人文2016

2016 人文 (統計検定1級応用 過去問の解説です)

  1. 因子分析(因子間の相関がある場合)
  2. 条件付き期待値
  3. 単純無作為抽出と2段抽出法
  4. 共分散構造分析
  5. 2標本t検定
     

2016人文① 因子分析

2因子6変数の因子分析である。

(1) 簡単のため、3変数の場合で説明する。

構造方程式を、\(\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a_{x} & b_{x} \\
a_{y} & b_{y} \\
a_{z} & b_{z}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
F \\
G
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
\varepsilon _{x} \\
\varepsilon _{y} \\
\varepsilon _{z}
\end{pmatrix}\)

行列表現で、  \(X=AU+\varepsilon\)      とすると、

相関行列は、 \(R=E(XX')=A\times
E\left(
UU'
\right)

\times A'+
E
(\varepsilon \varepsilon')
\)

因子間相関行列: \(M=E(UU')=E\left(
\begin{pmatrix}
F \\
G
\end{pmatrix}\times
\left( FG\right)
\right)
\)、誤差: \(D=E
(\varepsilon \varepsilon')=\begin{pmatrix}
e_{x}^{2} & 0 & 0 \\
0 & e_{y}^{2} & 0 \\
0 & 0 & e_{z}^{2}
\end{pmatrix}\) とすると、

     \(R=AMA'+D\)  または \(R-D=AMA'\) と表される(因子分析の基本方程式)

\(R-D=AMA'\) の対角成分が共通性だから、因子間相関行列を \(M
=\begin{pmatrix}
1 & r \\
r & 1
\end{pmatrix}\) とし、

     \(AMA'=
\begin{pmatrix}
a_{x} & b_{x} \\
a_{y} & b_{y} \\
a_{z} & b_{z}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & r \\
r & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
a_{x} & a_{y} & a_{z} \\
b_{x} & b_{y} & b_{z}
\end{pmatrix}
\) を計算する。

成分を取り出して計算すると、 \(AMA'\) の \((1,1)\) 成分は、

     \(
\begin{pmatrix}
a_{x} & b_{x} \\

\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & r \\
r & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
a_{x}\\
b_{x}
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0.8 & 0.2 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0.5 \\
0.5 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0.8\\
0.2
\end{pmatrix}
=0.84
\)

(2) 変数と因子の相関行列について

     \(E(XU')=A\times E(UU')+E(\varepsilon U')=A\times E(UU')=AM\)

因子間相関がなければ、 \(E(XU')=A\) (因子負荷行列)

因子負荷量が、変数と因子の相関係数と一致する。

本問では、因子間相関があるので、 \(AM\) を計算する。

\(X_3\) と因子の相関係数は、\(

\begin{pmatrix}
0.6 & 0.2 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0.5 \\
0.5 & 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0.7 &0.5


\end{pmatrix}
\)

\(X_3\) と因子1の相関係数は 0.7 、 \(X_3\) と因子2の相関係数は 0.5 である。

(3) 変数間の相関係数は、 \(AMA'\) の成分を求めればよい。(対角成分を除く)

成分を取り出して計算すると、

\((3,5)\) 成分は、\(
\begin{pmatrix}
0.6 & 0.2 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0.5 \\
0.5 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0.4\\
0.6
\end{pmatrix}
=0.58
\)

\((5,3)\) 成分、\(

\begin{pmatrix}
0.4 & 0.6 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0.5 \\
0.5 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0.6\\
0.2
\end{pmatrix}
=0.58
\) と計算してもよい。

(4) 直交回転と斜交回転について

筑波大学大学院教授 平井明代様 「異文化言語教育評価論 IB」
      http://www.u.tsukuba.ac.jp/~hirai.akiyo.ft/forstudents/HP%20title/ibunka2014/20141001summer2.pdf

明快な解説がなされている。

因子分析の構造方程式をみたす因子負荷行列Aは一通りではなく、一次変換Tの自由度をもつ。

即ち、 \(X=A\begin{pmatrix}
F \\
G
\end{pmatrix}+\varepsilon \) のとき \(X=\left\{ AT\right\} \times \left\{ T^{-1}\begin{pmatrix}
F \\
G
\end{pmatrix}\right\} +\varepsilon \)

