2標本：母分散の比・母比率の差の検定 — F検定とZ検定

$$ \begin{aligned} F &= \frac{(n_1-1)s_1^2/\sigma_1^2 \big/ (n_1-1)}{(n_2-1)s_2^2/\sigma_2^2 \big/ (n_2-1)} &&\text{(2つの } \chi^2 \text{ を自由度で割った比)}\\[4pt] &= \frac{s_1^2/\sigma_1^2}{s_2^2/\sigma_2^2} &&\text{(約分)}\\[4pt] &= \frac{s_1^2}{s_2^2} &&\text{(} H_0:\sigma_1^2=\sigma_2^2 \text{ で母分散が消える)} \end{aligned} $$

母分散の比の検定統計量（帰無仮説 $H_0:\sigma_1^2=\sigma_2^2$ のもとで） $$F = \frac{s_1^2}{s_2^2}\ \sim\ F_{\,n_1-1,\ n_2-1}$$ 分子の自由度が $n_1-1$、分母の自由度が $n_2-1$。比が $1$ から大きく離れるほど、ばらつきに差がある証拠になります。

実務では、大きいほうの分散を分子に置くと $F\ge 1$ になり、上側だけ見ればよくなって楽です。その場合、両側 $\alpha$ の検定は上側 $\alpha/2$ 点 $F_{\alpha/2}(n_1-1,\,n_2-1)$ と比べ、これを超えれば棄却します。下側の点が要るときは $F_{1-\alpha/2}(n_1-1,\,n_2-1)=\dfrac{1}{F_{\alpha/2}(n_2-1,\,n_1-1)}$ で計算します（自由度の順が入れ替わる点に注意）。

この $F$ 検定の結論は、前回（4-6）の母平均の差でプール $t$（等分散）を使ってよいかの根拠になります。$F$ 検定で「等分散と言える」ならプール $t$、「等分散とは言えない」ならWelch、という流れです。ただし $F$ 検定は正規性に敏感なので、近年は最初からWelchを使う立場も一般的です。

プールした比率（2群の成功数・サンプル数を合算） $$\hat{p} = \frac{x_1+x_2}{n_1+n_2}$$ これを使って、帰無仮説 $H_0:p_1=p_2$ のもとでの標準誤差と検定統計量は $$Z = \frac{\hat{p}_1-\hat{p}_2}{\sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})\left(\dfrac{1}{n_1}+\dfrac{1}{n_2}\right)}}\ \approx\ N(0,1)$$

区間推定（3-10）では各群の $\hat{p}_1,\hat{p}_2$ をそのまま標準誤差に使いましたが、検定ではプールした共通比率 $\hat{p}$ を使います。理由は1標本のとき（4-5）と同じで、検定は「$H_0$ が正しいと仮定したら？」を調べるから。$H_0:p_1=p_2$ のもとでは共通の $p$ があるので、それを2群まとめて推定するのが筋なのです。区間推定と検定で標準誤差の作り方が変わる──ここは頻出ポイントです。

マクネマー検定の統計量（変化のあったペア $b,\,c$ だけを使う） $$\chi^2 = \frac{(b-c)^2}{b+c}\ \sim\ \chi^2_{1}$$ 判定が変わらなかった $a,\,d$ は式に入りません。自由度 $1$ の $\chi^2$ 分布で判定します。

マクネマー検定は2級では深入りせず、「対応のある比率には専用の検定（変化したペアだけを見る）がある」と押さえれば十分です。考え方は4-6の対応ある平均と同じ──ペア内の連動を無視せず活かす、という発想です。

本ページの2大注意点──(1) $F$ 検定は非対称ゆえ両側の棄却点が上下で別、下側は逆数＋自由度入れ替えで作る。(2) 比率の差の検定はプールした比率 $\hat{p}=\dfrac{x_1+x_2}{n_1+n_2}$ で標準誤差を作る（区間推定の群別 $\hat{p}$ とは違う）。この2点が試験の頻出ポイントです。