確認テストの解答

数理統計　第7章 §7.7

1. 7.1-1 サイズ $0.03\le0.05$ なので水準 0.05 の検定である。逆に水準 0.05 の検定のサイズは 0.05 以下でありさえすればよく、0.05 ちょうどとは限らない（たとえば離散分布の非確率化検定ではとびとびの値しかとれず、0.05 未満になる）。
2. 7.1-2 各観測の積率母関数は $E[e^{tX_i}]=\lambda/(\lambda-t)$ である（$t<\lambda$）。$Y=2\lambda\sum X_i$ の積率母関数は

$$E[e^{sY}]=\prod_{i=1}^3E[e^{2\lambda sX_i}]=\left(\frac{\lambda}{\lambda-2\lambda s}\right)^3=(1-2s)^{-3}\quad(s<1/2)$$

である。これは自由度 6 のカイ二乗分布の積率母関数 $(1-2s)^{-6/2}$ と一致するので、$Y\sim\chi^2_6$。

棄却限界は、$\lambda=1$ のもとで次のように決まる。

$$\begin{aligned}P\Bigl(\sum X_i\ge c\Bigr)=P(\chi^2_6\ge2c)=0.05 &\quad\Longrightarrow\quad 2c=\chi^2_6(0.05)=12.592,\quad c=6.296 .\end{aligned}$$

$\lambda=1/2$ では $2\cdot\frac12\sum X_i=\sum X_i\sim\chi^2_6$ である。よって検出力は $P(\chi^2_6\ge6.296)=0.391$。3. 7.1-3 $\lambda=1$ のもとで、必要な確率は

$$P(X\ge4)=1-e^{-1}\Bigl(1+1+\frac12+\frac16\Bigr)=1-\frac83e^{-1}=0.01899,\qquad P(X=3)=\frac{e^{-1}}{6}=0.06131 .$$

$0.01899+\gamma\times0.06131=0.05$ から $\gamma=0.5058$。$\lambda=2$ では

$$P(X\ge4)=1-e^{-2}\Bigl(1+2+2+\frac43\Bigr)=1-\frac{19}{3}e^{-2}=0.14288,\qquad P(X=3)=e^{-2}\frac{8}{6}=0.18045$$

なので、検出力は $0.14288+0.5058\times0.18045=0.2341$。4. 7.1-4 $0<u<1$ とする。$F$ が連続かつ狭義増加なので逆関数 $F^{-1}$ があり、

$$\begin{aligned}P(p\le u)&=P\bigl(1-F(T)\le u\bigr)=P\bigl(F(T)\ge1-u\bigr)\\ &=P\bigl(T\ge F^{-1}(1-u)\bigr)=1-F\bigl(F^{-1}(1-u)\bigr)=u .\end{aligned}$$

3つ目の等号で $F$ の狭義単調性を、4つ目の等号で連続性（$P(T=t)=0$）を使った。分布関数が $u$ なので $p\sim\mathrm{U}(0,1)$。5. 7.2-1 同じ人の前後の測定は一般に正の相関をもち、$X$ と $Y$ が独立という仮定が崩れる。そのため差の分散 $V[\bar X-\bar Y]$ を誤って見積もり、サイズが指定の水準にならない。差 $D_i$ をとって1標本の $t$ 検定をすれば、個人差が打ち消されて正しい分散が使われる。6. 7.2-2 統計量の値は

$$\chi^2=\frac{(n-1)s^2}{\sigma_0^2}=\frac{14\times2.9}{1.5}=27.07 .$$

両側の棄却限界は $\chi^2_{14}(0.975)=5.629$ と $\chi^2_{14}(0.025)=26.119$ である。$27.07>26.119$ なので帰無仮説を棄却する。7. 7.2-3 差の平均は $\bar d=4.8/6=0.8$。偏差は 0.4, 0, −1.1, 0.7, 0.1, −0.1 で、その2乗和は

$$0.16+0+1.21+0.49+0.01+0.01=1.88$$

である。よって $s_D^2=1.88/5=0.376$、$s_D=0.6132$。

$$t=\frac{\sqrt6\times0.8}{0.6132}=3.196 .$$

$t_5(0.025)=2.571$ を上回るので $H_0$ を棄却する。8. 7.2-4 $Z=\sqrt n(\bar X-\mu_0)/\sigma$ とおく。平均 $\mu$ のもとで

$$Z-\delta=\frac{\sqrt n(\bar X-\mu)}{\sigma}\sim\mathrm{N}(0,1).$$

よって

$$\begin{aligned}\beta(\mu)&=P(Z>z_{\alpha/2})+P(Z<-z_{\alpha/2})=P(Z-\delta>z_{\alpha/2}-\delta)+P(Z-\delta<-z_{\alpha/2}-\delta)\\ &=\Phi(\delta-z_{\alpha/2})+\Phi(-\delta-z_{\alpha/2}).\end{aligned}$$