Tが直交行列であれば回転でありバリマックス回転と呼ぶ。

 このとき、初期解 \(\begin{pmatrix}
F \\
G
\end{pmatrix}\) が無相関であれば \(\begin{pmatrix}
F \\
G
\end{pmatrix}\) も無相関である。

一般の一次変換は固有値方向の固有値倍の拡大縮小で斜交回転(プロマックス回転)と呼ぶ。

 このとき、初期解 \(\begin{pmatrix}
F \\
G
\end{pmatrix}\) が無相関であっても \(T^{-1}\begin{pmatrix}
F \\
G
\end{pmatrix}\) は無相関ではない。

(解答参照)また、当サイト「因子分析」も参照のこと。

 

2016人文② 条件付き期待値

(1) 各年度で加重平均を求める。(解答参照)

(2) \(X \sim N(468,80^2)\) であるので、 \(Z=\dfrac{X-468}{80} \sim N(0,1)\) と Z変換する。

\(X\geq 500\) のとき \(Z\geq 0.4\) だから、 \(P(X\geq 500)=P(Z\geq 0.4)=0.3446\)   \(\therefore P(X< 500)=0.6554\)

(3) 正規分布の条件付き期待値

藤原岳彦 様 「大学生の確率・統計」p130 参照

     \(\displaystyle E(X|a\leq X \leq b)=\int_a^bxf_{X|a\leq X \leq b}(x) dx\)    ただし、\(f_{X|a\leq X \leq b}(x)=\dfrac{f_X(x)}{P(a\leq X \leq b)} \)

条件付き期待値も線型性を持つ。標準正規分布に直して計算するとよい。

\(X=\sigma Z+\mu\)   \(X\geq a\)  のとき \(Z\geq c\) とすると、

     \(\begin{split}
E(X|X\geq a)&=E(\sigma Z+\mu|Z\geq c)\\&=\sigma E(Z|Z\geq c)+E(\mu|Z\geq c)\\
\end{split}\)

\(\phi \left( z\right) =\dfrac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp \left( -\dfrac{z^{2}}{2}\right) \) とおくと、 \(\int z \phi(z)dz=-\phi(z)\)だから、

     \(\begin{split}
E(\mu|Z\geq c)&=\dfrac{1}{P(Z\geq c)}\int_c^{+\infty} \mu \phi(z)dz\\
&=\dfrac{\mu}{P(Z\geq c)}\int_c^{+\infty}\phi(z)dz
=\dfrac{\mu}{P(Z\geq c)}P(Z\geq c)=\mu
\end{split}\)

     \(\begin{split}
E(Z|Z\geq c)&=\dfrac{1}{P(Z\geq c)}\int_c^{+\infty} z \phi(z)dz\\
&=\dfrac{1}{P(Z\geq c)}\left[-\phi(z)\right]_c^{+\infty}=\dfrac{1}{P(Z\geq c)}\phi(c)
\end{split}\)

よって、     \(E(X|X\geq a)=\sigma \dfrac{\phi(c)}{P(Z\geq c)}+\mu\)

     \(E(X|X\geq 500)
=80\dfrac{\phi(0.4)}{P(Z\geq 0.4)}+468
=80\dfrac{\phi(0.4)}{0.3446}+468\)

\(\phi \left( 0.4\right) =\dfrac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp(-0.08)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\cdot 1.0833} \) であるから、

     \(E(X|X\geq 500)=\dfrac{80}{\sqrt{2\pi}(1.0833)(0.3446)}+468=\dfrac{80}{0.9355}+468=553.5\)

     \(E(X|X < 500)=-\dfrac{80}{\sqrt{2\pi}(1.0833)(0.3446)}+468=-\dfrac{80}{0.9355}+468=382.5\)

 

2016人文③ 単純無作為抽出と2段抽出

学校 1 s M
選択 m校
生徒数 \(N_1\) \(N_s\) \(N_M\)
得点 \(x_s\)
割合 \(W_S=\frac{N_S}{N}\)

群の抽出のための補助変数を \(R_s\) とすると、

m個の群を抽出するとき、\(\displaystyle m=\sum_{s=1}^M R_s\)

