2023年度数理統計学(A科)

先週のおさらい

母集団からランダムにサンプリングされるデータを確率変数の実現値とみなして、計測されるデータから未知の母集団の平均や分散を推定する。これが統計の枠組みである。

ここまで学んだデータ解析についての知識

「データ平均をプロット」するには、平均と標準誤差を利用したエラーバーを利用すれば十分。データ平均にはさらに便利な特性があり、$N$が十分多ければ、標準ガウス分布に近似することができる($N$が多くない場合の解析も講義内で行う)。特に、95%信頼区間、99%信頼区間の計算が非常に強力。わからないはずの$\mu$が含まれる範囲を、確率と共に算出することが可能。

$N \ge 30$ の場合

以降は、簡略化のため、$N \ge 30$ においては中心極限定理はおおよそ成り立ち、標準偏差(or 分散)の不偏推定量は、おおよそ母集団の標準偏差 (or 分散)と近いものと仮定する。

(例題): とあるグループ100万人の身長の平均 $\mu$ を知りたい。このうち、100人から身長のデータを計測したところ、データ平均は155、データ標準偏差の不偏推定量は5であった。このとき、 $\mu$ の95%信頼区間、99%信頼区間を計算せよ。

標準化されたデータ平均 $z$ は、 \[\begin{equation} z = \frac{\bar{x} - \mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{N}}} = \frac{155 - \mu}{\frac{5}{10}} = 310 -2\mu \end{equation}\] となる。下記の表を利用すると、

信頼性	95%	99%
$\alpha$	1.96	2.58

95%信頼区間は、 \[\begin{equation} -1.96 \le 310 - 2\mu \le 1.96 \end{equation}\] より、 \[\begin{equation} 154.02 \le \mu \le 155.98 \end{equation}\] となる。同様に、99%信頼区間は、 \[\begin{equation} 153.71 \le \mu \le 156.29 \end{equation}\] となる。

100万人の調査が難しく、100人からの調査になるため、必ず推測値は不確実性を有する。この不確実性まで考慮した定量化こそ、最も信頼できるものとなる。

差の信頼区間

引き続き簡略化のため、$N \ge 30$ においては中心極限定理はおおよそ成り立ち、標準偏差(or 分散)の不偏推定量は、おおよそ母集団の標準偏差 (or 分散)と近いものと仮定する。

しばしば統計で扱う対象は、AとBとでどの程度差があるかという問題である。例えば、男性と女性とで身長が異なるか、という問題を考えてみよう。女性の身長データを $x_{11}, ..., x_{1N_1}$、男性の身長データを $x_{21}, ..., x_{2N_2}$ とする。考えるべき問題は、女性の身長データの平均 $\bar{x}_1 = \frac{1}{N_1}\sum_{i=1}^{N_1}x_{1i}$、男性の身長データの平均 $\bar{x}_2 = \frac{1}{N_2}\sum_{i=1}^{N_2}x_{2i}$ の差の信頼区間であろう。これが0と大きく異なるようであれば差があると言えるであろう。

女性の身長データは未知の母集団分布に従う確率変数であり、平均 $\mu_1$、分散 $\sigma_1^2$ をもつものとする。男性の身長データは未知の母集団分布に従う確率変数であり、平均 $\mu_2$、分散 $\sigma_2^2$ をもつものとする。すると、変数変換と平均・分散の関係から、 \[\begin{equation} E[\bar{x}_1] = \mu_1 \end{equation}\] \[\begin{equation} \mathrm{Var}[\bar{x}_1] = \frac{\sigma_1^2}{N_1} \end{equation}\] \[\begin{equation} E[\bar{x}_2] = \mu_2 \end{equation}\] \[\begin{equation} \mathrm{Var}[\bar{x}_2] = \frac{\sigma_2^2}{N_2} \end{equation}\] が成り立つ。知りたい値は差$S = \bar{x}_1 - \bar{x}_2$であるため、この$S$を標準化して、標準化した$S$がガウス分布に漸近することを利用する。