最小値を調べるため、$z=z_{\alpha/2}>0$ と略して次の関数を考える。

$$g(\delta)=\Phi(\delta-z)+\Phi(-\delta-z).$$

標準正規密度を $\phi$ として、微分すると

$$g'(\delta)=\phi(\delta-z)-\phi(\delta+z).$$

符号は $\delta$ の正負で決まる。

• $\delta>0$ では $\lvert \delta-z\rvert <\delta+z$ である。よって $\phi(\delta-z)>\phi(\delta+z)$、すなわち $g'(\delta)>0$。
• $\delta<0$ では同様に $g'(\delta)<0$。

よって $g$ は原点で最小で、$g(0)=2\Phi(-z_{\alpha/2})=\alpha$。$\delta=0$ は $\mu=\mu_0$ に当たる。9. 7.3-1 (a) 全体は $(\mu,\sigma^2)$ の2次元で、帰無仮説のもとでは分散だけの1次元なので自由度 1。(b) 帰無仮説は1点（0次元）なので自由度 2。10. 7.3-2 $Q=\sum x_i^2$ とおく。対数尤度とその停留条件は

$$\ell(\sigma^2)=-\frac n2\log(2\pi\sigma^2)-\frac{Q}{2\sigma^2},\qquad \frac{\partial\ell}{\partial\sigma^2}=-\frac{n}{2\sigma^2}+\frac{Q}{2\sigma^4}=0$$

で、$\hat\sigma^2=Q/n$ を得る。

$$\begin{aligned}-2\log\Lambda&=2\{\ell(\hat\sigma^2)-\ell(\sigma_0^2)\}=-n\log\hat\sigma^2-n+n\log\sigma_0^2+\frac{Q}{\sigma_0^2}\\ &=n\left(\frac{\hat\sigma^2}{\sigma_0^2}-1-\log\frac{\hat\sigma^2}{\sigma_0^2}\right)=n(u-1-\log u).\end{aligned}$$

数値では $u=40/25=1.6$ なので

$$-2\log\Lambda=25(0.6-\log1.6)=25(0.6-0.47000)=3.250<3.841$$

で、棄却しない。正確な検定では $Q/\sigma_0^2=40$ で、

$$\chi^2_{25}(0.975)=13.120<40<\chi^2_{25}(0.025)=40.646$$

なので、こちらも棄却しない。11. 7.3-3 $\hat p=0.6$。尤度比統計量は

$$-2\log\Lambda=2\left\{60\log\frac{0.6}{0.5}+40\log\frac{0.4}{0.5}\right\}=2(10.939-8.926)=4.027 .$$

1試行の Fisher 情報量は $I(p)=1/\{p(1-p)\}$ なので、$I_n(p)=100/\{p(1-p)\}$ である。残りの2つは次のとおりである。

$$\begin{aligned}\text{Wald}&:\ (0.6-0.5)^2\times\frac{100}{0.6\times0.4}=4.167,\\ \text{スコア}&:\ U(p)=\frac{x}{p}-\frac{100-x}{1-p},\quad U(0.5)=120-80=40,\quad \frac{40^2}{100/0.25}=4.000 .\end{aligned}$$

どれも 3.841 を上回るので棄却する。12. 7.3-4 最尤推定量は $\hat\mu=\bar x$ である。平方和の差 $\sum(x_i-\mu_0)^2-\sum(x_i-\bar x)^2=n(\bar x-\mu_0)^2$ より

$$\Lambda=\frac{\exp\{-\sum(x_i-\mu_0)^2/(2\sigma^2)\}}{\exp\{-\sum(x_i-\bar x)^2/(2\sigma^2)\}}=\exp\left\{-\frac{n(\bar x-\mu_0)^2}{2\sigma^2}\right\},\qquad -2\log\Lambda=\left(\frac{\sqrt n(\bar X-\mu_0)}{\sigma}\right)^2 .$$

帰無仮説のもとで括弧の中は正確に $\mathrm{N}(0,1)$ なので、その2乗は正確に $\chi^2_1$。13. 7.4-1 (a) $(3-1)(4-1)=6$。(b) $k-1-s=6-1-1=4$。14. 7.4-2 期待度数は $\hat E_{11}=(a+b)(a+c)/n$ などで、

$$a-\hat E_{11}=\frac{a(a+b+c+d)-(a+b)(a+c)}{n}=\frac{ad-bc}{n}.$$

行和・列和が保たれるので、4つのセルの偏差の大きさはどれも $(ad-bc)/n$ である。符号は次のとおりである。

• セル (1,1) と (2,2) は正。
• セル (1,2) と (2,1) は負。

行和と列和を次のように書く。

$$r_1=a+b,\quad r_2=c+d,\quad c_1=a+c,\quad c_2=b+d.$$

すると

$$X^2=\frac{(ad-bc)^2}{n^2}\sum_{i,j}\frac{1}{\hat E_{ij}}=\frac{(ad-bc)^2}{n}\left\{\frac{1}{r_1c_1}+\frac{1}{r_1c_2}+\frac{1}{r_2c_1}+\frac{1}{r_2c_2}\right\}.$$

括弧の中は次のようにまとまる。

$$\frac{(r_1+r_2)(c_1+c_2)}{r_1r_2c_1c_2}=\frac{n^2}{r_1r_2c_1c_2} \quad\Longrightarrow\quad X^2=\frac{n(ad-bc)^2}{r_1r_2c_1c_2}.$$