(1)1人を抽出するとき

1つの \(R_s\) のみ1で、他は0だから、\(\displaystyle \sum_{s=1}^M R_s=1\)

\(R_s\:, x_s\) は独立だから、 \(\displaystyle E(x)=E\left(\sum_{s=1}^M R_s\cdot x_s\right)=\sum_{s=1}^M E(R_s)\cdot E(x_s)=\sum_{s=1}^M W_s\mu_s\)

     \(\displaystyle E(x^2)=E\left(\sum_{s=1}^M R_s^2x_s^2+2\sum_{s\neq t}^M R_sR_tx_sx_t\right)=\sum_{s=1}^M E(R_s)\cdot E(x_s^2)=\sum_{s=1}^M W_s\cdot E(x_s^2)\)

\(\sigma_s^2=E(x_s^2)-\mu_s^2\) より、 \(E(x_s^2)=\sigma_s^2+\mu_s^2\) だから、

     \(\displaystyle E(x^2)=\sum_{s=1}^M W_s\cdot (\sigma_s^2+\mu_s^2)=\sum_{s=1}^M W_s\sigma_s^2+\sum_{s=1}^MW_s\mu_s^2\)

よって、 \(\displaystyle \sigma^2=E(x^2)-\mu^2=\sum_{s=1}^M W_s\sigma_s^2+\left(\sum_{s=1}^MW_s\mu_s^2-\mu^2\right)
\)

     \(\displaystyle \therefore \sigma^2=\sum_{s=1}^M W_s\sigma_s^2+
\sum_{s=1}^MW_s(\mu_s-\mu)^2\)

これは、(全分散)=(郡内分散)+(群間分散) を意味する。

 

(2) 1校として \(s\) を選び、 \(s\) から n人を抽出する。(2段抽出)

このような \(m=1\) の2段抽出で、期待値と分散がどのようになるか考える。

     \(x_s\sim (\mu_s,\sigma_s^2)\)     だから、  \(x_{si}\sim (\mu_s,\sigma_s^2)\:,i=1:n\)

\(\displaystyle \overline{x_s}=\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_{si}\)  は標本平均だから、 \(\overline{x_s}\sim \left(\mu_s,\dfrac{\sigma_s^2}{n}\right)\)

2段抽出により \(x_{TS}\) を得るとする。

\(x_{TS}\) は1段目の前に考える確率変数だから、2段目の前に考える \(\overline{x_s}\) とは異なる。

     \(\displaystyle x_{TS}=\sum_{s=1}^M R_s\cdot \overline{x_s}\)    この期待値と分散を考える。

\(R_s\:, x_{si}\) は独立だから  \(R_s\:, \overline{x_s}\) も独立であり、

     \(\displaystyle E(x_{TS})=E\left(\sum_{s=1}^M R_s\cdot \overline{x_s}\right)
=E\left(\sum_{s=1}^M E(R_s)\cdot E( \overline{x_s})\right)
=\sum_{s=1}^M W_s\mu_s=\mu\)

\(\displaystyle \left(\sum_{s=1}^M R_s\cdot \overline{x_s}\right)^2
=\sum_{s=1}^M R_s^2\cdot \overline{x_s}^2+2\sum_{s\neq t}^M R_s R_t\cdot \overline{x_s}\cdot \overline{x_t}=\sum_{s=1}^M R_s\cdot \overline{x_s}^2\)   だから、

     \(\displaystyle E(x_{TS}^2)=E\left(\sum_{s=1}^M R_s\cdot \overline{x_s}^2\right)
=\sum_{s=1}^M E(R_s)\cdot E(\overline{x_s}^2)
\)

\(E(R_s)=W_s\) 、 \(E\left(\overline{x_s^2}\right)=\dfrac{\sigma_s^2}{n}+\mu_s^2\) より、

     \(\displaystyle E(x_{TS}^2)=\sum_{s=1}^M W_s\left(\dfrac{\sigma_s^2}{n}+\mu_s^2\right)
=\dfrac{1}{n}\sum_{s=1}^M W_s\sigma_s^2+
\sum_{s=1}^MW_s\mu_s^2
\)

