれを打ち消すことで小さな改善が見えるのである。

3 は 2 群の分散が等しいことを仮定している。仮定しないときは次の近似を使う。

定義 4.19（ウェルチの $t$ 検定, Welch's t-test）$T_W = \frac{\bar{X} - \bar{Y} - (\mu_X - \mu_Y)}{\sqrt{S_X^2/m + S_Y^2/n}}$ を、自由度

$$\hat{\nu} = \frac{(S_X^2/m + S_Y^2/n)^2}{\frac{(S_X^2/m)^2}{m-1} + \frac{(S_Y^2/n)^2}{n-1}}$$

の $t$ 分布で近似する検定をウェルチの $t$ 検定という。

$T_W$ の正確な分布は未知の比 $\sigma_X^2/\sigma_Y^2$ に依存し、$t$ 分布にはならない（ベーレンス–フィッシャー問題）。$\hat{\nu}$ は次のように決める。$W = S_X^2/m + S_Y^2/n$ とおくと、$T_W$ は $N(0, 1)$ に従う変数と、それと独立な $\sqrt{W/E[W]}$ の比である。そこで $W/E[W]$ を $\chi^2(\nu)/\nu$（平均 $1$、分散 $2/\nu$）で近似し、分散を合わせる。$\operatorname{Var}(S_X^2) = 2\sigma_X^4/(m-1)$ などから

を $\nu$ について解き、$\sigma^2$ を $S^2$ で置き換えたものが $\hat{\nu}$ である。

例 4.20（等分散を仮定すると誤る）2 つの倉庫で 1 件あたりのピッキング時間（秒）を測った。倉庫 A（$m = 12$）は 31, 33, 30, 32, 34, 32, 33, 32, 30, 34, 32, 31（$\bar{x} = 32$, $s_X^2 = 20/11$）、新設の倉庫 B（$n = 6$）は 37, 28, 42, 31, 45, 39（$\bar{y} = 37$, $s_Y^2 = 42$）だった。

等分散を仮定すると、ばらつきの小さい A がプールした分散を引き下げ、B の平均の不確かさを過小評価する。どちらが正しく働くかを、平均が等しいという $H_0$ のもとで 100 万回のシミュレーションで調べると、名目 5% の検定の実際の第 1 種の過誤の確率は次のとおりだった。

小さい群の分散が大きいと等分散の検定は有意を出しすぎ、逆なら保守的になって検出力を失う。ウェルチの検定は分散が本当に等しいときの損失も小さい（群の大きさ 12 と 6、平均の差が $\sigma$ のとき、検出力は $0.47$ 対 $0.44$）。

4.7 $\chi^2$ 検定

定理 4.21（ピアソンの $\chi^2$ 適合度検定）独立な $n$ 回の試行で、各回は確率 $p_j > 0$ でカテゴリ $j$（$j = 1, \dots, k$）になるとし、カテゴリ $j$ の度数を $N_j$ とする。$n \to \infty$ のとき

$$X^2 = \sum_{j=1}^k \frac{(N_j - np_j)^2}{np_j} \xrightarrow{d} \chi^2(k - 1)$$

証明. $i$ 回目の試行がカテゴリ $j$ のとき第 $j$ 成分だけが $1$ のベクトルを $Y_i \in \mathbb{R}^k$ とすると、$N = (N_1, \dots, N_k)^{\top} = \sum_i Y_i$ で、$Y_i$ は i.i.d.、$E[Y_i] = p$、$E[Y_{ij}Y_{il}] = \delta_{jl}p_j$ より $\operatorname{Cov}(Y_i) = \operatorname{diag}(p) - pp^{\top}$ である（$A^{\top}$ は転置で、02 線形代数の ${}^tA$ と同じ）。$D = \operatorname{diag}(\sqrt{p_1}, \dots, \sqrt{p_k})$、$q = (\sqrt{p_1}, \dots, \sqrt{p_k})^{\top}$ とおくと $\lVert q \rVert = 1$ で、$Z_n = D^{-1}(N - np)/\sqrt{n}$ は、多次元の中心極限定理（第1章 定理 1.28）より