Ch.8 「検定論」の章末問題の解答例　〜現代数理統計学(学術図書出版社)〜

当記事は「現代数理統計学(学術図書出版社)」の読解サポートにあたってChapter.8の「検定論」の章末問題の解説について行います。

新装改訂版 現代数理統計学

竹村 彰通

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↓下記が公式の解答なので、正確にはこちらを参照ください。
https://www.gakujutsu.co.jp/text/isbn978-4-7806-0860-1/

章末の演習問題について

問題8.1の解答例

$c$を大きくすると棄却域が小さくなることから、$\alpha(c,r)=E[\delta_{c,r}(X)]$は$c$の減少関数となる。また、(8.21)式において$r$を増加させると$\delta_{c,r}(X)$が尤度比$c$の地点で増加するから$\alpha(c,r)$は$r$の増加関数である。
$c=\infty, r=0$のときは常に受容であるので$\alpha(\infty,0)=0$、$c=0, r=1$の際は密度関数が0以上であることを鑑みると常に棄却であるので$\alpha(0,1)=1$であり、これより$\alpha(c,r)$の最小値が0、最大値が1であることがわかる。

問題8.2の解答例

問題8.3の解答例

(8.26)式は下記のように表される。
$$
\large
\begin{align}
\frac{f(x,p_1)}{f(x,p_0)} &= \frac{p_1^{x}(1-p_1)^{n-x}}{p_0^{x}(1-p_0)^{n-x}} \\
&= \left( \frac{p_1(1-p_0)}{p_0(1-p_1)} \right)^{x} \times \left( \frac{1-p_1}{1-p_0} \right)^{n} \quad (8.26)
\end{align}
$$

ここで$\fbox{$\displaystyle \frac{f(x,p_1)}{f(x,p_0)} > c \iff x > k \quad {}^{\exists} k \in \mathbb{Z}$}$であることを以下示す。(8.26)式を元に$\displaystyle \frac{f(x,p_1)}{f(x,p_0)} > c$は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{f(x,p_1)}{f(x,p_0)} &> c \\
\left( \frac{p_1(1-p_0)}{p_0(1-p_1)} \right)^{x} \times & \left( \frac{1-p_1}{1-p_0} \right)^{n} > c \\
\left( \frac{p_1(1-p_0)}{p_0(1-p_1)} \right)^{x} &> \frac{c(1-p_1)^n}{(1-p_0)^n} \quad (1)
\end{align}
$$

上記の式の形は複雑であるので、簡易化にあたって下記のように$a, b$を設定する。
$$
\large
\begin{align}
a &= \frac{p_1(1-p_0)}{p_0(1-p_1)} \\
b &= \frac{c(1-p_1)^n}{(1-p_0)^n}
\end{align}
$$
このとき(1)式は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
\left( \frac{p_1(1-p_0)}{p_0(1-p_1)} \right)^{x} &> \frac{c(1-p_1)^n}{(1-p_0)^n} \\
a^x &> b \\
\log{a^x} &> \log{b} \\
x \log{a} &> \log{b} \\
x &> \frac{\log{b}}{\log{a}} \\
x &> \frac{\log{b}}{\log{a}} > k \quad {}^{\exists}k \in \mathbb{Z}
\end{align}
$$

ここまでの議論により、$\fbox{$\displaystyle \frac{f(x,p_1)}{f(x,p_0)} > c \iff x > k \quad {}^{\exists} k \in \mathbb{Z}$}$を示すことができる。

問題8.4の解答例

問題8.5の解答例

$\sigma_1^2 < \sigma_2^2$を仮定した上で$X_1=x_1,…,X_n=x_n$に関する同時確率の$f(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\sigma_1^2)$と$f(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\sigma_2^2)$を考える。$X_1,…,X_n \sim N(0,\sigma^2)$より、$f(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\sigma_1^2)$と$f(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\sigma_2^2)$は、それぞれ下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
f(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\sigma_1^2) &= \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2 \pi \sigma_1^2}} \exp \left\{ – \frac{x_i^2}{2 \sigma_1^2} \right\} \\
f(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\sigma_2^2) &=\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2 \pi \sigma_2^2}} \exp \left\{ – \frac{x_i^2}{2 \sigma_2^2} \right\}
\end{align}
$$

