Step 7: 推定理論から検定理論への橋渡し
尤度比検定、検出力、ネイマン・ピアソンの補題を通じて、検定理論の深い理解を目指します
📚 このステップで学ぶこと
このステップでは、推定理論で学んだ尤度の概念を検定理論に応用します。尤度比検定の原理、検出力関数の計算、ネイマン・ピアソンの補題による最強力検定の理論を学び、2級で学んだ検定を理論的に深く理解します。
🎯 なぜこれらを学ぶのか？
- 尤度比検定：最尤推定法の考え方を検定に応用した、最も一般的な検定法
- 検出力：検定の「性能」を評価する重要な指標
- ネイマン・ピアソンの補題：「最も良い検定」の理論的根拠
- UMP検定：最適な検定が存在する条件の理解
1. 仮説検定の復習と理論的枠組み
1.1 仮説検定の基本構造
まず、2級で学んだ仮説検定を理論的な視点から整理しましょう。
📖 仮説検定の要素
帰無仮説 $H_0$：否定したい仮説（「差がない」など）
対立仮説 $H_1$：主張したい仮説（「差がある」など）
検定統計量：仮説を判断するための統計量
棄却域：$H_0$ を棄却する検定統計量の範囲
有意水準 $\alpha$：第1種の誤りを犯す確率の上限
2つの誤り：
帰無仮説 $H_0$：否定したい仮説（「差がない」など）
対立仮説 $H_1$：主張したい仮説（「差がある」など）
検定統計量：仮説を判断するための統計量
棄却域：$H_0$ を棄却する検定統計量の範囲
有意水準 $\alpha$：第1種の誤りを犯す確率の上限
2つの誤り：
| $H_0$ が真 | $H_1$ が真 | |
| $H_0$ を棄却 | 第1種の誤り（$\alpha$） | 正しい判断 |
| $H_0$ を棄却しない | 正しい判断 | 第2種の誤り（$\beta$） |
1.2 検定関数の定義
検定を数学的に表現するため、検定関数を導入します。
📐 検定関数 $\varphi(X)$
$$\varphi(X) = \begin{cases} 1 & (H_0 \text{を棄却する}) \\ 0 & (H_0 \text{を棄却しない}) \end{cases}$$
サイズ $\alpha$ の検定：
$$E_{H_0}[\varphi(X)] ≦ \alpha$$ （$H_0$ の下で棄却する確率が $\alpha$ 以下）
検出力関数：
$$\pi(\theta) = E_\theta[\varphi(X)] = P_\theta(H_0 \text{を棄却})$$ （母数が $\theta$ のときに $H_0$ を棄却する確率）
$$\varphi(X) = \begin{cases} 1 & (H_0 \text{を棄却する}) \\ 0 & (H_0 \text{を棄却しない}) \end{cases}$$
サイズ $\alpha$ の検定：
$$E_{H_0}[\varphi(X)] ≦ \alpha$$ （$H_0$ の下で棄却する確率が $\alpha$ 以下）
検出力関数：
$$\pi(\theta) = E_\theta[\varphi(X)] = P_\theta(H_0 \text{を棄却})$$ （母数が $\theta$ のときに $H_0$ を棄却する確率）
例題1：検定関数の理解
問題：$X \sim N(\mu, 1)$ で、$H_0: \mu = 0$ vs $H_1: \mu > 0$ を検定する。$X > 1.645$ で棄却する検定の有意水準を求めよ。
解答：
【検定関数】
$$\varphi(X) = \begin{cases} 1 & (X > 1.645) \\ 0 & (X ≦ 1.645) \end{cases}$$
【有意水準】
$$\alpha = P_{H_0}(X > 1.645)$$ $\mu = 0$ のとき、$X \sim N(0, 1)$ なので、
$$\alpha = P(Z > 1.645) = 0.05$$
よって、有意水準5%の検定
【検定関数】
$$\varphi(X) = \begin{cases} 1 & (X > 1.645) \\ 0 & (X ≦ 1.645) \end{cases}$$
【有意水準】
$$\alpha = P_{H_0}(X > 1.645)$$ $\mu = 0$ のとき、$X \sim N(0, 1)$ なので、
$$\alpha = P(Z > 1.645) = 0.05$$
よって、有意水準5%の検定
2. 尤度比検定
2.1 尤度比の定義
最尤推定法の考え方を検定に応用したのが尤度比検定です。
⭐ 尤度比（Likelihood Ratio）
$$\lambda(x) = \frac{L(H_0; x)}{L(H_1; x)} = \frac{\sup\{L(\theta; x): \theta \in \Theta_0\}}{\sup\{L(\theta; x): \theta \in \Theta_1\}}$$
意味：
「帰無仮説の下での最大尤度」と「対立仮説の下での最大尤度」の比
尤度比検定：
$$\lambda(x) < c \text{ のとき、} H_0 \text{を棄却}$$ （帰無仮説の尤度が相対的に小さいときに棄却）
$$\lambda(x) = \frac{L(H_0; x)}{L(H_1; x)} = \frac{\sup\{L(\theta; x): \theta \in \Theta_0\}}{\sup\{L(\theta; x): \theta \in \Theta_1\}}$$
意味：
「帰無仮説の下での最大尤度」と「対立仮説の下での最大尤度」の比
尤度比検定：
$$\lambda(x) < c \text{ のとき、} H_0 \text{を棄却}$$ （帰無仮説の尤度が相対的に小さいときに棄却）
2.2 単純仮説の場合
📖 単純仮説 vs 単純仮説
$H_0: \theta = \theta_0$ vs $H_1: \theta = \theta_1$
尤度比：
$$\lambda(x) = \frac{L(\theta_0; x)}{L(\theta_1; x)}$$
判断基準：
$\lambda(x) < c$ のとき、$H_0$ を棄却
$\Leftrightarrow$ $L(\theta_1; x) / L(\theta_0; x) > 1/c$
$\Leftrightarrow$ 対立仮説の尤度が十分大きいとき棄却
$H_0: \theta = \theta_0$ vs $H_1: \theta = \theta_1$
尤度比：
$$\lambda(x) = \frac{L(\theta_0; x)}{L(\theta_1; x)}$$
判断基準：
$\lambda(x) < c$ のとき、$H_0$ を棄却
$\Leftrightarrow$ $L(\theta_1; x) / L(\theta_0; x) > 1/c$
$\Leftrightarrow$ 対立仮説の尤度が十分大きいとき棄却
例題2：単純仮説の尤度比検定
問題：$X_1, \ldots, X_n \sim N(\mu, 1)$ が独立。$H_0: \mu = 0$ vs $H_1: \mu = 1$ を検定する。尤度比 $\lambda(x)$ を求め、その形を簡単にせよ。
解答：
【$H_0$ の下の尤度】