$S$の標準化を考える。$x_{1i}$と$x_{2j}$は独立であると想定すると(ランダムサンプリングを想定)、 \[\begin{equation} E[\bar{x}_1 \pm \bar{x}_2] = \mu_1 \pm \mu_2 \end{equation}\] \[\begin{align} \mathrm{Var}[\bar{x}_1 \pm \bar{x}_2] &= E\left[ \left(\sum_i\frac{1}{N_1}x_{1i} \pm \sum_i\frac{1}{N_2}x_{2i} - (\mu_1 \pm \mu_2) \right)^2 \right] \nonumber\\ &= E\left[ \left(\sum_i\frac{1}{N_1}x_{1i} - \mu_1\right)^2\right] + E\left[ \left(\sum_i\frac{1}{N_2}x_{2i} - \mu_2\right)^2\right] \nonumber\\ &= \mathrm{Var}(\bar{x}_1) + \mathrm{Var}(\bar{x}_2)\nonumber\\ &= \frac{\sigma_1^2}{N_1} + \frac{\sigma_2^2}{N_2} \end{align}\] を得る。つまり、平均の和を考えようが差を考えようが、分散は何かを足し引きすると大きくなる。

以上より、$\bar{x}_1 \pm \bar{x}_2$、もしくは$S = \bar{x}_1 - \bar{x}_2$を標準化した$z$は、 \[\begin{equation} z = \frac{\bar{x}_1 \pm \bar{x}_2 - (\mu_1 \pm \mu_2)}{\sqrt{ \frac{\sigma_1^2}{N_1} + \frac{\sigma_2^2}{N_2} }} \end{equation}\] であり、中心極限定理より $z$ は平均 0、分散 1 のガウス分布に従う。確かめてみると、左のヒストグラムが$x_{11}, ..., x_{1N_1}$, 真ん中のヒストグラムが$x_{21}, ..., x_{2N_1}$, 右のヒストグラムが$S$を標準化した$z$のヒストグラム。たしかに中心極限定理が成立してそうである。

Ite = 1000
mu1 = matrix(0, Ite, 1)
mu2 = matrix(0, Ite, 1)
mud = matrix(0, Ite, 1)
z = matrix(0, Ite, 1)


for(i in 1:Ite){
  dat1 = rnorm(1000, 0, 1)
  dat2 = rnorm(1000, 0.5, 1)
  mu1[i] = mean(dat1)
  mu2[i] = mean(dat2)
  mud[i] = mu1[i] - mu2[i]

  z[i] = (mud[i] - (0 - 0.5))/sqrt((var(dat1)/1000 + var(dat2)/1000))

}

par(mfrow=c(1,3)) 
hist(dat1, prob = T, ylim = c(0, 0.45), xlim = c(-5, 5), col="#00000020")

hist(dat2, prob = T, ylim = c(0, 0.45), xlim = c(-5, 5), col="#00000020")

hist(z, prob = T, ylim = c(0, 0.45), xlim = c(-5, 5), col="#00000020")
curve(dnorm, -5, 5, add = T)

それでは、差もまた中心極限定理に従いそうなので、信頼区間を計算していく。下記の表を利用すると、

信頼性	95%	99%
$\alpha$	1.96	2.58

95%信頼区間は、 \[\begin{equation} -1.96 \le z \le 1.96 \end{equation}\] より、 \[\begin{equation} \bar{x}_1 - \bar{x}_2 - 1.96\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{N_1} + \frac{\sigma_2^2}{N_2}} \le \mu_1 - \mu_2 \le \bar{x}_1 - \bar{x}_2 + 1.96\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{N_1} + \frac{\sigma_2^2}{N_2}} \end{equation}\] となる。

同様に、99%信頼区間は、 \[\begin{equation} \bar{x}_1 - \bar{x}_2 - 2.58\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{N_1} + \frac{\sigma_2^2}{N_2}} \le \mu_1 - \mu_2 \le \bar{x}_1 - \bar{x}_2 + 2.58\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{N_1} + \frac{\sigma_2^2}{N_2}} \end{equation}\] となる。

例題: 男性と女性とで身長を比較してみる。男性50人の身長を調査したところ、平均170cm、標準偏差5cmであった。女性50人の身長を調査したところ、平均163cm、標準偏差5cmであった。このとき、男女の身長の差はどの程度であろうか。