このとき、尤度比の$\displaystyle \frac{f(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\sigma_2^2)}{f(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\sigma_1^2)}$は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{f(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\sigma_2^2)}{f(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\sigma_1^2)} &= \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2 \pi \sigma_2^2}} \exp \left\{ – \frac{x_i^2}{2 \sigma_2^2} \right\} \times \frac{\sqrt{2 \pi \sigma_1^2}}{\exp \left\{ – \frac{x_i^2}{2 \sigma_1^2} \right\}} \\
&= \prod_{i=1}^{n} \sqrt{\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}} \exp \left\{ – \frac{x_i^2}{2 \sigma_2^2} + \frac{x_i^2}{2 \sigma_1^2} \right\} \\
&= \prod_{i=1}^{n} \sqrt{\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}} \exp \left\{ x_i^2 \left( \frac{1}{2 \sigma_1^2} – \frac{1}{2 \sigma_2^2} \right) \right\} \\
&= \left( \frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2} \right)^{n/2} \exp \left\{ \sum_{i=1}^{n} x_i^2 \left( \frac{1}{2 \sigma_1^2} – \frac{1}{2 \sigma_2^2} \right) \right\} \\
&= \left( \frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2} \right)^{n/2} \exp \left\{ \left( \frac{1}{2 \sigma_1^2} – \frac{1}{2 \sigma_2^2} \right) \sum_{i=1}^{n} x_i^2 \right\}
\end{align}
$$

ここで上記に対して、$\sigma_1^2 < \sigma_2^2$より$\displaystyle \frac{1}{2 \sigma_1^2} > \frac{1}{2 \sigma_2^2}$、$\displaystyle \frac{1}{2 \sigma_2^2} – \frac{1}{2 \sigma_1^2} > 0$が成立する。
これにより、尤度比の$\displaystyle \frac{f(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\sigma_2^2)}{f(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\sigma_1^2)}$は統計量$\displaystyle T(X_1,…,T_n) = \sum_{i=1}^{n} X_i^2$の単調増加関数であることがわかる。

ここまでの議論により、定理8.3のネイマン・ピアソンの補題の応用が適用でき、下記のような最強一様力検定が得られることがわかる。
$$
\large
\begin{align}
\sum_{i=1}^{n} X_i^2 > \chi^2_{\alpha}(n) \implies reject
\end{align}
$$

問題8.6の解答例

$\lambda_1 < \lambda_2$を仮定した上で$X_1=x_1,…,X_n=x_n$に関する同時確率の$p(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\lambda_1)$と$p(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\lambda_2)$を考える。$X_1,…,X_n \sim Po(\lambda)$より、$p(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\lambda_1)$と$p(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\lambda_2)$は、それぞれ下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
p(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\lambda_1) &= \prod_{i=1}^{n} \frac{\lambda_1^{x_i} e^{-\lambda_1}}{x_i!} \\
p(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\lambda_2) &= \prod_{i=1}^{n} \frac{\lambda_2^{x_i} e^{-\lambda_2}}{x_i!}
\end{align}
$$

このとき、尤度比の$\displaystyle \frac{p(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\lambda_2)}{p(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\lambda_1)}$は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{p(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\lambda_2)}{p(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\lambda_1)} &= \prod_{i=1}^{n} \frac{\lambda_2^{x_i} e^{-\lambda_2}}{x_i!} \times \frac{x_i!}{\lambda_1^{x_i} e^{-\lambda_1}} \\
&= \prod_{i=1}^{n} \left( \frac{\lambda_2}{\lambda_1} \right)^{x_i} \exp(\lambda_1-\lambda_2) \\
&= \left( \frac{\lambda_2}{\lambda_1} \right)^{\sum_{i=1}^{n} x_i} \exp(n(\lambda_1-\lambda_2))
\end{align}
$$

ここで上記に対して、$\lambda_1 < \lambda_2$より$\displaystyle \frac{\lambda_2}{\lambda_1} > 1$が成立する。
これにより、尤度比の$\displaystyle \frac{p(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\lambda_2)}{p(X_1=x_1,…,X_n=x_n,\lambda_1)}$は統計量$\displaystyle T(X_1,…,T_n) = \sum_{i=1}^{n} X_i$の単調増加関数であることがわかる。

ここまでの議論により、定理8.3のネイマン・ピアソンの補題の応用が適用でき、下記のような最強一様力検定が得られることがわかる。
$$
\large
\begin{align}
\sum_{i=1}^{n} X_i > c_{\alpha} \implies reject
\end{align}
$$
ここで$c_{\alpha}$はパラメータ$\lambda=n$のポアソン分布の上側$\alpha$点を定義した。$\lambda=n$に関しては各確率変数の$X_i$に関してパラメータ$1$を仮定したことに対して、ポアソン分布の再生性を用いて導出を行った。