     \(\displaystyle V(x_{TS})=\dfrac{1}{n}\sum_{s=1}^M W_s\sigma_s^2+
\sum_{s=1}^MW_s\mu_s^2-\mu^2
=\dfrac{1}{n}\sum_{s=1}^M W_s\sigma_s^2+\sum_{s=1}^MW_s(\mu_s-\mu)^2\)

\(x,x_{TS}\) の期待値はともに \(\mu\) であるが、分散は

     \(\displaystyle V(x)=\sum_{s=1}^M W_s\sigma_s^2+
\sum_{s=1}^MW_s(\mu_s-\mu)^2\)      (1個を無作為抽出)

     \(\displaystyle V(x_{TS})
=\dfrac{1}{n}\sum_{s=1}^M W_s\sigma_s^2+\sum_{s=1}^MW_s(\mu_s-\mu)^2\)     (n個を2段抽出した標本平均)

 

(3) mn個の無作為抽出、m群→n個の2段抽出

期待値は不偏で、ともに であると考えられるが、分散はどうなるだろうか?

 mn個の無作為抽出の分散 \(V_{SI}\) は

     \(\displaystyle V_{SI}=\dfrac{1}{mn}\sum_{s=1}^M W_s\sigma_s^2+
\dfrac{1}{mn}\sum_{s=1}^MW_s(\mu_s-\mu)^2
\)

 2段抽出の分散 \(V_{TS}\) は

     \(\displaystyle V_{TS}=\dfrac{1}{mn}\sum_{s=1}^M W_s\sigma_s^2+
\dfrac{1}{m}\sum_{s=1}^MW_s(\mu_s-\mu)^2\)

\(\dfrac{1}{mn}\leq \dfrac{1}{m}\) だから、 \(V_{SI}\leq V_{TS}\) で2段抽出のほうが分散は大きい。

\(\mu_s=\mu\) のときは、 \(V_{SI}= V_{TS}\) となる。

(4) 解答参照

 

2016人文④ 共分散構造分析

共分散構造分析では、データに基づく共分散行列とモデルに基づく共分散行列が一致するよう、母数(パラメーター)を定めようとする。

観測変数が4個であるからデータの分散共分散行列の成分は \(\dfrac{3(3+1)}2=6\) 個である。

[構造方程式](測定方程式ともいう)

     \(x_1=a_1f_1+e_1\:,
x_2=a_2f_1+e_2\:,
x_3=a_3f_2+e_3\:,
x_4=a_4f_2+e_4\)

モデルに基づいて分散共分散行列の成分を求める。

     \(V(x_1)=V(a_1f_1+e_1)=a_1^2V(f_1)+V(e_1)=a_1^2+ve_1\)

同様に、\(V(x_2)=a_2^2+ve_2\) 、\(V(x_3)=a_3^2+ve_3\) 、\(V(x_4)=a_4^2+ve_4\)

     \(Cov(x_1,x_2)=Cov(a_1f_1+e_1\:,\:a_2f_1+e_2)=a_1a_2\)

     \(Cov(x_1,x_3)=Cov(a_1f_1+e_1\:,\:a_3f_2+e_3)=a_1a_3Cov(f_1,f_2)=ra_1a_3\)

同様に、\(Cov(x_1,x_4)=ra_1a_4\) 、\(Cov(x_2,x_3)=ra_2a_3\) 、\(Cov(x_2,x_4)=ra_2a_4\)

     \(Cov(x_3,x_4)=Cov(a_3f_2+e_3\:,\:a_4f_2+e_4)=a_3a_4Cov(f_2,f_2)=a_3a_4\)

これをデータに基づく共分散行列と等置することにより、パラメーターを求める。

 

(5) 識別問題

\(r=0\) とすると、 \(f_1\) についての構造方程式と、 \(f_2\) についての構造方程式になる。

[ f_1 についての構造方程式]

     \(V(x_1)=a_1^2+ve_1
\) 、\(V(x_2)=a_2^2+ve_2\) 、 \(Cov(x_1,x_2)=a_1a_2\)

 未知数4個、方程式は3個、よってパラメーターは1つに定まらず、識別不能となる。

\(f_2\) についても同様である。

[参考]次のサイト様を参考にさせていただいた。

京都大学 志波泰子 様
      http://cogpsy.educ.kyoto-u.ac.jp/personal/Kusumi/datasem06/shiwa.pdf