$$L(0; x) = \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{x_i^2}{2}\right) = (2\pi)^{-n/2} \exp\left(-\frac{\sum x_i^2}{2}\right)$$
【$H_1$ の下の尤度】
$$L(1; x) = (2\pi)^{-n/2} \exp\left(-\frac{\sum(x_i-1)^2}{2}\right)$$
【尤度比】
$$\lambda(x) = \frac{L(0; x)}{L(1; x)} = \exp\left(-\frac{\sum x_i^2}{2} + \frac{\sum(x_i-1)^2}{2}\right)$$ $$= \exp\left(-\frac{\sum x_i^2 – \sum(x_i^2 – 2x_i + 1)}{2}\right) = \exp\left(-\sum x_i + \frac{n}{2}\right)$$
【棄却域の変形】
$\lambda(x) < c$
$\Leftrightarrow$ $-\sum x_i + n/2 < \log c$
$\Leftrightarrow$ $\sum x_i > n/2 – \log c$
$\Leftrightarrow$ $\bar{X} > (n/2 – \log c)/n$
よって、$\bar{X}$ が大きいときに $H_0$ を棄却する！
【$H_0$ の下の尤度】
$$L(0; x) = \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{x_i^2}{2}\right) = (2\pi)^{-n/2} \exp\left(-\frac{\sum x_i^2}{2}\right)$$
【$H_1$ の下の尤度】
$$L(1; x) = (2\pi)^{-n/2} \exp\left(-\frac{\sum(x_i-1)^2}{2}\right)$$
【尤度比】
$$\lambda(x) = \frac{L(0; x)}{L(1; x)} = \exp\left(-\frac{\sum x_i^2}{2} + \frac{\sum(x_i-1)^2}{2}\right)$$ $$= \exp\left(-\frac{\sum x_i^2 – \sum(x_i^2 – 2x_i + 1)}{2}\right) = \exp\left(-\sum x_i + \frac{n}{2}\right)$$
【棄却域の変形】
$\lambda(x) < c$
$\Leftrightarrow$ $-\sum x_i + n/2 < \log c$
$\Leftrightarrow$ $\sum x_i > n/2 – \log c$
$\Leftrightarrow$ $\bar{X} > (n/2 – \log c)/n$
よって、$\bar{X}$ が大きいときに $H_0$ を棄却する！
2.3 一般化尤度比検定
⭐ 一般化尤度比（Generalized Likelihood Ratio）
$$\lambda(x) = \frac{\sup\{L(\theta; x): \theta \in \Theta_0\}}{\sup\{L(\theta; x): \theta \in \Theta\}}$$
ここで、
$\Theta_0$：帰無仮説のパラメータ空間
$\Theta$：全パラメータ空間
ウィルクスの定理：
$$-2 \log \lambda(X) \xrightarrow{d} \chi^2(r) \quad (n \to \infty)$$ ここで、$r = \dim(\Theta) – \dim(\Theta_0)$
$$\lambda(x) = \frac{\sup\{L(\theta; x): \theta \in \Theta_0\}}{\sup\{L(\theta; x): \theta \in \Theta\}}$$
ここで、
$\Theta_0$：帰無仮説のパラメータ空間
$\Theta$：全パラメータ空間
ウィルクスの定理：
$$-2 \log \lambda(X) \xrightarrow{d} \chi^2(r) \quad (n \to \infty)$$ ここで、$r = \dim(\Theta) – \dim(\Theta_0)$
例題3：一般化尤度比検定
問題：$X_1, \ldots, X_n \sim N(\mu, \sigma^2)$ が独立。$H_0: \mu = \mu_0$ を検定する一般化尤度比を求めよ。
解答：
【$\Theta_0$ の下での最大尤度】
$\mu = \mu_0$ に固定して、$\sigma^2$ を最尤推定
$$\hat{\sigma}_0^2 = \frac{1}{n}\sum(x_i – \mu_0)^2$$ $$L(\mu_0, \hat{\sigma}_0^2) = \left(\frac{1}{2\pi\hat{\sigma}_0^2}\right)^{n/2} \exp\left(-\frac{n}{2}\right)$$
【$\Theta$ の下での最大尤度】
$$\hat{\mu} = \bar{X}, \quad \hat{\sigma}^2 = \frac{1}{n}\sum(x_i – \bar{X})^2$$ $$L(\hat{\mu}, \hat{\sigma}^2) = \left(\frac{1}{2\pi\hat{\sigma}^2}\right)^{n/2} \exp\left(-\frac{n}{2}\right)$$
【一般化尤度比】
$$\lambda(x) = \left(\frac{\hat{\sigma}^2}{\hat{\sigma}_0^2}\right)^{n/2} = \left(\frac{\sum(x_i – \bar{X})^2}{\sum(x_i – \mu_0)^2}\right)^{n/2}$$
$\lambda(x) < c$
$\Leftrightarrow$ $(\bar{X} – \mu_0)^2/\hat{\sigma}^2$ が大きい
これは t検定 の形に対応！
【$\Theta_0$ の下での最大尤度】
$\mu = \mu_0$ に固定して、$\sigma^2$ を最尤推定
$$\hat{\sigma}_0^2 = \frac{1}{n}\sum(x_i – \mu_0)^2$$ $$L(\mu_0, \hat{\sigma}_0^2) = \left(\frac{1}{2\pi\hat{\sigma}_0^2}\right)^{n/2} \exp\left(-\frac{n}{2}\right)$$
【$\Theta$ の下での最大尤度】
$$\hat{\mu} = \bar{X}, \quad \hat{\sigma}^2 = \frac{1}{n}\sum(x_i – \bar{X})^2$$ $$L(\hat{\mu}, \hat{\sigma}^2) = \left(\frac{1}{2\pi\hat{\sigma}^2}\right)^{n/2} \exp\left(-\frac{n}{2}\right)$$
【一般化尤度比】