(cmの単位で議論すると)女性の身長の母集団平均を$\mu_1$、母集団分散を$\sigma_1^2 \simeq 5^2$、データ平均を$\bar{x}_1 = 163$、男性の身長の母集団平均を$\mu_2$、母集団分散を$\sigma_2^2 \simeq 5^2$、データ平均を$\bar{x}_2 = 170$とする。上記の議論から、 \[\begin{equation} z = \frac{163 - 170 - (\mu_1 - \mu_2)}{\sqrt{\frac{5^2}{50} + \frac{5^2}{50}}} = \frac{-7 - (\mu_1 - \mu_2)}{1} \end{equation}\] は標準ガウス分布に従う。95%信頼区間は、$S = \mu_1 - \mu_2$とすると、 \[\begin{equation} -1.96 \le -7 - S \le 1.96 \end{equation}\] $S$について解くと、 \[\begin{equation} -8.96 \le S \le -5.04 \end{equation}\] となる。99%信頼区間は \[\begin{equation} -2.58 \le -7 - S \le 2.58 \end{equation}\] より、 \[\begin{equation} -9.58 \le S \le -4.42 \end{equation}\] となる。いずれにせよ、この問題設定であれば、$\mu_1 - \mu_2$は0より小さいように思える。つまり、$\mu_1 - \mu_2 < 0$という仮説が想定される。しかし、信頼区間は仮説を検証する手段ではない。そこで、仮説を検証する手段である統計的検定について学んでいく。

統計的検定

信頼区間を利用することで、統計的検定を行うことができる。統計的検定とは、とある母集団の性質に関する仮説 $H_0$ を棄却できるかどうかを検定するものである。ややまどろっこしい表現に思うかもしれないが、これ以上のものでもなければこれ以下のものでもない。例えば上記の例では、女性の母集団平均 $\mu_1$、男性の母集団平均 $\mu_2$ に関して、$\mu_1 - \mu_2 = 0$ という仮説を棄却できるかどうかを検定するならば、これは統計的検定となる。

それでは統計的検定の手順を見ていこう。
例: 製品の性能チェック。使用可能時間が1600時間とうたっている、ある電球を100個調査したところ、使用可能時間の標本平均は1598時間、標準偏差の不偏推定量は20時間であった。このとき、”使用可能時間が1600時間”という表示は妥当なものであろうか?

第１に、統計的検定では検証したい仮説、帰無仮説 $H_0$ を設定する。この場合、検定したい仮説は $H_0: \mu = 1600$ である。統計的検定では、帰無仮説を設定すると同時に対立仮説 $H_1$ が定める。ここでの対立仮説は、$H_1: \mu \neq 1600$ である。

第２に、この帰無仮説 $H_0: \mu = 1600$ が妥当という想定のもと、$z$ を計算する。つまり、 \[\begin{equation} z = \frac{1600 - 1598}{\frac{20}{\sqrt{100}}} = 1 \end{equation}\]

第３に、計算した $z$ が、どの程度実現しうる値なのかを計算する。特に、95%信頼区間 (この $N = 100$ の例では、$-1.96 \le z \le 1.96$) 、99%信頼区間 (この $N = 10$ の例では、$-2.58 \le z \le 2.58$) に含まれるかどうかを確認する。

最終的に、95%信頼区間に $z$ が含まれている場合、帰無仮説 $H_0: \mu = 1600$は5%有意水準にて棄却できない、と判断される(あくまで棄却できないだけであり、帰無仮説が妥当であると判断されてないことに留意)。さらに、99%信頼区間に $z$ が含まれている場合、帰無仮説 $H_0: \mu = 1600$は1%有意水準にて棄却できない、と判断される。この例であれば、$z = 1$であり95%信頼区間にも99%信頼区間にも含まれる。したがって、$H_0: \mu = 1600$は1%有意水準にて棄却できない。