 

2016人文⑤ 2標本 t検定

ランダムに同数2群に分けた処理群と対照群の差をみる。

 (2017にはランダムでない分け方と比較した問題が出題されている)

2標本t検定では、正規性と等分散を前提としている。

\(A=\{x_1,x_2,\cdots ,x_{15}\}\:,\:B=\{y_1,y_2,\cdots ,y_{15}\}\)

\(x\sim N(\mu_A,\sigma^2)\) 、\(y\sim N(\mu_B,\sigma^2)\) より、

     \(\overline{x}\sim N\left(\mu_A,\dfrac{\sigma^2}{15}\right)\) 、\(\overline{y}\sim N\left(\mu_B,\dfrac{\sigma^2}{15}\right)\) よって、 \((\overline{x}-\overline{y}) \sim N\left(\mu_A-\mu_B\:,\:2\dfrac{{\sigma}^2}{15}\right)\)

データ数は、 \(n_A=15\:,\:n_B=15\) であり、標本分散 \(s_x^2,s_y^2\) が求められるが、等分散を前提としているため、共通の分散としてプールした分散 \(s^2\) を用いる。

     \(s^2
=\dfrac{14s_x^2+14s_y^2}{28}
=\dfrac{s_x^2+s_y^2}{2}\) よって、  \(t=\left.\left(\overline{x}-\overline{y}\right)\right/\sqrt{2\dfrac{{s}^2}{15}} \sim t(28)\)

(1) \(\overline{y}\sim N\left(\mu_B,\dfrac{\sigma^2}{15}\right)\) 、標本標準偏差 \(s_y=10.0\) であるから、\(t=\left.(\overline{y}-\mu_B)\right/\sqrt{\dfrac{{s_y}^2}{15}} \sim t(14)\)

95%の確率で、 \(-2.145<t<2.145\) 、\(t=\left.(20-\mu_B)\right/\sqrt{\dfrac{{10}^2}{15}}\) より

     \(-2.145<\left.(20-\mu_B)\right/\sqrt{\dfrac{{10}^2}{15}}<2.145\)

     \(-2.145\sqrt{\dfrac{{10}^2}{15}}<\mu_B-20<2.145\sqrt{\dfrac{{10}^2}{15}}\)

よって、 \(20-2.145\sqrt{\dfrac{{10}^2}{15}}<\mu_B<20+2.145\sqrt{\dfrac{{10}^2}{15}}\)

あとは解答参照

(2) \((\overline{x}-\overline{y}) \sim N\left(\mu_A-\mu_B\:,\:2\dfrac{{\sigma}^2}{15}\right)\) 、プールした分散 \(s^2
=\dfrac{s_x^2+s_y^2}{2}=82.0\)

     \(s^2
=\dfrac{s_x^2+s_y^2}{2}=82.0\)

95%の確率で、\(-2.048<t<2.048\) 、 \(t=\left.\left[(7-(\mu_A-\mu_B)\right]\right/\sqrt{2\dfrac{82}{15}}\) より、

     \(-2.048<\left.\left[(7-(\mu_A-\mu_B)\right]\right/\sqrt{2\dfrac{82}{15}}<2.048\)

     \(-2.048\sqrt{2\dfrac{82}{15}}<\mu_A-\mu_B-7<2.048\sqrt{2\dfrac{82}{15}}\)

よって、 \(7-2.048\sqrt{2\dfrac{82}{15}}<\mu_A-\mu_B<7+2.048\sqrt{2\dfrac{82}{15}}\)

帰無仮説: \(\mu_A=\mu_B\) のもとでは、 \(t=\left.7\right/\sqrt{2\dfrac{82}{15}}=2.117\)

\(-2.048<t<2.048\) の範囲に入らないから、帰無仮説は棄却される。

[参考] 統計Web 様 https://bellcurve.jp/statistics/blog/20333.html

また、当サイト「分散分析」参照

 

