第5章：母分散の検定
Stage 4：標本から母集団へ
この章で学ぶこと
これまで母平均に関する検定を学んできました。この章では母分散に注目します。
「ばらつきが大きすぎないか」「2つのグループのばらつきは同程度か」——こうした問いに答えるのが母分散の検定です。分散の検定は、品質管理・二標本 t 検定の前提確認・分散分析（ANOVA）の前処理として実際によく使われます。
1. なぜ分散を検定するか
品質管理の視点
製品の寸法の平均が規格通りでも、ばらつきが大きければ不良品が増えます。
例：ボルトの直径の目標値は10mm、許容誤差は±0.1mm。標本の標準偏差が0.05mmなら問題ないですが、0.15mmなら規格外品が多数発生します。
二標本 t 検定の前提確認
pooled t 検定（等分散を仮定した二標本 t 検定）を使うには、「2つの群の母分散が等しい」という前提が必要です。これを事前に確認するのが等分散検定です。
2. 一標本の分散検定（$\chi^2$ 検定）
関連教材（青の統計学）
概要
「母分散は $\sigma_0^2$ である」という帰無仮説を検定します。母集団が正規分布に従う場合に使えます。
検定統計量
$\chi^2 = \frac{(n-1)s^2}{\sigma_0^2}$
- $n$：標本サイズ
- $s^2$：標本不偏分散
- $\sigma_0^2$：帰無仮説で設定した母分散
この統計量は、帰無仮説のもとで自由度 $\nu = n - 1$ のカイ二乗分布に従います。
カイ二乗分布の形状
カイ二乗分布は非対称（右に裾を引く形）で、必ず正の値をとります。自由度が大きくなるほど左右対称な形に近づきます。
棄却域
| 検定の種類 | 棄却域 |
|---|---|
| 両側検定（$H_1: \sigma^2 \neq \sigma_0^2$） | $\chi^2 < \chi^2_{1-\alpha/2}(\nu)$ または $\chi^2 > \chi^2_{\alpha/2}(\nu)$ |
| 右側検定（$H_1: \sigma^2 > \sigma_0^2$） | $\chi^2 > \chi^2_{\alpha}(\nu)$ |
| 左側検定（$H_1: \sigma^2 < \sigma_0^2$） | $\chi^2 < \chi^2_{1-\alpha}(\nu)$ |
カイ二乗分布は非対称なため、両側検定では上側・下側のパーセント点をそれぞれ別に求めます。
例題
ある機械部品の製造工程について、過去のデータから母分散は $\sigma_0^2 = 4$（$\sigma_0 = 2$mm）であることが知られている。設備更新後に $n = 21$ 個を抽出したところ、$s^2 = 6.5$ だった。母分散が変化したかどうかを有意水準5%で両側検定せよ。
Step 1：$H_0: \sigma^2 = 4$、$H_1: \sigma^2 \neq 4$
Step 2：$\alpha = 0.05$、自由度 $\nu = 20$
Step 3 検定統計量：
$\chi^2 = \frac{20 \times 6.5}{4} = \frac{130}{4} = 32.5$
Step 4 棄却域の確認：
自由度20の $\chi^2$ 分布における棄却限界値（両側5%）：
- 下側：$\chi^2_{0.975}(20) = 9.591$
- 上側：$\chi^2_{0.025}(20) = 34.170$
$9.591 < 32.5 < 34.170$ なので、棄却域に入りません。
結論：有意水準5%で、母分散が変化したとは言えません。
3. F 分布とは
定義
$\chi^2$ 分布に従う2つの独立な確率変数の比から生まれる分布が F 分布です。
$F = \frac{\chi^2(\nu_1) / \nu_1}{\chi^2(\nu_2) / \nu_2}$
2つの標本の不偏分散の比で考えると：
$F = \frac{s_1^2 / \sigma_1^2}{s_2^2 / \sigma_2^2}$
帰無仮説 $\sigma_1^2 = \sigma_2^2$ のもとでは：
$F = \frac{s_1^2}{s_2^2}$
これが自由度 $(\nu_1, \nu_2) = (n_1-1, n_2-1)$ の F 分布に従います。