新しい用語として、有意水準という言葉が出てきた。これは、$100(1 - \alpha)$%信頼区間を元に帰無仮説を検証する場合、有意水準 $\alpha$ にて帰無仮説が棄却できるかどうかを判断するものである。つまり、帰無仮説を棄却する基準を意味する。これまでに、95%信頼区間よりも、99%信頼区間の方が保守的であり範囲が広いことを示してきた。つまり、より広い99%信頼区間にさえ $z$ が含まれないようであれば、設定した帰無仮説はより棄却されるべきであろう。狭い95%信頼区間に $z$ が含まれないならば、設定した帰無仮説の棄却はより保守的であるべきだと考えられる。つまり、語弊を恐れなければ、有意水準は帰無仮説を棄却する“強さ”のようなものを表しているといえる。

ここで、統計的検定に関する重要なことを明示しておく。上記の例において、$z$ は95%信頼区間に含まれているため、帰無仮説 $H_0: \mu = 1600$ が “正しい” とは言ってはいけない。統計的検定で判断できることは、あくまでも、帰無仮説を棄却すべきか否か、ということのみである。つまり、上記の例において、帰無仮説 $H_0: \mu = 1600$ は棄却できない、という以上のことは言えない。仮説が棄却できない、ということと仮説が正しい、ということは全くの別物であることに留意すべきである。例えば、真の母集団平均は $\mu = 1600.5$ である可能性もあるであろう。ここから $N = 100$ にて判断する場合、標準偏差 $20$ の状況で、$H_0: \mu = 1600$ と違いがわかるものであろうか。つまり、統計的検定で言えることはあくまで、帰無仮説を棄却すべきか否か、ということだけである。それ以上のことは述べてはならない。

統計的検定 (例2)

男性と女性とで身長を比較してみる。男性50人の身長を調査したところ、平均170cm、標準偏差5cmであった。女性50人の身長を調査したところ、平均163cm、標準偏差7cmであった。このとき、男女の身長に差があると言えるであろうか。

先程の例と同様に進めていこう。男性の身長の母集団平均を $\mu_1$、女性の身長の母集団平均を $\mu_2$、その差を $d = \mu_1 - \mu_2$とする。

第１に、帰無仮説 $H_0$ を設定する。この場合、検定したい仮説は $H_0: d = 0$ である。対立仮説は、$H_1: d \neq 0$ である。

第２に、この帰無仮説 $H_0: d = 0$ が妥当という想定のもと、$z$ を計算する。つまり、 \[\begin{equation} z = \frac{0 - (170 - 163)}{\sqrt{\frac{5^2}{50} + \frac{7^2}{50}}} = -\frac{35}{\sqrt{37}} = 5.75... \end{equation}\]

第３に、計算した $z$ が、自由度 $N - 1$ のt分布において、どの程度実現しうる値なのかを計算する。特に、95%信頼区間 (この $N = 50$ の例では、$-1.96 \le z \le 1.96$) 、99%信頼区間 (この $N = 50$ の例では、$-2.58 \le z \le 2.58$) に含まれるかどうかを確認する。

最終的に、95%信頼区間に $z$ が含まれていないため、帰無仮説 $H_0: d = 0$は5%有意水準にて棄却される、と判断される。さらに、99%信頼区間に $z$ が含まれていないため、帰無仮説 $H_0: d = 0$は1%有意水準にて棄却される、と判断される。

最終的に、この例において、男女の身長に差があると言えるであろうか、という問いに対して、帰無仮説 $H_0: d = 0$は1%有意水準にて棄却される、と答えることが統計的検定から得られる答えである。

N < 30の場合

これまで、$N \ge 30$ を想定して、分散の不偏推定量が母集団の分散とおおかた一致すること、そして中心極限定理がおおよそ成り立つことを想定した。それでは $N < 30$ではどのようになるのか検証してみよう。これまでの議論から、 \[\begin{equation} z = \frac{\bar{x} - \mu}{\sqrt{ \frac{\sigma^2}{N}}} \end{equation}\] は平均0、分散1になる。$N$を色々変えて検証してみよう。また、