$$\lambda(x) = \left(\frac{\hat{\sigma}^2}{\hat{\sigma}_0^2}\right)^{n/2} = \left(\frac{\sum(x_i – \bar{X})^2}{\sum(x_i – \mu_0)^2}\right)^{n/2}$$
$\lambda(x) < c$
$\Leftrightarrow$ $(\bar{X} – \mu_0)^2/\hat{\sigma}^2$ が大きい
これは t検定 の形に対応！
3. 検出力と検出力関数
3.1 検出力の定義
検定の「性能」を評価する最も重要な指標が検出力です。
⭐ 検出力（Power）
$$\text{検出力} = 1 – \beta = P_{H_1}(H_0 \text{を棄却})$$
意味：
「対立仮説が真のときに、正しく帰無仮説を棄却する確率」
検出力関数：
$$\pi(\theta) = P_\theta(H_0 \text{を棄却})$$
理想的な検出力関数：
$$\pi(\theta) = \begin{cases} \alpha & (\theta \in \Theta_0) \\ 1 & (\theta \in \Theta_1) \end{cases}$$
$$\text{検出力} = 1 – \beta = P_{H_1}(H_0 \text{を棄却})$$
意味：
「対立仮説が真のときに、正しく帰無仮説を棄却する確率」
検出力関数：
$$\pi(\theta) = P_\theta(H_0 \text{を棄却})$$
理想的な検出力関数：
$$\pi(\theta) = \begin{cases} \alpha & (\theta \in \Theta_0) \\ 1 & (\theta \in \Theta_1) \end{cases}$$
例題4：検出力の計算
問題：$X_1, \ldots, X_{100} \sim N(\mu, 1)$ が独立。$H_0: \mu = 0$ vs $H_1: \mu > 0$ を、$\bar{X} > 0.165$ で棄却する検定を考える。
(a) 有意水準を求めよ。
(b) $\mu = 0.3$ のときの検出力を求めよ。
解答：
$\bar{X} \sim N(\mu, 1/100) = N(\mu, 0.01)$ より、$\sigma_{\bar{X}} = 0.1$
(a) 有意水準：
$$\alpha = P_{H_0}(\bar{X} > 0.165) = P\left(\frac{\bar{X} – 0}{0.1} > \frac{0.165 – 0}{0.1}\right)$$ $$= P(Z > 1.65) \approx 0.05$$
(b) 検出力（$\mu = 0.3$ のとき）：
$$\text{検出力} = P_{\mu=0.3}(\bar{X} > 0.165)$$ $$= P\left(\frac{\bar{X} – 0.3}{0.1} > \frac{0.165 – 0.3}{0.1}\right)$$ $$= P(Z > -1.35) \approx 0.9115$$
$\mu = 0.3$ のとき、約91%の確率で正しく検出できる！
$\bar{X} \sim N(\mu, 1/100) = N(\mu, 0.01)$ より、$\sigma_{\bar{X}} = 0.1$
(a) 有意水準：
$$\alpha = P_{H_0}(\bar{X} > 0.165) = P\left(\frac{\bar{X} – 0}{0.1} > \frac{0.165 – 0}{0.1}\right)$$ $$= P(Z > 1.65) \approx 0.05$$
(b) 検出力（$\mu = 0.3$ のとき）：
$$\text{検出力} = P_{\mu=0.3}(\bar{X} > 0.165)$$ $$= P\left(\frac{\bar{X} – 0.3}{0.1} > \frac{0.165 – 0.3}{0.1}\right)$$ $$= P(Z > -1.35) \approx 0.9115$$
$\mu = 0.3$ のとき、約91%の確率で正しく検出できる！
3.2 検出力に影響する要因
📐 検出力を高める方法
① 標本サイズ $n$ を増やす：最も効果的
② 有意水準 $\alpha$ を大きくする：ただし第1種の誤りが増える
③ 効果量を大きくする：真の差が大きいほど検出しやすい
④ 分散を小さくする：測定精度を上げる
トレードオフ：
・$\alpha$ を固定すると、$n \uparrow$ $\Rightarrow$ 検出力 $\uparrow$
・$n$ を固定すると、$\alpha \uparrow$ $\Rightarrow$ 検出力 $\uparrow$ だが第1種の誤り $\uparrow$
① 標本サイズ $n$ を増やす：最も効果的
② 有意水準 $\alpha$ を大きくする：ただし第1種の誤りが増える
③ 効果量を大きくする：真の差が大きいほど検出しやすい
④ 分散を小さくする：測定精度を上げる
トレードオフ：
・$\alpha$ を固定すると、$n \uparrow$ $\Rightarrow$ 検出力 $\uparrow$
・$n$ を固定すると、$\alpha \uparrow$ $\Rightarrow$ 検出力 $\uparrow$ だが第1種の誤り $\uparrow$
例題5：必要な標本サイズ
問題：$X \sim N(\mu, 1)$ で、$H_0: \mu = 0$ vs $H_1: \mu = 0.5$ を検定する。$\alpha = 0.05$、検出力 $0.9$ を達成するための標本サイズ $n$ を求めよ。
解答：
【棄却域】
$\bar{X} > z_{0.05}/\sqrt{n} = 1.645/\sqrt{n}$
【検出力の条件】
$$P_{\mu=0.5}(\bar{X} > 1.645/\sqrt{n}) = 0.9$$ $$P\left(\frac{\bar{X} – 0.5}{1/\sqrt{n}} > \frac{1.645/\sqrt{n} – 0.5}{1/\sqrt{n}}\right) = 0.9$$ $$P(Z > 1.645 – 0.5\sqrt{n}) = 0.9$$
$P(Z > z) = 0.9$ より、$z = -1.282$
$$1.645 – 0.5\sqrt{n} = -1.282$$ $$0.5\sqrt{n} = 2.927$$ $$\sqrt{n} = 5.854$$ $$n \approx 34.3$$
よって、$n = 35$ が必要
【棄却域】
$\bar{X} > z_{0.05}/\sqrt{n} = 1.645/\sqrt{n}$
【検出力の条件】
$$P_{\mu=0.5}(\bar{X} > 1.645/\sqrt{n}) = 0.9$$ $$P\left(\frac{\bar{X} – 0.5}{1/\sqrt{n}} > \frac{1.645/\sqrt{n} – 0.5}{1/\sqrt{n}}\right) = 0.9$$ $$P(Z > 1.645 – 0.5\sqrt{n}) = 0.9$$
$P(Z > z) = 0.9$ より、$z = -1.282$