また、ポアソン分布が離散確率分布であるので、境界の値が$\alpha$に一致しない場合は$r$を用いて確率化を行う。

問題8.7の解答例

問題8.8の解答例

図8.6を参考に、(8.55)式が点P$(-c,\exp(- c \mu))$と点Q$((c,\exp(c \mu))$で等式になる$\tilde{c}_1$と$\tilde{c}_2$を選べば良い。よって、下記の連立方程式を$\tilde{c}_1$と$\tilde{c}_2$に関して解けば良い。
$$
\large
\begin{align}
\tilde{c}_1 – c \tilde{c}_2 &= \exp(- c \mu) \quad (1) \\
\tilde{c}_1 + c \tilde{c}_2 &= \exp(c \mu) \quad (2)
\end{align}
$$

(1)+(2)を計算し、$\tilde{c}_1$に関して解くと下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
2 \tilde{c}_1 &= \exp(- c \mu) + \exp(c \mu) \\
\tilde{c}_1 &= \frac{\exp(- c \mu) + \exp(c \mu)}{2}
\end{align}
$$

上記を(2)式に代入し、$\tilde{c}_2$に関して解くと下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{\exp(- c \mu) + \exp(c \mu)}{2} + c \tilde{c}_2 &= \exp(c \mu) \\
c \tilde{c}_2 &= \exp(c \mu) – \frac{\exp(- c \mu) + \exp(c \mu)}{2} \\
c \tilde{c}_2 &= \frac{\exp(c \mu) – \exp(- c \mu)}{2} \\
\tilde{c}_2 &= \frac{\exp(c \mu) – \exp(- c \mu)}{2c}
\end{align}
$$

ここまでの議論により、下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\tilde{c}_1 &= \frac{\exp(- c \mu) + \exp(c \mu)}{2} \\
\tilde{c}_2 &= \frac{\exp(c \mu) – \exp(- c \mu)}{2c}
\end{align}
$$

・考察
ここで導出を行った$\tilde{c}_1$と$\tilde{c}_2$を図8.6と見比べることで、下記が成立することがわかる。
$$
\large
\begin{align}
\exp(\mu x) > \tilde{c}_1 + \tilde{c}_2 x \iff |x| > c
\end{align}
$$

ここまでの議論により、正規分布の母平均に関して、下記の検定がUMPU(Uniformaly Most Powerful Unbiased test)であることを示すことができる。
$$
\large
\begin{align}
|X| > c \implies reject
\end{align}
$$

問題8.9の解答例

$n$回試行の二項分布の確率関数を$f(x,p)$と定義すると、$f(x,p)$は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
f(x,p) = {}_n C_x p^{x} (1-p)^{n-x}
\end{align}
$$

上記の$p$での微分を$f'(x,p)$と定義すると、$f'(x,p)$に関して下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
f'(x,p) &= \left( {}_n C_x p^{x} (1-p)^{n-x} \right)’ \\
&= {}_n C_x \left( p^{x} (1-p)^{n-x} \right)’ \\
&= {}_n C_x \left( x p^{x-1} (1-p)^{n-x} – (n-x)p^x(1-p)^{n-x-1} \right) \\
&= {}_n C_x p^{x} (1-p)^{n-x} \left( \frac{x}{p} – \frac{n-x}{1-p} \right) \\
&= \left( \frac{x}{p} – \frac{n-x}{1-p} \right) f(x,p)
\end{align}
$$

ここで、(8.60)式は$a>0, b<n$のとき、下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
\alpha &= \sum_{x=0}^{a-1} f(x,p_0) + r_a f(a,p_0) + r_b f(b,p_0) + \sum_{x=b+1}^{n} f(x,p_0) \quad (1) \\
0 &= \sum_{x=0}^{a-1} f'(x,p_0) + r_a f'(a,p_0) + r_b f'(b,p_0) + \sum_{x=b+1}^{n} f'(x,p_0) \quad (2)
\end{align}
$$
上記の式は$a>0, b<n$が前提だが、$a=0$のとき$\displaystyle \sum_{x=0}^{a-1}f(x,p_0) = 0, \sum_{x=0}^{a-1}f'(x,p_0) = 0$、$b=n$のとき$\displaystyle \sum_{x=b+1}^{n}f(x,p_0) = 0, \sum_{x=b+1}^{n}f'(x,p_0) = 0$と考えることで$a=0, b=n$も同時に表すことができると考えられる。