(3) 2標本t検定で、

各群の平均の信頼区間が重なっていなければ、平均の差は有意となることを確かめる問題。

各群の大きさをnとし、自由度nのt分布を \(t(n)\) 、上側2.5%点を \(t_{0.025}(n)\) と表すことにする。

\((\overline{x}-\overline{y}) \sim N\left(\mu_A-\mu_B\:,\:2\dfrac{{\sigma}^2}{n}\right)\) 、プールした分散 \(s^2
=\dfrac{s_x^2+s_y^2}{2}\) であるから、

帰無仮説: \(\mu_A=\mu_B\) のとき、 \(t=\left.(\overline{x}-\overline{y})\right/\sqrt{2\dfrac{{s}^2}{n}} \sim t(2n-2)\)  棄却域 \(|\overline{x}-\overline{y}|>t_{0.025}(2n-2)\sqrt{2\dfrac{{s}^2}{n}}
\)

[各群の平均の信頼区間]

\(\overline{y}\sim N\left(\mu_B,\dfrac{\sigma^2}{n}\right)\) 、標本標準偏差 \(s\) であるから、 \(t=\left.(\overline{y}-\mu_B)\right/\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}} \sim t_{0.025}(n-1)\)

B群の信頼区間      \(\overline{y}-t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}<\mu_B<\overline{y}+t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}\)

A群の信頼区間      \(\overline{x}-t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}<\mu_A<\overline{x}+t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}\)

信頼区間が重ならないとき、例えば(A群の区間)<(B群の区間)のとき、

     \(\overline{x}+t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}<\overline{y}-t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}\)

     \(\overline{x}-\overline{y}<-2t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}\)     \(\therefore |\overline{x}-\overline{y}|>2t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}\)

よって、 \(2t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}>t_{0.025}(2n-2)\sqrt{2\dfrac{{s}^2}{n}}
\) であればよい。

即ち、 \(\dfrac{t_{0.025}(n-1)}{t_{0.025}(2n-2)}>\dfrac{1}{\sqrt2}\) であればよい。

\(n-1<2n-2\) であり、一般にt分布は自由度が大きくなると裾がせばまり、有意点は小さくなる。

よって、 \(\dfrac{t_{0.025}(n-1)}{t_{0.025}(2n-2)}>1\) が言え、帰無仮説: \(\mu_A=\mu_B\) は棄却される。

 

さて、信頼区間がオーバーラップしている場合はどうだろうか?

差が有意かどうかは分からない。

どの程度であれば、帰無仮説: は棄却されるだろうか?

区間の重なりの幅 D は、

      \(\overline{x}>\overline{y}\) のとき、 \(D=2t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}-(\overline{x}-\overline{y})\)

      \(\overline{x}<\overline{y}\) のとき、      \(D=2t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}+(\overline{x}-\overline{y})\)

まとめると、      \(D=2t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}-|\overline{x}-\overline{y}|\)

帰無仮説: \(D=2t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}-|\overline{x}-\overline{y}|\) が棄却されるのは、\(|\overline{x}-\overline{y}|>t_{0.025}(2n-2)\sqrt{2\dfrac{{s}^2}{n}}
\) のときだから、

     \(2t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}-D>t_{0.025}(2n-2)\sqrt{2\dfrac{{s}^2}{n}}
\)

     \( 2t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}-t_{0.025}(2n-2)\sqrt{2\dfrac{{s}^2}{n}}>D
\)

区間の重なりの幅 が、

     \(D<2t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}-t_{0.025}(2n-2)\sqrt{2\dfrac{{s}^2}{n}}\) のとき有意になる。

各群の信頼区間の幅 \(2_{0.025}t(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}\) と比較するために、

\(D<2t_{0.025}(n-1)\sqrt{\dfrac{{s}^2}{n}}
\left[1-\dfrac{t_{0.025}(2n-2)}{t_{0.025}(n-1)}\cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right]\)

\(\dfrac{t_{0.025}(n-1)}{t_{0.025}(2n-2)}>1\) より、 \(1-\dfrac{t_{0.025}(2n-2)}{t_{0.025}(n-1)}\cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}<1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}=0.30\)

D<(各群の信頼区間の幅)×(0.3)

重なりの幅が信頼区間の幅の30%以下ならば、帰無仮説: \(\mu_A=\mu_B\) は棄却される。


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