$$1.645 – 0.5\sqrt{n} = -1.282$$ $$0.5\sqrt{n} = 2.927$$ $$\sqrt{n} = 5.854$$ $$n \approx 34.3$$
よって、$n = 35$ が必要
3.3 検出力曲線
📖 検出力曲線（Power Curve）
横軸に母数 $\theta$、縦軸に検出力 $\pi(\theta)$ をプロットしたグラフ
理想的な検出力曲線：
・$\theta \in \Theta_0$ のとき、$\pi(\theta) = \alpha$（低い）
・$\theta$ が $\Theta_0$ から離れるほど、$\pi(\theta) \to 1$
検出力曲線の比較：
$\Theta_1$ の範囲で、$\pi_1(\theta) > \pi_2(\theta)$ なら、検定1の方が良い
横軸に母数 $\theta$、縦軸に検出力 $\pi(\theta)$ をプロットしたグラフ
理想的な検出力曲線：
・$\theta \in \Theta_0$ のとき、$\pi(\theta) = \alpha$（低い）
・$\theta$ が $\Theta_0$ から離れるほど、$\pi(\theta) \to 1$
検出力曲線の比較：
$\Theta_1$ の範囲で、$\pi_1(\theta) > \pi_2(\theta)$ なら、検定1の方が良い
4. ネイマン・ピアソンの補題
4.1 ネイマン・ピアソンの補題の主張
「最も良い検定」が何かを理論的に明らかにした、検定理論の最も重要な定理です。
⭐ ネイマン・ピアソンの補題（Neyman-Pearson Lemma）
単純仮説 $H_0: \theta = \theta_0$ vs $H_1: \theta = \theta_1$ に対して：
$$\frac{L(\theta_1; x)}{L(\theta_0; x)} > k \text{ で棄却する検定は、}$$ サイズ $\alpha$ の検定の中で、検出力が最大（最強力検定）
意味：
「尤度比に基づく検定が最も良い」
「単純仮説の場合、これ以上良い検定は存在しない」
単純仮説 $H_0: \theta = \theta_0$ vs $H_1: \theta = \theta_1$ に対して：
$$\frac{L(\theta_1; x)}{L(\theta_0; x)} > k \text{ で棄却する検定は、}$$ サイズ $\alpha$ の検定の中で、検出力が最大（最強力検定）
意味：
「尤度比に基づく検定が最も良い」
「単純仮説の場合、これ以上良い検定は存在しない」
例題6：最強力検定の導出
問題：$X_1, \ldots, X_n \sim N(\mu, 1)$ が独立。$H_0: \mu = 0$ vs $H_1: \mu = 1$ に対する、サイズ $0.05$ の最強力検定を求めよ。
解答：
【尤度比】
$$\frac{L(1; x)}{L(0; x)} = \exp\left(\sum x_i – \frac{n}{2}\right)$$
【ネイマン・ピアソンの補題より】
$\exp\left(\sum x_i – n/2\right) > k$ で棄却
$\Leftrightarrow$ $\sum x_i > \log k + n/2$
$\Leftrightarrow$ $\bar{X} > (\log k + n/2)/n$
【定数 $k$ の決定（サイズ $\alpha = 0.05$）】
$$P_{\mu=0}(\bar{X} > c) = 0.05$$ $\bar{X} \sim N(0, 1/n)$ なので、
$$P\left(\frac{\bar{X}}{1/\sqrt{n}} > c\sqrt{n}\right) = 0.05$$ $$c\sqrt{n} = 1.645$$ $$c = \frac{1.645}{\sqrt{n}}$$
よって、最強力検定は：
$$\bar{X} > \frac{1.645}{\sqrt{n}} \text{ で棄却}$$
【尤度比】
$$\frac{L(1; x)}{L(0; x)} = \exp\left(\sum x_i – \frac{n}{2}\right)$$
【ネイマン・ピアソンの補題より】
$\exp\left(\sum x_i – n/2\right) > k$ で棄却
$\Leftrightarrow$ $\sum x_i > \log k + n/2$
$\Leftrightarrow$ $\bar{X} > (\log k + n/2)/n$
【定数 $k$ の決定（サイズ $\alpha = 0.05$）】
$$P_{\mu=0}(\bar{X} > c) = 0.05$$ $\bar{X} \sim N(0, 1/n)$ なので、
$$P\left(\frac{\bar{X}}{1/\sqrt{n}} > c\sqrt{n}\right) = 0.05$$ $$c\sqrt{n} = 1.645$$ $$c = \frac{1.645}{\sqrt{n}}$$
よって、最強力検定は：
$$\bar{X} > \frac{1.645}{\sqrt{n}} \text{ で棄却}$$
4.2 一様最強力検定
📖 一様最強力検定（Uniformly Most Powerful, UMP検定）
$H_0: \theta = \theta_0$ vs $H_1: \theta > \theta_0$ のような片側検定で：
すべての $\theta \in \Theta_1$ に対して、検出力が最大となる検定
単調尤度比の性質：
尤度比が統計量 $T(X)$ の単調関数なら、
$T(X) > c$ で棄却する検定が UMP検定
正規分布、指数型分布族では、UMP検定が存在することが多い
$H_0: \theta = \theta_0$ vs $H_1: \theta > \theta_0$ のような片側検定で：
すべての $\theta \in \Theta_1$ に対して、検出力が最大となる検定
単調尤度比の性質：
尤度比が統計量 $T(X)$ の単調関数なら、
$T(X) > c$ で棄却する検定が UMP検定
正規分布、指数型分布族では、UMP検定が存在することが多い
例題7：UMP検定の確認
問題：$X_1, \ldots, X_n \sim N(\mu, \sigma^2)$ が独立で、$\sigma^2$ 既知。$H_0: \mu ≦ \mu_0$ vs $H_1: \mu > \mu_0$ に対する UMP検定を求めよ。
解答：
【尤度関数】
$$L(\mu; x) \propto \exp\left(-\frac{\sum(x_i – \mu)^2}{2\sigma^2}\right)$$ $$= \exp\left(-\frac{\sum x_i^2 – 2\mu\sum x_i + n\mu^2}{2\sigma^2}\right)$$
【尤度比（$\mu_1 > \mu_0$）】
$$\frac{L(\mu_1; x)}{L(\mu_0; x)} = \exp\left(\frac{(\mu_1 – \mu_0)\sum x_i – n(\mu_1^2 – \mu_0^2)/2}{\sigma^2}\right)$$
$\mu_1 > \mu_0$ のとき、尤度比は $\sum x_i$（したがって $\bar{X}$）の単調増加関数。