F 分布の形状
- 定義域は正の実数（$F > 0$）
- 右に裾を引く非対称な形
- $\nu_1, \nu_2$ が大きくなるほど左右対称に近づく
F 分布表の読み方
F 分布表では、分子の自由度（$\nu_1$）と分母の自由度（$\nu_2$）の組み合わせで上側パーセント点を読みます。
| $\nu_1 \backslash \nu_2$ | 10 | 20 | 30 |
|---|---|---|---|
| 5 | 3.33 | 2.77 | 2.53 |
| 10 | 2.98 | 2.35 | 2.16 |
| 20 | 2.77 | 2.12 | 1.93 |
（上側5%点の値）
下側パーセント点は、分子・分母を入れ替えて上側点を取る方法で求めます：
$F_{1-\alpha/2}(\nu_1, \nu_2) = \frac{1}{F_{\alpha/2}(\nu_2, \nu_1)}$
4. F 検定（等分散検定）
概要
2つの独立した正規母集団の分散が等しいかどうかを検定します。
$H_0: \sigma_1^2 = \sigma_2^2, \quad H_1: \sigma_1^2 \neq \sigma_2^2$
検定統計量
$F = \frac{s_1^2}{s_2^2}$
慣例として $s_1^2 \geq s_2^2$ になるように（分散が大きい方を分子にして）計算し、上側のみで判断する方法もありますが、厳密には両側検定が必要です。
例題
工場Aと工場Bの製品の品質を比較する。それぞれ $n_A = 16$、$n_B = 11$ の標本を抽出したところ、$s_A^2 = 12.0$、$s_B^2 = 5.0$ だった。2つの工場の母分散が等しいかどうかを有意水準10%で検定せよ。
Step 1：$H_0: \sigma_A^2 = \sigma_B^2$、$H_1: \sigma_A^2 \neq \sigma_B^2$
Step 2：$\alpha = 0.10$、$\nu_1 = 15$（分子）、$\nu_2 = 10$（分母）
Step 3 検定統計量：
$F = \frac{s_A^2}{s_B^2} = \frac{12.0}{5.0} = 2.40$
Step 4 棄却域の確認：
$F$ 分布（$\nu_1 = 15, \nu_2 = 10$）の上側5%点（両側10%検定）は約2.85（統計表より）。
$F = 2.40 < 2.85$ なので、棄却域に入りません。
結論：有意水準10%で、2つの工場の母分散が等しくないとは言えません。
5. Levene 検定と正規性への依存
関連教材（青の統計学）
F 検定の弱点
F 検定は母集団が正規分布に従うという前提に大きく依存します。正規性が崩れると、F 検定の結果が信頼できなくなります。
Levene 検定（頑健な等分散検定）
正規性の仮定が疑わしい場合に使われる、より頑健な検定方法です。
各観測値から群の中央値（または平均）を引いた絶対偏差に対して一元配置分散分析を適用します。
$z_{ij} = |x_{ij} - \tilde{x}_j|$
この $z_{ij}$ に対して一元配置 ANOVA の F 統計量を計算します。
| 検定 | 正規性仮定 | 特徴 |
|---|---|---|
| F 検定 | 強く依存 | 計算が単純・正規分布なら最も検出力が高い |
| Levene 検定 | ほぼ不要 | 正規性が崩れても頑健・実用上よく使われる |
| Bartlett 検定 | 依存 | 3群以上に対応・正規性が必要 |
実用上の指針
- データが正規分布に近いと判断できる場合：F 検定で十分
- 正規性が不確かな場合：Levene 検定が安全
- 統計ソフトを使う場合：Welch の t 検定を使えば等分散の前提が不要なので、等分散検定自体を省略できることも多い
📘 補足：分散の検定は慎重に使う
等分散検定で「有意でなかった」からといって「等分散が証明された」とは言えません（帰無仮説を棄却できなかっただけで、差がないとは言えない）。
特に標本サイズが小さい場合は検出力が低く、大きなばらつきの差があっても検出できないことがあります。
実用的には：
- 二標本 t 検定にはWelch 検定を既定で使う（等分散を仮定しない方）が安全です
