ベイズ統計の仮説検定〜点帰無仮説の場合〜 【第5回】

ベイズ統計

ベイズ統計の仮説検定は全6回にわたって説明しています。他のページもぜひご覧ください。

点帰無仮説におけるベイズ流仮説検定の問題点

前回まで、検定の仮説は全て

\(H_0:\theta_0\leq\theta\)
\(H_1:\theta_0>\theta\)

のように幅のある帰無仮説（不等号を用いた）を扱ってきました。今回は等号を用いた、

\(H_0:\theta=\theta_0\)
\(H_1:\theta\neq\theta_0\)

という点帰無仮説の場合について説明していきます。

この検定には大きな問題があります。連続型の事前分布を\(\pi(\theta)\)とすると、仮説を満たす事前確率は以下のようになります。

お気づきでしょうか。点帰無仮説は幅がないため、帰無仮説を満たす確率\(\pi_0\)が0になってしまうのです。もちろん事後分布における事後確率も0になるので、検定ができなくなってしまいます（言ってしまえば帰無仮説を満たす確率が0になってしまうので、必ず帰無仮説は棄却されてしまいます）。

点帰無仮説の検定は事前確率を自分で割り当てる！

上記の問題点から、前回までの方法で検定することはできません。

そこで、帰無仮説を満たす事前確率\(\pi_0\)を自分で割り当てて検定を行います。例えば、日本人の成人男性の平均身長において、

\(H_0:\mu=170\)
\(H_1:\mu\neq 170\)

という検定を考えたとき、理論上は\(\mu=170\)を満たす確率は0ですが、これを例えば50%と割り当てるのです。つまり、\(\mu=170\)である確率が50%、\(\mu\neq 170\)である確率が50%と決めつけて検定を行なっていきます。

点帰無仮説の場合の事後オッズ比とベイズファクターの理論計算

点帰無仮説の場合、前回扱った事前分布

\(\pi(\theta)=\pi_0g_0(\theta)I(\theta\in\Theta_0)+(1-\pi_0)g_1(\theta)I(\theta\in\Theta_1)\)

は

\(\pi(\theta)=\pi_0(\theta)I(\theta=\theta_0)+(1-\pi_0)g_1(\theta)I(\theta\neq\theta_0)\)

と書き換えられます。前回と同様のアプローチで、周辺尤度を

\(m(x)=\pi_0f(x|\theta_0)+(1-\pi_0)m_1(x)\)

\(m_1(x)=\int_{\theta\neq\theta_0}f(x|\theta)g_1(\theta)d\theta\)

と計算できます。よって事後確率は

\(\pi(\theta_0|x)=\frac{f(x|\theta_0)\pi_0}{m(x)}\)

\(=\frac{\pi_0f(x|\theta_0)}{\pi_0f(x|\theta_0)+(1-\pi_0)m_1(x)}\)

\(=[\frac{\pi_0f(x|\theta_0)+(1-\pi_0)m_1(x)}{\pi_0f(x|\theta_0)}]^{-1}\)

\(=[1+\frac{1-\pi_0}{\pi_0}\frac{m_1(x)}{f(x|\theta_0)}]^{-1}\)

\(1-\pi(\theta_0|x)=1-\frac{f(x|\theta_0)\pi_0}{\pi_0f(x|\theta_0)+(1-\pi_0)m_1(x)}\)

\(\frac{(1-\pi_0)m_1(x)}{\pi_0f(x|\theta_0)+(1-\pi_0)m_1(x)}\)

となります。従って事後分布は、以下のようになります。

\(\frac{\pi(\theta_0|x)}{1-\pi(\theta_0|x)}=\frac{\frac{\pi_0f(x|\theta_0)}{\pi_0f(x|\theta_0)+(1-\pi_0)m_1(x)}}{\frac{(1-\pi_0)m_1(x)}{\pi_0f(x|\theta_0)+(1-\pi_0)m_1(x)}}\)

\(=\frac{\pi_0}{1-\pi_0}\frac{f(x|\theta_0)}{m_1(x)}\)