Ite = 1000
z1 = matrix(0, Ite, 1)
z2 = matrix(0, Ite, 1)
z3 = matrix(0, Ite, 1)
z4 = matrix(0, Ite, 1)

for(i in 1:Ite){
  dat = rnorm(30, 0, 1)
  z1[i] = (mean(dat[1:3]) - 0)/(sqrt(var(dat[1:3])/1))
  z2[i] = (mean(dat[1:5]) - 0)/(sqrt(var(dat[1:5])/5))
  z3[i] = (mean(dat[1:10]) - 0)/(sqrt(var(dat[1:10])/10))
  z4[i] = (mean(dat[1:30]) - 0)/(sqrt(var(dat[1:30])/30))
}

par(mfrow=c(1,4)) 
hist(z1, prob = T, ylim = c(0, 0.45), xlim = c(-6, 6), 20, col="#ff000020")
curve(dnorm, -6, 6, add = T)

hist(z2, prob = T, ylim = c(0, 0.45), xlim = c(-6, 6), 20, col="#00ff0020")
curve(dnorm, -6, 6, add = T)

hist(z3, prob = T, ylim = c(0, 0.45), xlim = c(-6, 6), 20, col="#0000ff20")
curve(dnorm, -6, 6, add = T)

hist(z4, prob = T, ylim = c(0, 0.45), xlim = c(-6, 6), 20, col="#00000020")
curve(dnorm, -6, 6, add = T)

上記を見て気づく点はあるであろうか？黒のように$N=30$のときは、確かに中心極限定理が成り立っているように見える。ただし、赤(N=3)、緑(N=5)、青(N=10)の例ではどうであろうか？もう少し拡大してみてみよう。

Ite = 10000
z1 = matrix(0, Ite, 1)
z2 = matrix(0, Ite, 1)
z3 = matrix(0, Ite, 1)
z4 = matrix(0, Ite, 1)

for(i in 1:Ite){
  dat = rnorm(30, 0, 1)
  z1[i] = (mean(dat[1:3]) - 0)/(sqrt(var(dat[1:3])/1))
  z2[i] = (mean(dat[1:5]) - 0)/(sqrt(var(dat[1:5])/5))
  z3[i] = (mean(dat[1:10]) - 0)/(sqrt(var(dat[1:10])/10))
  z4[i] = (mean(dat[1:30]) - 0)/(sqrt(var(dat[1:30])/30))
}

par(mfrow=c(1,2)) 
hist(z1, prob = T, ylim = c(0, 0.6), xlim = c(-6, 6), 400, col="#ff000020")
curve(dnorm, -6, 6, add = T)

hist(z2, prob = T, ylim = c(0, 0.45), xlim = c(-6, 6), 100, col="#00ff0020")
curve(dnorm, -6, 6, add = T)

ややガウス分布からずれていることがわかる。特に、ガウス分布ではほとんど出現しない-3より小さい範囲、3より大きい範囲にて複数の値が観測される。95%信頼区間、99%信頼区間の計算に用いてきた表はガウス分布の想定の元に妥当なものであり、$N$が小さい範囲では妥当性が低いことがわかる。ちなみにこのズレは、$N$が小さいときには分散の不偏推定量が母集団の分散と大きく異なる確率が高いことに起因する。

$N < 30$のとき、より妥当な確率分布は自由度 $N-1$ のスチューデントのt分布であることが知られている。重ね書きしてみると、

Ite = 10000
z1 = matrix(0, Ite, 1)
z2 = matrix(0, Ite, 1)
z3 = matrix(0, Ite, 1)
z4 = matrix(0, Ite, 1)

for(i in 1:Ite){
  dat = rnorm(30, 0, 1)
  z1[i] = (mean(dat[1:3]) - 0)/(sqrt(var(dat[1:3])/1))
  z2[i] = (mean(dat[1:5]) - 0)/(sqrt(var(dat[1:5])/5))
  z3[i] = (mean(dat[1:10]) - 0)/(sqrt(var(dat[1:10])/10))
  z4[i] = (mean(dat[1:30]) - 0)/(sqrt(var(dat[1:30])/30))
}

par(mfrow=c(1,2)) 
hist(z1, prob = T, ylim = c(0, 0.6), xlim = c(-6, 6), 400, col="#ff000020")
curve(dt(x, 2), -6, 6, add = T)

hist(z2, prob = T, ylim = c(0, 0.45), xlim = c(-6, 6), 100, col="#00ff0020")
curve(dt(x, 4), -6, 6, add = T)