よって、ネイマン・ピアソンの補題より、
$$\bar{X} > c \text{ で棄却する検定が UMP検定}$$
【$c$ の決定】
$$P_{\mu=\mu_0}(\bar{X} > c) = \alpha$$ $$c = \mu_0 + z_\alpha \cdot \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$$
これは2級で学んだ z検定 そのもの！
【尤度関数】
$$L(\mu; x) \propto \exp\left(-\frac{\sum(x_i – \mu)^2}{2\sigma^2}\right)$$ $$= \exp\left(-\frac{\sum x_i^2 – 2\mu\sum x_i + n\mu^2}{2\sigma^2}\right)$$
【尤度比（$\mu_1 > \mu_0$）】
$$\frac{L(\mu_1; x)}{L(\mu_0; x)} = \exp\left(\frac{(\mu_1 – \mu_0)\sum x_i – n(\mu_1^2 – \mu_0^2)/2}{\sigma^2}\right)$$
$\mu_1 > \mu_0$ のとき、尤度比は $\sum x_i$（したがって $\bar{X}$）の単調増加関数。
よって、ネイマン・ピアソンの補題より、
$$\bar{X} > c \text{ で棄却する検定が UMP検定}$$
【$c$ の決定】
$$P_{\mu=\mu_0}(\bar{X} > c) = \alpha$$ $$c = \mu_0 + z_\alpha \cdot \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$$
これは2級で学んだ z検定 そのもの！
4.3 両側検定ではUMPが存在しない
⚠️ 注意：両側検定の場合
$H_0: \mu = \mu_0$ vs $H_1: \mu \neq \mu_0$ のような両側検定では、
UMP検定は一般に存在しない
理由：
・$\mu > \mu_0$ に対して最強力な検定：$\bar{X} > c$ で棄却（上側）
・$\mu < \mu_0$ に対して最強力な検定：$\bar{X} < c'$ で棄却（下側）
この2つは相反する形をしているため、両方に対して最適な検定は存在しない
実務上の対処：
尤度比検定やt検定を使う（最適ではないが、バランスが良い）
$H_0: \mu = \mu_0$ vs $H_1: \mu \neq \mu_0$ のような両側検定では、
UMP検定は一般に存在しない
理由：
・$\mu > \mu_0$ に対して最強力な検定：$\bar{X} > c$ で棄却（上側）
・$\mu < \mu_0$ に対して最強力な検定：$\bar{X} < c'$ で棄却（下側）
この2つは相反する形をしているため、両方に対して最適な検定は存在しない
実務上の対処：
尤度比検定やt検定を使う（最適ではないが、バランスが良い）
5. 不偏検定
5.1 不偏検定の定義
両側検定で UMP が存在しない場合の代替として、不偏検定が考えられます。
⭐ 不偏検定（Unbiased Test）
すべての $\theta \in \Theta_1$ に対して、$\pi(\theta) ≧ \alpha$ となる検定
意味：
「対立仮説が真のとき、帰無仮説が真のときよりも
高い確率で $H_0$ を棄却する」
一様最強力不偏検定（UMPU検定）：
不偏検定の中で、すべての $\theta \in \Theta_1$ に対して
検出力が最大となる検定
すべての $\theta \in \Theta_1$ に対して、$\pi(\theta) ≧ \alpha$ となる検定
意味：
「対立仮説が真のとき、帰無仮説が真のときよりも
高い確率で $H_0$ を棄却する」
一様最強力不偏検定（UMPU検定）：
不偏検定の中で、すべての $\theta \in \Theta_1$ に対して
検出力が最大となる検定
例題8：不偏検定の確認
問題：$X_1, \ldots, X_n \sim N(\mu, 1)$ が独立。$H_0: \mu = 0$ vs $H_1: \mu \neq 0$ を、$|\bar{X}| > c$ で棄却する検定を考える。この検定が不偏検定であることを示せ。
解答：
【検出力関数】
$$\pi(\mu) = P_\mu(|\bar{X}| > c)$$
【$\mu = 0$ のとき】
$$\pi(0) = 2P(Z > c\sqrt{n}) = \alpha$$
【$\mu \neq 0$ のとき】
$\bar{X} \sim N(\mu, 1/n)$ なので、
$|\bar{X}|$ が $c$ を超える確率は、$\mu \neq 0$ のとき増加する。
特に、$|\mu|$ が大きいほど $\pi(\mu) \to 1$
よって、$\pi(\mu) ≧ \alpha$（$\mu \neq 0$）が成立し、不偏検定である。
【検出力関数】
$$\pi(\mu) = P_\mu(|\bar{X}| > c)$$
【$\mu = 0$ のとき】
$$\pi(0) = 2P(Z > c\sqrt{n}) = \alpha$$
【$\mu \neq 0$ のとき】
$\bar{X} \sim N(\mu, 1/n)$ なので、
$|\bar{X}|$ が $c$ を超える確率は、$\mu \neq 0$ のとき増加する。
特に、$|\mu|$ が大きいほど $\pi(\mu) \to 1$
よって、$\pi(\mu) ≧ \alpha$（$\mu \neq 0$）が成立し、不偏検定である。
📝 練習問題
問題 1
尤度比の計算
$X \sim B(n, p)$ で、$H_0: p = 0.3$ vs $H_1: p = 0.7$ を検定する。$n = 10$、$x = 7$ のとき、尤度比 $\lambda$ を計算せよ。
解答：
【$H_0$ の尤度】
$$L(0.3; 7) = \binom{10}{7}(0.3)^7(0.7)^3 = 120 \times 0.0002187 \times 0.343 \approx 0.00900$$
【$H_1$ の尤度】
$$L(0.7; 7) = \binom{10}{7}(0.7)^7(0.3)^3 = 120 \times 0.0823543 \times 0.027 \approx 0.2668$$
【尤度比】
$$\lambda = \frac{L(0.3; 7)}{L(0.7; 7)} = \frac{0.00900}{0.2668} \approx 0.0337$$
$\lambda$ が小さいので、$H_0$ を棄却する根拠がある
【$H_0$ の尤度】
$$L(0.3; 7) = \binom{10}{7}(0.3)^7(0.7)^3 = 120 \times 0.0002187 \times 0.343 \approx 0.00900$$
【$H_1$ の尤度】
$$L(0.7; 7) = \binom{10}{7}(0.7)^7(0.3)^3 = 120 \times 0.0823543 \times 0.027 \approx 0.2668$$
【尤度比】