ここで、(1)式、(2)式を$r_a, r_b$に関する連立方程式であると考え、下記のように変形する。
$$
\large
\begin{align}
r_a f(a,p_0) + r_b f(b,p_0) &= \alpha – \sum_{x=0}^{a-1} f(x,p_0) – \sum_{x=b+1}^{n} f(x,p_0) \quad (1)’ \\
r_a f'(a,p_0) + r_b f'(b,p_0) &= – \sum_{x=0}^{a-1} f'(x,p_0) – \sum_{x=b+1}^{n} f'(x,p_0) \quad (2)’
\end{align}
$$

$(1)’$式、$(2)’$式は下記のような行列表記で表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
\left(\begin{array}{cc} f(a,p_0) & f(b,p_0) \\ f'(a,p_0) & f'(b,p_0) \end{array} \right) \left(\begin{array}{c} r_a \\ r_b \end{array} \right) = \left(\begin{array}{c} \alpha – \sum_{x=0}^{a-1} f(x,p_0) – \sum_{x=b+1}^{n} f(x,p_0) \\ – \sum_{x=0}^{a-1} f'(x,p_0) – \sum_{x=b+1}^{n} f'(x,p_0) \end{array} \right)
\end{align}
$$

(3)式より、$r_a, r_b$は下記のように求めることができる。
$$
\large
\begin{align}
\left(\begin{array}{c} r_a \\ r_b \end{array} \right) = \left(\begin{array}{cc} f(a,p_0) & f(b,p_0) \\ f'(a,p_0) & f'(b,p_0) \end{array} \right)^{-1} \left(\begin{array}{c} \alpha – \sum_{x=0}^{a-1} f(x,p_0) – \sum_{x=b+1}^{n} f(x,p_0) \\ – \sum_{x=0}^{a-1} f'(x,p_0) – \sum_{x=b+1}^{n} f'(x,p_0) \end{array} \right) \quad (3)’
\end{align}
$$
ここで、$a,b$はそれぞれ両端よりも外側の確率が$\displaystyle \frac{\alpha}{2}$になるように設定を行うので、$n, p_0, \alpha$が定まれば一意に定まる。また、$a, b$が一意に定まれば$(3)’$式より$r_a, r_b$も一意に定まる。

以下では、$\displaystyle n=4, \alpha=0.1, p_0=\frac{1}{3}$の場合に$a, b, r_a, r_b$を具体的に求める。まず、$\displaystyle n=4, \alpha=0.1, p_0=\frac{1}{3}$の場合の$a, b$を求める。
$$
\large
\begin{align}
f(x=0,p) &= {}_n C_0 \left( \frac{1}{3} \right)^{0} \left( 1 – \frac{1}{3} \right)^{4-0} \\
&= \left( \frac{2}{3} \right)^{4} > 0.05 = \frac{\alpha}{2} \\
f(x=4,p) &= {}_n C_4 \left( \frac{1}{3} \right)^{4} \left( 1 – \frac{1}{3} \right)^{4-4} \\
&= \left( \frac{1}{3} \right)^{4} < 0.05 = \frac{\alpha}{2} \\
f(x=3,p) &= {}_n C_3 \left( \frac{1}{3} \right)^{3} \left( 1 – \frac{1}{3} \right)^{4-3} \\
&= \frac{8}{3^4} \\
f(3,p)+f(4,p) &= \frac{9}{3^4} \\
&= \frac{1}{9} > 0.05 = \frac{\alpha}{2}
\end{align}
$$
上記より$a=0, b=3$がわかる。

次に$(3)’$式を用いて、$r_a, r_b$を計算することを考える。$f'(x=a,p_0), f'(x=b,p_0)$を計算すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
f'(x=a,p_0) &= f’ \left( x=0,\frac{1}{3} \right) \\
&= \left( \frac{x}{p} – \frac{n-x}{1-p} \right) f \left( x=0,\frac{1}{3} \right) \\
&= \left( \frac{0}{p} – \frac{4-0}{1-1/3} \right) f \left( x=0,\frac{1}{3} \right) \\
&= – \frac{4}{2/3} \times \frac{16}{81} \\
&= – \frac{6 \cdot 16}{81} \\
&= – \frac{32}{27} \\
f'(x=b,p_0) &= f’ \left( x=3,\frac{1}{3} \right) \\
&= \left( \frac{x}{p} – \frac{n-x}{1-p} \right) f \left( x=3,\frac{1}{3} \right) \\
&= \left( \frac{3}{1/3} – \frac{4-3}{1-1/3} \right) f \left( x=3,\frac{1}{3} \right) \\
&= (9-3/2) \times \frac{8}{81} \\
&= \frac{15}{2} \times \frac{8}{81} \\
&= \frac{20}{27}
\end{align}
$$