数値では

$$X^2=\frac{70\,(500-150)^2}{30\times40\times35\times35}=\frac{70\times122500}{1470000}=5.833 .$$

自由度 1、$\chi^2_1(0.05)=3.841$ を上回るので独立性を棄却する。15. 7.4-3 合計は $0\times30+1\times40+2\times20+40=120$ なので $\hat\lambda=1.2$。各カテゴリの確率は次のとおりである。

$$\begin{aligned}P(0)&=e^{-1.2}=0.30119, & P(1)&=1.2e^{-1.2}=0.36143,\\ P(2)&=0.72e^{-1.2}=0.21686, & P(\ge3)&=1-0.87948=0.12051 .\end{aligned}$$

期待度数は 30.12, 36.14, 21.69, 12.05 で

$$X^2=\frac{0.12^2}{30.12}+\frac{3.86^2}{36.14}+\frac{1.69^2}{21.69}+\frac{2.05^2}{12.05}=0.0005+0.4120+0.1310+0.3487=0.892 .$$

自由度は $4-1-1=2$、$\chi^2_2(0.05)=5.991$ を下回るので、ポアソン分布への当てはまりは棄却しない。16. 7.4-4 $q_0=1-p_0$ とおく。$N_2-nq_0=(n-N_1)-n(1-p_0)=-(N_1-np_0)$ なので

$$X^2=(N_1-np_0)^2\left(\frac{1}{np_0}+\frac{1}{nq_0}\right)=\frac{(N_1-np_0)^2}{np_0q_0}=Z^2 .$$ 17. 7.5-1 検出力関数は $\Phi(\sqrt n(\mu-\mu_0)/\sigma-z_\alpha)$ である。$\mu<\mu_0$ ではこれが $\Phi(-z_\alpha)=\alpha$ より小さく、対立仮説の一部で検出力が水準を下回るから。18. 7.5-2 尤度比 $f_1/f_0=2x$ は観測値の増加関数である。定理 7.11 より、最強力検定の棄却域は $\{X>c\}$。$P_0(X>c)=1-c=\alpha$ から $c=1-\alpha$。検出力は

$$P_1(X>1-\alpha)=\int_{1-\alpha}^12x\,\mathrm{d} x=1-(1-\alpha)^2=2\alpha-\alpha^2 .$$

$\alpha=0.05$ では 0.0975。19. 7.5-3 同時密度は $\theta^{-5}\exp(-\sum x_i/\theta)$ である。$\eta(\theta)=-1/\theta$ は増加関数なので、$T=\sum X_i$ について MLR をもつ。定理 7.13 より、棄却域 $\{T>c\}$ の検定が一様最強力である。

7.1-2 と同じ積率母関数の計算（$\lambda=1/\theta$ とおく）から、$2T/\theta\sim\chi^2_{10}$ である。境界 $\theta=2$ では

$$P(T>c)=P(\chi^2_{10}>c)=0.05\quad\Longrightarrow\quad c=\chi^2_{10}(0.05)=18.307 .$$

$\theta=4$ での検出力は

$$P(T>18.307)=P(\chi^2_{10}>2\times18.307/4)=P(\chi^2_{10}>9.154)=0.518 .$$ 20. 7.5-4 $\mu\ne\mu_0$ を固定し、$\delta_n=\sqrt n(\mu-\mu_0)/\sigma$ とおく。2つの場合に分ける。

• $\mu>\mu_0$ なら $\delta_n\to+\infty$。よって $\Phi(\delta_n-z_{\alpha/2})\to1$。
• $\mu<\mu_0$ なら $\delta_n\to-\infty$。よって $\Phi(-\delta_n-z_{\alpha/2})\to1$。

もう一方の項は 0 以上なので、どちらの場合も $\beta_n(\mu)\to1$。21. 7.5-5 一様最強力検定 $\varphi$ があったとして、矛盾を導く。

1. (i) $\varphi$ は特に、単純仮説 $\mu=0\ \text{対}\ \mu=1$ の最強力検定でもある（水準は同じ）。この単純対単純の問題で $f_1/f_0=\exp(n\bar x-n/2)$ である。よって NP 型の検定は、$k>0$ をもつ右側の棄却域になる。

$$R_+=\{\bar X>z_\alpha/\sqrt n\}.$$ 2. (ii) 標本平均は連続分布なので、集合 $\{f_1=kf_0\}$ は確率 0 である。定理 7.11(3) より、ほとんど至るところ $\varphi=\bm 1_{R_+}$。3. (iii) 同じ議論を $\mu=-1$ に使うと、ほとんど至るところ $\varphi=\bm 1_{R_-}$ となる。ここで

$$R_-=\{\bar X<-z_\alpha/\sqrt n\}.$$ 4. (iv) ところが2つの棄却域は交わらず、どちらも正の確率をもつ。よって $\bm 1_{R_+}=\bm 1_{R_-}$ がほとんど至るところ成り立つことはない。

矛盾なので、一様最強力検定は存在しない。