となり、赤($N=3)ではさすがにまだずれがあるものの、緑(N=5)では適合度が高いように見える。加えて、スチューデントのt分布は自由度が十分大きいときはガウス分布と重なるため、常にスチューデントのt分布を利用したほうが妥当性が高いこともわかる。下記では、スチューデントのt分布は赤線、ガウス分布は黒線で表している。

par(mfrow=c(2,2)) 
curve(dnorm, -6, 6)
curve(dt(x, 2), -6, 6, add = T, col = "red")

curve(dnorm, -6, 6)
curve(dt(x, 4), -6, 6, add = T, col = "red")

curve(dnorm, -6, 6)
curve(dt(x, 9), -6, 6, add = T, col = "red")

curve(dnorm, -6, 6)
curve(dt(x, 29), -6, 6, add = T, col = "red")

N=30 (右下) でほぼ一致することがわかる。また、自由度$\nu$のスチューデントのt分布は、 \[\begin{equation} p(x | \nu) = \frac{\Gamma(\frac{\nu + 1}{2})}{\sqrt{\nu\pi} \Gamma(\frac{\nu}{2}} \left(1 + \frac{x^2}{\nu}\right)^{- \frac{\nu + 1}{2}} \end{equation}\] と定義される。ただし、$\Gamma(x) = \int_0^{\infty} t^{x-1}e^{-t}dt$ はガンマ関数である。

N < 30の場合の信頼区間

上記の議論をまとめると、データ数$N$、データ平均を$\bar{x}$、分散の不偏推定量を$\bar{\sigma}^2$、未知の母集団の平均を$\mu$とすると、 \[\begin{equation} z = \frac{\bar{x} - \mu}{\frac{\bar{\sigma}}{\sqrt{N}}} \end{equation}\] は自由度 $N-1$ のスチューデントのt分布に従う。すると、信頼区間を計算するための表を改めて作成する必要がでてくる。実際に計算してみると、

Nmax = 50

conf95 = matrix(0, 1, Nmax)
conf99 = matrix(0, 1, Nmax)

for(N in 2:Nmax){
  nu = N - 1
  f <- function(x) gamma((nu+1)*0.5)/(sqrt(nu*pi)*gamma((nu)*0.5))*(1+x^2/nu)^(-(nu+1)*0.5) # 積分する関数を定義
  
  dseq = seq(0, 7, by = 0.001)
  f95 = matrix(0, 1, length(seq))
  f99 = matrix(0, 1, length(seq))
  
  for(i in 1:length(dseq)){
    fv = integrate(f, -dseq[i], dseq[i]) # 積分実行
    f95[i] = abs(0.95 - fv$value)
    f99[i] = abs(0.99 - fv$value)
  }
  
  conf95[N] = dseq[which.min(f95)]
  conf99[N] = dseq[which.min(f99)]
}

print(conf95)

##      [,1] [,2]  [,3]  [,4]  [,5]  [,6]  [,7]  [,8]  [,9] [,10] [,11] [,12]
## [1,]    0    7 4.303 3.182 2.776 2.571 2.447 2.365 2.306 2.262 2.228 2.201
##      [,13] [,14] [,15] [,16] [,17] [,18] [,19] [,20] [,21] [,22] [,23] [,24]
## [1,] 2.179  2.16 2.145 2.131  2.12  2.11 2.101 2.093 2.086  2.08 2.074 2.069
##      [,25] [,26] [,27] [,28] [,29] [,30] [,31] [,32] [,33] [,34] [,35] [,36]
## [1,] 2.064  2.06 2.056 2.052 2.048 2.045 2.042  2.04 2.037 2.035 2.032  2.03
##      [,37] [,38] [,39] [,40] [,41] [,42] [,43] [,44] [,45] [,46] [,47] [,48]
## [1,] 2.028 2.026 2.024 2.023 2.021  2.02 2.018 2.017 2.015 2.014 2.013 2.012
##      [,49] [,50]
## [1,] 2.011  2.01

print(conf99)