- 等分散の確認が必須なのは、分散分析（ANOVA）など等分散を前提とする手法の場合です
演習問題
問題1
ある生産ラインの製品の重さのばらつきについて、母分散の基準値は $\sigma_0^2 = 9$（$\sigma_0 = 3$g）とされている。品質検査で $n = 25$ 個を抽出したところ $s^2 = 15$ だった。母分散が基準値を超えているかどうかを有意水準5%で右側検定せよ。
解答を見る
Step 1：$H_0: \sigma^2 = 9$、$H_1: \sigma^2 > 9$（右側検定）
Step 2：$\alpha = 0.05$、自由度 $\nu = 24$
Step 3 検定統計量：
$\chi^2 = \frac{(25-1) \times 15}{9} = \frac{24 \times 15}{9} = \frac{360}{9} = 40.0$
Step 4 棄却域の確認：
自由度24の $\chi^2$ 分布の上側5%点：$\chi^2_{0.05}(24) = 36.415$（統計表より）
$\chi^2 = 40.0 > 36.415$ なので、棄却域に入ります。
結論：有意水準5%で、母分散が基準値を超えていると言えます。品質管理上のばらつきが増大している可能性があります。
問題2
2つの測定装置Xと装置Yの精度（ばらつき）を比較した。それぞれ $n_X = 13$、$n_Y = 11$ の測定値から $s_X^2 = 8.4$、$s_Y^2 = 3.2$ が得られた。2つの装置の母分散が等しいかどうかを有意水準5%で両側検定せよ。
解答を見る
Step 1：$H_0: \sigma_X^2 = \sigma_Y^2$、$H_1: \sigma_X^2 \neq \sigma_Y^2$
Step 2：$\alpha = 0.05$、$\nu_1 = 12$（分子 = Xの自由度）、$\nu_2 = 10$（分母 = Yの自由度）
Step 3 検定統計量：
$F = \frac{s_X^2}{s_Y^2} = \frac{8.4}{3.2} = 2.625$
Step 4 棄却域の確認：
F 分布（$\nu_1 = 12, \nu_2 = 10$）の上側2.5%点（両側5%検定）は約3.37（統計表より）。
$F = 2.625 < 3.37$ なので、棄却域に入りません。
結論：有意水準5%で、2つの装置の母分散が等しくないとは言えません。ただし、検出力が低いため「等分散が証明された」とは言えないことに注意が必要です。
問題3（考察問題）
二標本 t 検定を行うとき、等分散検定で「有意差なし」という結果が出た場合、「母分散は等しいと証明されたのでpooled t 検定を使うべきだ」という判断は適切か。理由とともに答えてください。
解答を見る
適切ではありません。
「有意差なし」は「帰無仮説を棄却できなかった」ことを意味するだけで、「等分散が証明された」ことにはなりません。
特に標本サイズが小さいとき、等分散検定の検出力は低くなります。つまり、真の分散比がある程度大きくても検出できないことがあります。
推奨される判断：
Welch の t 検定（等分散を仮定しない方）を既定で使うことが、より安全な選択です。等分散が成り立つ場合でも Welch 検定の結果は pooled t 検定と大きく変わらないため、「常に Welch を使う」という方針を採る研究者も多くいます。
等分散を前提にすることが必要な場面（分散分析など）では、より大きな標本サイズで慎重に判断することが重要です。
まとめ
| 手法 | 目的 | 統計量 | 分布 |
|---|---|---|---|
| $\chi^2$ 検定（一標本） | 母分散の検定 | $(n-1)s^2/\sigma_0^2$ | $\chi^2(n-1)$ |
| F 検定（二標本） | 等分散検定 | $s_1^2/s_2^2$ | $F(n_1-1, n_2-1)$ |
| Levene 検定 | 等分散検定（頑健版） | ANOVA の F 統計量 | $F(\cdot)$ |
- 分散の検定は正規性の仮定に依存する点に注意
- 二標本 t 検定では Welch 法を使えば等分散検定を省略できる
次の章では、複数の仮説を同時に検定するときの問題点と対処法——多重検定と検出力を学びます。