$$\lambda = \frac{L(0.3; 7)}{L(0.7; 7)} = \frac{0.00900}{0.2668} \approx 0.0337$$
$\lambda$ が小さいので、$H_0$ を棄却する根拠がある
問題 2
単純仮説の尤度比検定
$X_1, \ldots, X_n \sim \text{Exp}(\lambda)$ が独立。$H_0: \lambda = 1$ vs $H_1: \lambda = 2$ を検定する。尤度比に基づく棄却域を求めよ。
解答：
【尤度比】
$$\frac{L(2; x)}{L(1; x)} = \frac{2^n e^{-2\sum x_i}}{e^{-\sum x_i}} = 2^n e^{-\sum x_i}$$
【棄却域】
$2^n e^{-\sum x_i} > k$
$\Leftrightarrow$ $-\sum x_i > \log(k/2^n)$
$\Leftrightarrow$ $\sum x_i < -\log(k/2^n) = c$
よって、$\sum x_i < c$ で棄却
（$\lambda$ が大きいとき、$X_i$ は小さくなるため）
【尤度比】
$$\frac{L(2; x)}{L(1; x)} = \frac{2^n e^{-2\sum x_i}}{e^{-\sum x_i}} = 2^n e^{-\sum x_i}$$
【棄却域】
$2^n e^{-\sum x_i} > k$
$\Leftrightarrow$ $-\sum x_i > \log(k/2^n)$
$\Leftrightarrow$ $\sum x_i < -\log(k/2^n) = c$
よって、$\sum x_i < c$ で棄却
（$\lambda$ が大きいとき、$X_i$ は小さくなるため）
問題 3
検出力の計算
$X \sim N(\mu, 4)$ で、$H_0: \mu = 10$ vs $H_1: \mu > 10$ を検定する。$X > 11.31$ で棄却する検定の、(a) 有意水準、(b) $\mu = 12$ のときの検出力を求めよ。
解答：
$X \sim N(\mu, 4)$ なので、$\sigma = 2$
(a) 有意水準：
$$\alpha = P_{\mu=10}(X > 11.31) = P\left(\frac{X – 10}{2} > \frac{11.31 – 10}{2}\right)$$ $$= P(Z > 0.655) \approx 0.256$$
(b) 検出力（$\mu = 12$）：
$$\text{検出力} = P_{\mu=12}(X > 11.31) = P\left(\frac{X – 12}{2} > \frac{11.31 – 12}{2}\right)$$ $$= P(Z > -0.345) \approx 0.635$$
$X \sim N(\mu, 4)$ なので、$\sigma = 2$
(a) 有意水準：
$$\alpha = P_{\mu=10}(X > 11.31) = P\left(\frac{X – 10}{2} > \frac{11.31 – 10}{2}\right)$$ $$= P(Z > 0.655) \approx 0.256$$
(b) 検出力（$\mu = 12$）：
$$\text{検出力} = P_{\mu=12}(X > 11.31) = P\left(\frac{X – 12}{2} > \frac{11.31 – 12}{2}\right)$$ $$= P(Z > -0.345) \approx 0.635$$
問題 4
最強力検定
$X_1, X_2 \sim N(\mu, 1)$ が独立。$H_0: \mu = 0$ vs $H_1: \mu = 2$ のサイズ $0.05$ の最強力検定を求めよ。
解答：
【尤度比】
$$\frac{L(2; x)}{L(0; x)} = \exp\{2(x_1 + x_2) – 4\}$$
【ネイマン・ピアソンの補題】
$\exp\{2(x_1 + x_2) – 4\} > k$
$\Leftrightarrow$ $x_1 + x_2 > (\log k + 4)/2$
$\Leftrightarrow$ $\bar{X} > (\log k + 4)/4$
【有意水準 $0.05$ の条件】
$P_{\mu=0}(\bar{X} > c) = 0.05$
$\bar{X} \sim N(0, 1/2)$ なので、
$$P\left(\frac{\bar{X}}{\sqrt{1/2}} > \frac{c}{\sqrt{1/2}}\right) = 0.05$$ $$c\sqrt{2} = 1.645$$ $$c = \frac{1.645}{\sqrt{2}} \approx 1.164$$
よって、$\bar{X} > 1.164$ で棄却
【尤度比】
$$\frac{L(2; x)}{L(0; x)} = \exp\{2(x_1 + x_2) – 4\}$$
【ネイマン・ピアソンの補題】
$\exp\{2(x_1 + x_2) – 4\} > k$
$\Leftrightarrow$ $x_1 + x_2 > (\log k + 4)/2$
$\Leftrightarrow$ $\bar{X} > (\log k + 4)/4$
【有意水準 $0.05$ の条件】
$P_{\mu=0}(\bar{X} > c) = 0.05$
$\bar{X} \sim N(0, 1/2)$ なので、
$$P\left(\frac{\bar{X}}{\sqrt{1/2}} > \frac{c}{\sqrt{1/2}}\right) = 0.05$$ $$c\sqrt{2} = 1.645$$ $$c = \frac{1.645}{\sqrt{2}} \approx 1.164$$
よって、$\bar{X} > 1.164$ で棄却
問題 5
検出力と標本サイズ
$X_1, \ldots, X_n \sim N(\mu, 9)$ が独立。$H_0: \mu = 50$ vs $H_1: \mu = 53$ を、$\alpha = 0.05$ で検定する。検出力 $0.8$ を達成するために必要な $n$ は？
解答：
$\bar{X} \sim N(\mu, 9/n)$、$\sigma_{\bar{X}} = 3/\sqrt{n}$
【棄却域】
$\bar{X} > 50 + 1.645 \cdot 3/\sqrt{n} = 50 + 4.935/\sqrt{n}$
【検出力 $0.8$ の条件】
$$P_{\mu=53}(\bar{X} > 50 + 4.935/\sqrt{n}) = 0.8$$ $$P\left(Z > \frac{50 + 4.935/\sqrt{n} – 53}{3/\sqrt{n}}\right) = 0.8$$ $$P\left(Z > \frac{-3\sqrt{n} + 4.935}{3}\right) = 0.8$$ $$P(Z > -\sqrt{n} + 1.645) = 0.8$$
$P(Z > z) = 0.8$ より、$z = -0.842$
$$-\sqrt{n} + 1.645 = -0.842$$ $$\sqrt{n} = 2.487$$ $$n \approx 6.19$$