ここで\(\pi_0\)によらない部分

\(BF_{01}=\frac{f(x|\theta_0)}{m_1(x)}\)

をベイズファクターとして定義するので、事後確率\(\pi(\theta_0|x)\)は次のようになります。

\(\pi(\theta_0|x)=[1+\frac{1-\pi_0}{\pi_0}BF_{01}^{-1}]^{-1}\)

二項分布の場合におけるベイズファクター

例として、二項分布の場合のベイズファクターを計算してみましょう。（二項分布の詳しい説明は二項分布のわかりやすいまとめをご覧ください。）

上記の理論における\(m_1(x)\)は

\(m_1(x)= _nC_x\frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}\frac{\Gamma(\alpha+x)\Gamma(\beta+n-x)}{\Gamma(\alpha+\beta+n)}\)

であるから、ベイズファクターは

\(BF_{01}=\frac{ _nC_x\theta_0^x(1-\theta_0)^{n-x}}{_nC_x\frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}\frac{\Gamma(\alpha+x)\Gamma(\beta+n-x)}{\Gamma(\alpha+\beta+n)}}\)

\(=\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}\frac{\Gamma(\alpha+\beta+n)}{\Gamma(\alpha+x)\Gamma(\beta+n-x)}\theta_0^x(1-\theta_0)^{n-x}\)

と計算できます。よって、事後確率は

\(\pi(\theta_0|x)=[1+\frac{1-\pi_0}{\pi_0}BF_{01}^{-1}]^{-1}\)

\(=[1+\frac{1-\pi_0}{\pi_0}\frac{\frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}\frac{\Gamma(\alpha+x)\Gamma(\beta+n-x)}{\Gamma(\alpha+\beta+n)}}{\theta_0^x(1-\theta_0)^{n-x}}]^{-1}\)

となります。

例題を用いて解説〜点帰無仮説の場合〜

具体的な例を用いて、検定してみましょう。

pを表の出る確率とし、

\(H_0:p=\frac{1}{2}\)
\(H_1:p\neq \frac{1}{2}\)

を考えます。先ほどの式に代入すると、ベイズファクターは

\(BF_{01}=\frac{\Gamma(1)\Gamma(1)}{\Gamma(1+1)}\frac{\Gamma(1+1+5)}{\Gamma(1+4)\Gamma(1+5-4)}(\frac{1}{2})^4(1-\frac{1}{2})^{5-4}\)

\(=\frac{6!}{4!1!}(\frac{1}{2})^{5}\)

\(=\frac{15}{16}=0.9375\)

となります。よって\(\pi_0=\frac{1}{2}\)と割り当てると、事後オッズ比は

\(\frac{P(H_0|X)}{P(H_1|X)}=\frac{\pi_0}{1-\pi_0}BF_{01}=\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}×0.9375=0.9375<\frac{1}{19}\)

となります。

よって、帰無仮説を受容し、イカサマコインではないと判断します。また、ベイズファクターの値から、帰無仮説に反対する根拠があまりない、という結果が得られます。

（事後オッズ比の値から、\(\theta_0\)を満たす確率は\(\frac{0.9375}{1+0.9375}=0.484=48.4\%\)となっています。これはつまり、はじめ表の出る確率を50%と設定したが、「5回中4回表が出た」というデータから、表の出る確率が48.4%に落ちた、と解釈することができます。）

まとめ

今回の内容をまとめると、帰無仮説が点の場合、帰無仮説を満たす事前確率\(\pi_0\)を自分で割り当てて検定を行う必要があります。

ちなみに、もっと客観的な確率は、割り当てる確率が50%のときであることが知られています。逆に50%未満にすると、帰無仮説が棄却されやすくなり、前回説明した問題につながってしまいます。

点帰無仮説のパターンも終わり、ベイズ統計における仮説検定で大体の検定ができるようになったと思います。

次回最終回は、ベイズ流仮説検定の全体的な問題点とまとめになります。

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