統計検定1級の過去問解答解説を行います。目次は以下をご覧ください。
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問題
統計検定1級の過去問からの出題になります。統計検定の問題の著作権は日本統計学会に帰属していますので，本稿にて記載することはできません。「演習問題を俯瞰する」で詳しく紹介している公式の過去問題集をご購入いただきますようお願い致します。
解答
経験分布と有限母集団の検定に関する出題でした。
(1)
$H_{0}$の下では$\Omega_{N}$の各値が$A$からの標本とされる確率は同じであるため，
E[U_{i}]
= \sum_{r=1}^{N}z_{r}p(U_{i}=a_{r})
= \sum_{r=1}^{N}z_{r}\frac{1}{N}
= \frac{1}{N}\sum_{r=1}^{N}z_{r}
= \barz
\end{align}
となる。したがって，
E[\barU] &= E\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}U_{i}\right] = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}E[U_{i}] = \frac{1}{n}n\barz = \barz
\end{align}
が得られる。同様に，
V[U_{i}]
&= \sum_{r=1}^{N}(z_{r}-\barz)^{2}p(U_{i}=z_{r})
=\sum_{r=1}^{N}(z_{r}-\barz)^{2}\frac{1}{N}
=\frac{1}{N}\sum_{r=1}^{N}(z_{r}-\barz)^{2}=\sigma_{N}^{2}
\end{align}
となる。さらに，$P(U_{i}{=}z_{r},U_{j}{=}z_{s}){=}1/(N(N-1))$に注意すると，共分散は
C[U_{i},U_{j}] &= E[(U_{i}-\barz)(U_{j}-\barz)]\\[0.7em]
&= \sum_{r\neq s}^{n}(z_{r}-\barz)(z_{s}-\barz)p(U_{i}=z_{r},U_{j}=z_{s})\\[0.7em]
&= \frac{1}{N(N-1)}\left(\sum_{r=1}^{N}\sum_{s=1}^{N}(z_{r}-\barz)(z_{s}-\barz)-\sum_{r=1}^{N}(z_{r}-\barz)^{2}\right)\\[0.7em]
&= \frac{1}{N(N-1)}\left\{\left(\sum_{r=1}^{N}(z_{r}-\barz)\right)^{2}-\sum_{r=1}^{N}(z_{r}-\barz)^{2}\right\}\\[0.7em]
&= \frac{1}{N(N-1)}(0-N\sigma_{N}^{2}) = -\frac{\sigma_{N}^{2}}{N-1}
\end{align}
となる。ただし，有限母集団であるため$r\neq s$を考えている。したがって，分散は
V[\barU]
&= E\left[(\barU-E[\barU])^{2}\right]\\[0.7em]
&= E\left[\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{m}(U_{i}-\barz)\right)^{2}\right]\\[0.7em]
&= \frac{1}{m^{2}}\left\{E\left[\sum_{i=1}^{m}(U_{i}-\barz)^{2}\right]+E\left[\sum_{i\neq j}^{m}(U_{i}-\barz)(U_{j}-\barz)\right]\right\}\\[0.7em]
&= \frac{1}{m^{2}}\left\{V[U_{i}]+m(m-1)C[U_{i},U_{j}]\right\}\\[0.7em]
&= \frac{1}{m^{2}}\left(m\sigma_{N}^{2}+\frac{m(m-1)}{N(N-1)}\sigma_{N}^{2}\right)
= \frac{N-m}{N-1}\frac{\sigma_{N}^{2}}{m}
\end{align}
となる。
復元抽出とみなした$V[\barU]{=}\sigma_{N}^{2}/m$に有限修正項$(N{-}m)/(N{-}1)$を適用した形になっています。
(2)
D=\frac{m+n}{n}(\barU-\barz),\quad N\sigma^{2}_{N}-(N-2)S^{2} = \frac{mn}{m+n}D^{2}
\end{align}
$\barz$の定義より，
(m+n)\barz &= m\barU+n\barV\label{barz}
\end{align}
となるため，$\barV{=}(m+n)\barz/n-m\barU/n$が得られます。したがって，
D &= \barU-\barV = \barU-\left(\frac{m+n}{n}\barz-\frac{m}{n}\barU\right) = \frac{m+n}{n}(\barU-\barz)
\end{align}
となります。さらに，得られた$D$と式($\ref{barz}$)に注意すると，
N\sigma^{2}_{N}-(N-2)S^{2}
&{=} N\sigma^{2}_{N}-\sum_{i=1}^{m}(U_{i}-\barU)^{2}-\sum_{i=1}^{n}(V_{i}-\barV)^{2}\\[0.7em]
&{=} N\sigma^{2}_{N}-\left(\sum_{i=1}^{m}U_{i}^{2}-m\barU^{2}\right)-\left(\sum_{i=1}^{n}V_{i}^{2}-n\barV^{2}\right)\\[0.7em]
&{=} N\sigma^{2}_{N}{-}\left\{\left(mV[U_{i}]+E[U_{i}]^{2}\right){-}m\barU^{2}\right\}-\left\{\left(mV[V_{i}]{+}E[V_{i}]^{2}\right){-}n\barV^{2}\right\}\\[0.7em]