##      [,1] [,2] [,3]  [,4]  [,5]  [,6]  [,7]  [,8]  [,9] [,10] [,11] [,12] [,13]
## [1,]    0    7    7 5.841 4.604 4.032 3.707 3.499 3.355  3.25 3.169 3.106 3.055
##      [,14] [,15] [,16] [,17] [,18] [,19] [,20] [,21] [,22] [,23] [,24] [,25]
## [1,] 3.012 2.977 2.947 2.921 2.898 2.878 2.861 2.845 2.831 2.819 2.807 2.797
##      [,26] [,27] [,28] [,29] [,30] [,31] [,32] [,33] [,34] [,35] [,36] [,37]
## [1,] 2.787 2.779 2.771 2.763 2.756  2.75 2.744 2.738 2.733 2.728 2.724 2.719
##      [,38] [,39] [,40] [,41] [,42] [,43] [,44] [,45] [,46] [,47] [,48] [,49]
## [1,] 2.715 2.712 2.708 2.704 2.701 2.698 2.695 2.692  2.69 2.687 2.685 2.682
##      [,50]
## [1,]  2.68

x = data.frame(N = 1:Nmax, conf_95 = t(conf95), conf_99 = t(conf99))

x

##     N conf_95 conf_99
## 1   1   0.000   0.000
## 2   2   7.000   7.000
## 3   3   4.303   7.000
## 4   4   3.182   5.841
## 5   5   2.776   4.604
## 6   6   2.571   4.032
## 7   7   2.447   3.707
## 8   8   2.365   3.499
## 9   9   2.306   3.355
## 10 10   2.262   3.250
## 11 11   2.228   3.169
## 12 12   2.201   3.106
## 13 13   2.179   3.055
## 14 14   2.160   3.012
## 15 15   2.145   2.977
## 16 16   2.131   2.947
## 17 17   2.120   2.921
## 18 18   2.110   2.898
## 19 19   2.101   2.878
## 20 20   2.093   2.861
## 21 21   2.086   2.845
## 22 22   2.080   2.831
## 23 23   2.074   2.819
## 24 24   2.069   2.807
## 25 25   2.064   2.797
## 26 26   2.060   2.787
## 27 27   2.056   2.779
## 28 28   2.052   2.771
## 29 29   2.048   2.763
## 30 30   2.045   2.756
## 31 31   2.042   2.750
## 32 32   2.040   2.744
## 33 33   2.037   2.738
## 34 34   2.035   2.733
## 35 35   2.032   2.728
## 36 36   2.030   2.724
## 37 37   2.028   2.719
## 38 38   2.026   2.715
## 39 39   2.024   2.712
## 40 40   2.023   2.708
## 41 41   2.021   2.704
## 42 42   2.020   2.701
## 43 43   2.018   2.698
## 44 44   2.017   2.695
## 45 45   2.015   2.692
## 46 46   2.014   2.690
## 47 47   2.013   2.687
## 48 48   2.012   2.685
## 49 49   2.011   2.682
## 50 50   2.010   2.680

のようになり、データ数 $N$ (自由度 $N-1$) に依存して、95%信頼区間、99%信頼区間に利用する値が異なる。例えば、$N=10$のとき、

信頼性(N=10)	95%	99%
$\alpha$	2.26	3.25

となる。そして、95%信頼区間は、 \[\begin{equation} \bar{x} - 2.26\frac{\bar{\sigma}}{\sqrt{N}} \le \mu \le \bar{x} + 2.26\frac{\bar{\sigma}}{\sqrt{N}} \end{equation}\] となる。

通常、スチューデントのt分布の信頼区間に関する表は、自由度 $\nu = N-1$ と対応して提示されることが多い。

演習問題

男性と女性とで身長を比較してみる。男性50人の身長を調査したところ、平均170cm、標準偏差5cmであった。女性50人の身長を調査したところ、平均163cm、標準偏差7cmであった。このとき、男女の身長差の95%信頼区間、99%信頼区間を計算せよ。
例: 製品の性能チェック。使用可能時間が1600時間とうたっている、ある電球を100個調査したところ、使用可能時間の標本平均は1598時間、標準偏差の不偏推定量は10時間であった。このとき、”使用可能時間が1600時間”という表示は妥当なものであろうか?

2023年度 数理統計学(A科)