よって、$n = 7$ が必要
$\bar{X} \sim N(\mu, 9/n)$、$\sigma_{\bar{X}} = 3/\sqrt{n}$
【棄却域】
$\bar{X} > 50 + 1.645 \cdot 3/\sqrt{n} = 50 + 4.935/\sqrt{n}$
【検出力 $0.8$ の条件】
$$P_{\mu=53}(\bar{X} > 50 + 4.935/\sqrt{n}) = 0.8$$ $$P\left(Z > \frac{50 + 4.935/\sqrt{n} – 53}{3/\sqrt{n}}\right) = 0.8$$ $$P\left(Z > \frac{-3\sqrt{n} + 4.935}{3}\right) = 0.8$$ $$P(Z > -\sqrt{n} + 1.645) = 0.8$$
$P(Z > z) = 0.8$ より、$z = -0.842$
$$-\sqrt{n} + 1.645 = -0.842$$ $$\sqrt{n} = 2.487$$ $$n \approx 6.19$$
よって、$n = 7$ が必要
問題 6
一般化尤度比検定
$X_1, \ldots, X_n \sim \text{Po}(\lambda)$ が独立。$H_0: \lambda = \lambda_0$ の一般化尤度比を求めよ。
解答：
【$\Theta_0$ の下】
$$L(\lambda_0) = \frac{\lambda_0^{\sum x_i} e^{-n\lambda_0}}{\prod x_i!}$$
【$\Theta$ の下（最尤推定）】
$\hat{\lambda} = \bar{X}$
$$L(\hat{\lambda}) = \frac{\bar{X}^{\sum x_i} e^{-n\bar{X}}}{\prod x_i!}$$
【一般化尤度比】
$$\lambda(x) = \frac{L(\lambda_0)}{L(\hat{\lambda})} = \left(\frac{\lambda_0}{\bar{X}}\right)^{\sum x_i} \exp\{n(\bar{X} – \lambda_0)\}$$ $$= \left(\frac{\lambda_0}{\bar{X}}\right)^{n\bar{X}} \exp\{n(\bar{X} – \lambda_0)\}$$
これは、$\bar{X}$ が $\lambda_0$ から離れているときに小さくなる
【$\Theta_0$ の下】
$$L(\lambda_0) = \frac{\lambda_0^{\sum x_i} e^{-n\lambda_0}}{\prod x_i!}$$
【$\Theta$ の下（最尤推定）】
$\hat{\lambda} = \bar{X}$
$$L(\hat{\lambda}) = \frac{\bar{X}^{\sum x_i} e^{-n\bar{X}}}{\prod x_i!}$$
【一般化尤度比】
$$\lambda(x) = \frac{L(\lambda_0)}{L(\hat{\lambda})} = \left(\frac{\lambda_0}{\bar{X}}\right)^{\sum x_i} \exp\{n(\bar{X} – \lambda_0)\}$$ $$= \left(\frac{\lambda_0}{\bar{X}}\right)^{n\bar{X}} \exp\{n(\bar{X} – \lambda_0)\}$$
これは、$\bar{X}$ が $\lambda_0$ から離れているときに小さくなる
問題 7
UMP検定の存在
$X_1, \ldots, X_n \sim \text{Exp}(\lambda)$ が独立。$H_0: \lambda ≦ \lambda_0$ vs $H_1: \lambda > \lambda_0$ に対する UMP検定を求めよ。
解答：
【尤度関数】
$$L(\lambda; x) = \lambda^n e^{-\lambda\sum x_i}$$
【尤度比（$\lambda_1 > \lambda_0$）】
$$\frac{L(\lambda_1)}{L(\lambda_0)} = \left(\frac{\lambda_1}{\lambda_0}\right)^n \exp\{-(\lambda_1 – \lambda_0)\sum x_i\}$$
$\lambda_1 > \lambda_0$ のとき、尤度比は $\sum x_i$ の減少関数。
よって、ネイマン・ピアソンの補題より、
$$\sum x_i < c \text{ で棄却する検定が UMP検定}$$
【$c$ の決定】
$P_{\lambda=\lambda_0}(\sum x_i < c) = \alpha$
$2\lambda_0\sum x_i \sim \chi^2(2n)$ を利用
【尤度関数】
$$L(\lambda; x) = \lambda^n e^{-\lambda\sum x_i}$$
【尤度比（$\lambda_1 > \lambda_0$）】
$$\frac{L(\lambda_1)}{L(\lambda_0)} = \left(\frac{\lambda_1}{\lambda_0}\right)^n \exp\{-(\lambda_1 – \lambda_0)\sum x_i\}$$
$\lambda_1 > \lambda_0$ のとき、尤度比は $\sum x_i$ の減少関数。
よって、ネイマン・ピアソンの補題より、
$$\sum x_i < c \text{ で棄却する検定が UMP検定}$$
【$c$ の決定】
$P_{\lambda=\lambda_0}(\sum x_i < c) = \alpha$
$2\lambda_0\sum x_i \sim \chi^2(2n)$ を利用
問題 8
検出力曲線
$X \sim N(\mu, 1)$ で、$H_0: \mu = 0$ vs $H_1: \mu > 0$ を、$X > 1.645$ で棄却する。検出力関数 $\pi(\mu)$ を求めよ（$\mu ≧ 0$）。
解答：
【検出力関数】
$$\pi(\mu) = P_\mu(X > 1.645) = P(X – \mu > 1.645 – \mu)$$ $$= P(Z > 1.645 – \mu) = 1 – \Phi(1.645 – \mu)$$
【具体的な値】
$\mu$ が大きいほど検出力が高い！
【検出力関数】
$$\pi(\mu) = P_\mu(X > 1.645) = P(X – \mu > 1.645 – \mu)$$ $$= P(Z > 1.645 – \mu) = 1 – \Phi(1.645 – \mu)$$
【具体的な値】
| $\mu$ | 0 | 0.5 | 1 | 1.645 | 2 | 3 |
| $\pi(\mu)$ | 0.05 | 0.126 | 0.259 | 0.5 | 0.639 | 0.912 |
$\mu$ が大きいほど検出力が高い！
問題 9
不偏検定の判定