&= N\sigma^{2}_{N}{-}\left\{\left(m\sigma_{N}^{2}+m\barz^{2}\right){-}m\barU^{2}\right\}-\left\{\left(n\sigma_{N}^{2}{+}n\barz^{2}\right){-}n\barV^{2}\right\}\\[0.7em]
&= (m+n)\sigma^{2}_{N}{-}(m+n)\sigma^{2}_{N}+m\barU^{2}-(m+n)\barz^{2}+n\barV^{2}\\[0.7em]
&= -(m+n)\barz^{2}+m\barU^{2}+n\barV^{2}\\[0.7em]
&= -\frac{m^{2}\barU^{2}+2mn\barU\barV+n^{2}\barV^{2}}{m+n}+m\barU^{2}+n\barV^{2}\\[0.7em]
&= \frac{mn\barU^{2}-2mn\barU\barV+mn\barV^{2}}{m+n}
= \frac{mn}{m+n}D^{2}
\end{align}
が得られます。
(3)
E[D] &= 0,\quad V[D]=\frac{N^{2}}{mn(N-1)}\sigma_{N}^{2}
\end{align}
小問(1)の結果と小問(2)の結果より，
E[D] &= \frac{m+n}{n}E[\barU-\barz] = \frac{m+n}{n}\left(E[\barU]-\barz\right)
= \frac{m+n}{n}\left(\barz-\barz\right) = 0
\end{align}
が得られます。同様に，
V[D] &= \frac{(m+n)^{2}}{n^{2}}V[(\barU-\barz)]
= \frac{N^{2}}{n^{2}}\frac{N-m}{N-1}\frac{\sigma_{N}^{2}}{m}
= \frac{N^{2}}{n^{2}}\frac{n}{N-1}\frac{\sigma_{N}^{2}}{m}
= \frac{N^{2}}{mn(N-1)}\sigma_{N}^{2}
\end{align}
が得られます。
(4)
小問(1)〜小問(3)の結果より，$m$と$n$が十分大きいときには$N\approx N-1$とみなせることから，
V[D]
&\approx \frac{N^{2}}{mnN}\sigma_{N}^{2}
= \frac{N}{n}\frac{\sigma^{2}_{N}}{m} = \frac{N^{2}}{n^{2}}V[\barU]
\end{align}
が得られる。同じく小問(1)〜小問(3)の結果より，
D-E[D] &= D = \frac{N}{n}(\barU-\barz)
\end{align}
となる。これらより，
\tilde{W} &= \frac{(N/n)(\barU-\barz)}{(N/n)V[\barU]}
= \frac{\barU-\barz}{V[\barU]}
\end{align}
となる。したがって，本文の仮定より$\tilde{W}$は近似的に$\N(0,1)$に従う。
(5)
$\tilde{T}$から小問(2)の結果を用いて$D$を消去するため，$\tilde{T}^{2}$を計算すると，
\tilde{T}^{2} &= \frac{D^{2}}{(m+n)\tilde{S}^{2}/(mn)}
= \frac{1}{\tilde{T}^{2}}\frac{mnD^{2}}{m+n}\\[0.7em]
&= \frac{N\sigma^{2}_{N}-(N-2)S^{2}}{\tilde{S}^{2}}
= \frac{N\sigma^{2}_{N}}{\tilde{S}^{2}}-(N-2)
\end{align}
が得られる。変形すると，$N-2+\tilde{T}^{2}{=}N\sigma^{2}_{N}/\tilde{S}^{2}$となる。一方，$\tilde{W}$を$\tilde{T}$で表すと，
\tilde{W}
&= \tilde{T}\frac{\sqrt{(1/m+1/n)\tilde{S}^{2}}}{\sqrt{V[D]}}
= \tilde{T}\sqrt{\frac{mn(N-1)}{N\sigma^{2}_{N}}}\sqrt{\frac{N}{mn}\tilde{S}^{2}}\\[0.7em]
&= \tilde{T}\sqrt{\frac{N-1}{N\sigma^{2}_{N}/\tilde{S}^{2}}}
= \tilde{T}\sqrt{\frac{N-1}{N-2+\tilde{T}^{2}}}
\end{align}
となる。いま，$\N(0,1)$の上側$100\alpha\%$点を$z_{\alpha/2}$とおくと，$\N(0,1)$に従う$\tilde{W}$に対する有意水準$\alpha$は，
\alpha &= P(|\tilde{W}|>z_{\alpha/2}) = p\left(\left|\tilde{T}\sqrt{\frac{N-1}{N-2+\tilde{T}^{2}}}\right|>z_{\alpha/2})\right)
\end{align}
と表される。ここで，右辺の棄却域に関して，両辺を二乗しても同値性は失われず，
\left(\tilde{T}\sqrt{\frac{N-1}{N-2+\tilde{T}^{2}}}\right)^{2}>z_{\alpha/2}^{2}
\end{align}
が得られる。変形すると，
\tilde{T}^{2} > \frac{N-2+\tilde{T}^{2}}{N-1}z_{\alpha/2}^{2}
\end{align}
となり，$\tilde{T}^{2}$について整理すると，
\tilde{T}^{2} > \frac{N-2}{N-1-z_{\alpha/2}^{2}}z_{\alpha/2}^{2}
\end{align}
が得られる。したがって，右辺の棄却域は
|\tilde{T}|>\sqrt{\frac{N-2}{N-1-z_{\alpha/2}^{2}}}z_{\alpha/2} \equiv c\cdot z_{\alpha/2}
\end{align}
となる。ただし，$z_{\alpha/2}$の係数を$c$とおいた。以上より，$N$が十分大きいとき$c$は$1$に近づくため，$\tilde{T}$の棄却域と$\tilde{W}$の棄却域はほぼ同等とみなせる。
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