$X \sim N(\mu, \sigma^2)$ で、$H_0: \sigma^2 = \sigma_0^2$ vs $H_1: \sigma^2 \neq \sigma_0^2$ を検定する。$(X – \mu)^2/\sigma_0^2 < \chi^2_{1-\alpha/2}(1)$ または $> \chi^2_{\alpha/2}(1)$ で棄却する検定は不偏検定か？
解答：
【検出力関数】
$$\pi(\sigma^2) = P_{\sigma^2}\left(\frac{(X-\mu)^2}{\sigma_0^2} \notin [\chi^2_{1-\alpha/2}(1), \chi^2_{\alpha/2}(1)]\right)$$
$(X-\mu)^2/\sigma^2 \sim \chi^2(1)$ なので、
$$(X-\mu)^2/\sigma_0^2 = \{(X-\mu)^2/\sigma^2\} \cdot (\sigma^2/\sigma_0^2) \sim (\sigma^2/\sigma_0^2) \cdot \chi^2(1)$$
【$\sigma^2 = \sigma_0^2$ のとき】
$\pi(\sigma_0^2) = \alpha$
【$\sigma^2 \neq \sigma_0^2$ のとき】
分布が歪むので、$\pi(\sigma^2) > \alpha$
よって、不偏検定である。
【検出力関数】
$$\pi(\sigma^2) = P_{\sigma^2}\left(\frac{(X-\mu)^2}{\sigma_0^2} \notin [\chi^2_{1-\alpha/2}(1), \chi^2_{\alpha/2}(1)]\right)$$
$(X-\mu)^2/\sigma^2 \sim \chi^2(1)$ なので、
$$(X-\mu)^2/\sigma_0^2 = \{(X-\mu)^2/\sigma^2\} \cdot (\sigma^2/\sigma_0^2) \sim (\sigma^2/\sigma_0^2) \cdot \chi^2(1)$$
【$\sigma^2 = \sigma_0^2$ のとき】
$\pi(\sigma_0^2) = \alpha$
【$\sigma^2 \neq \sigma_0^2$ のとき】
分布が歪むので、$\pi(\sigma^2) > \alpha$
よって、不偏検定である。
問題 10
ウィルクスの定理の応用
$X_1, \ldots, X_n \sim N(\mu, \sigma^2)$ が独立。$H_0: \mu = \mu_0$ を検定する。$-2 \log \lambda$ の漸近分布は？
解答：
【パラメータ空間の次元】
$\Theta$：$(\mu, \sigma^2)$ の2次元
$\Theta_0$：$\mu = \mu_0$ に固定、$\sigma^2$ のみ自由なので1次元
$$r = \dim(\Theta) – \dim(\Theta_0) = 2 – 1 = 1$$
【ウィルクスの定理より】
$$-2 \log \lambda \xrightarrow{d} \chi^2(1) \quad (n \to \infty)$$
これが、t検定の $t^2$ が $\chi^2(1)$ に近似できる理論的根拠！
【パラメータ空間の次元】
$\Theta$：$(\mu, \sigma^2)$ の2次元
$\Theta_0$：$\mu = \mu_0$ に固定、$\sigma^2$ のみ自由なので1次元
$$r = \dim(\Theta) – \dim(\Theta_0) = 2 – 1 = 1$$
【ウィルクスの定理より】
$$-2 \log \lambda \xrightarrow{d} \chi^2(1) \quad (n \to \infty)$$
これが、t検定の $t^2$ が $\chi^2(1)$ に近似できる理論的根拠！
問題 11
両側検定のUMP不存在
なぜ両側検定 $H_0: \mu = \mu_0$ vs $H_1: \mu \neq \mu_0$ では、UMP検定が存在しないのか説明せよ。
解答：
【理由】
$\mu > \mu_0$ に対して最強力な検定は、
$\bar{X} > c$ で棄却する（上側検定）
$\mu < \mu_0$ に対して最強力な検定は、
$\bar{X} < c'$ で棄却する（下側検定）
この2つは相反する形をしているため、
すべての $\mu \neq \mu_0$ に対して最強力となる単一の検定は存在しない。
【実務上の対処】
・$|\bar{X} – \mu_0| > c$ で棄却（両側検定）
・尤度比検定を使う
これらは最適ではないが、バランスが良い
【理由】
$\mu > \mu_0$ に対して最強力な検定は、
$\bar{X} > c$ で棄却する（上側検定）
$\mu < \mu_0$ に対して最強力な検定は、
$\bar{X} < c'$ で棄却する（下側検定）
この2つは相反する形をしているため、
すべての $\mu \neq \mu_0$ に対して最強力となる単一の検定は存在しない。
【実務上の対処】
・$|\bar{X} – \mu_0| > c$ で棄却（両側検定）
・尤度比検定を使う
これらは最適ではないが、バランスが良い
問題 12
検定理論の総合
「良い検定」の基準として、(1) サイズが $\alpha$ 以下、(2) 検出力が高い、(3) 不偏性、の3つがある。これらの関係と優先順位を説明せよ。
解答：
【(1) サイズが $\alpha$ 以下】
・必須条件（守らなければならない制約）
・第1種の誤りを制御
・通常 $\alpha = 0.05$
【(2) 検出力が高い】
・サイズ $\alpha$ 以下の制約の下で、最大化すべき目標
・第2種の誤りを減らす
・UMP検定はこれを達成
【(3) 不偏性】
・対立仮説が真のとき、帰無仮説が真のときよりも
高確率で棄却する性質
・最低限の検出力保証
【優先順位】
$$(1) \text{サイズ制約} > (3) \text{不偏性} > (2) \text{検出力最大化}$$
【実務的には】
サイズ $\alpha$ 以下の不偏検定の中で、
検出力が最大のものを選ぶ（UMPU検定）
【(1) サイズが $\alpha$ 以下】
・必須条件（守らなければならない制約）
・第1種の誤りを制御
・通常 $\alpha = 0.05$
【(2) 検出力が高い】
・サイズ $\alpha$ 以下の制約の下で、最大化すべき目標
・第2種の誤りを減らす
・UMP検定はこれを達成
【(3) 不偏性】
・対立仮説が真のとき、帰無仮説が真のときよりも
高確率で棄却する性質
・最低限の検出力保証
【優先順位】
$$(1) \text{サイズ制約} > (3) \text{不偏性} > (2) \text{検出力最大化}$$
【実務的には】
サイズ $\alpha$ 以下の不偏検定の中で、
検出力が最大のものを選ぶ（UMPU検定）
📌 Step 7のまとめ
- 尤度比検定の理論と計算方法を理解した
- 検出力と検出力関数の概念を習得した
- ネイマン・ピアソンの補題による最強力検定を学んだ
- UMP検定の存在条件と限界を理解した
- 不偏検定の概念を理解した
学習メモ
統計検定準1級対策 - Step 7
📋 過去のメモ一覧
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