また、$a=0, b=3$より、$(3)’$式の右辺の各項に関しては下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\sum_{x=0}^{a-1} f(x,p_0) &= 0 \\
\sum_{x=b+1}^{n} f(x,p_0) &= \sum_{x=3+1}^{4} f(x,p_0) \\
&= f(4,p_0) \\
&= \frac{1}{81} \\
\sum_{x=0}^{a-1} f'(x,p_0) &= 0 \\
\sum_{x=b+1}^{n} f'(x,p_0) &= \sum_{x=3+1}^{4} f'(x,p_0) \\
&= f'(x=4,p_0) \\
&= \left( \frac{x}{p} – \frac{n-x}{1-p} \right) f \left( x=4,\frac{1}{3} \right) \\
&= \left( \frac{4}{1/3} – \frac{4-4}{1-1/3} \right) \times \frac{1}{81} \\
&= \frac{12}{81} \\
&= \frac{4}{27}
\end{align}
$$

よって、$(3)’$式の右辺はそれぞれ下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\alpha – \sum_{x=0}^{a-1} f(x,p_0) – \sum_{x=b+1}^{n} f(x,p_0) &= 0.1 – \frac{1}{81} \\
&= \frac{81-10}{810} \\
&= \frac{71}{810} \\
– \sum_{x=0}^{a-1} f'(x,p_0) – \sum_{x=b+1}^{n} f'(x,p_0) &= – \frac{4}{27}
\end{align}
$$

よって、$(3)’$式を用いて、$r_a, r_b$は下記のように計算することができる。
$$
\large
\begin{align}
\left(\begin{array}{c} r_a \\ r_b \end{array} \right) &= \left(\begin{array}{cc} f(a,p_0) & f(b,p_0) \\ f'(a,p_0) & f'(b,p_0) \end{array} \right)^{-1} \left(\begin{array}{c} \alpha – \sum_{x=0}^{a-1} f(x,p_0) – \sum_{x=b+1}^{n} f(x,p_0) \\ – \sum_{x=0}^{a-1} f'(x,p_0) – \sum_{x=b+1}^{n} f'(x,p_0) \end{array} \right) \\
&= \left(\begin{array}{cc} \frac{16}{81} & \frac{8}{81} \\ -\frac{32}{27} & \frac{20}{27} \end{array} \right)^{-1} \left(\begin{array}{c} \frac{71}{810} \\ -\frac{4}{81} \end{array} \right) \\
&= \left( \frac{16 \cdot 20}{81 \cdot 27} – \frac{8 \cdot (-32)}{81 \cdot 27} \right)^{-1} \left(\begin{array}{cc} \frac{20}{27} & -\frac{8}{81} \\ \frac{32}{27} & \frac{16}{81} \end{array} \right) \left(\begin{array}{c} \frac{71}{810} \\ -\frac{4}{81} \end{array} \right) \\
&= \frac{243}{64} \left(\begin{array}{cc} \frac{20}{27} & -\frac{8}{81} \\ \frac{32}{27} & \frac{16}{81} \end{array} \right) \left(\begin{array}{c} \frac{71}{810} \\ -\frac{4}{81} \end{array} \right) \\
&= \left(\begin{array}{c} 0.302 \\ 0.283 \end{array} \right) \\
\end{align}
$$

問題8.10の解答例

$\lambda_0=5, \alpha=0.1, n=1$のポアソン分布$Po(\lambda_0=5)$に対して、下記の式の$a,b,r_a,r_b$を求める。
$$
\large
\begin{align}
\delta(x) &= 1, \quad if \quad T(x)<a,b<T(x) \\
&= 0, \quad if \quad a<T(x)<b \\
&= r_a \quad if \quad T(x)=a \\
&= r_b \quad if \quad T(x)=b
\end{align}
$$

$a,b$はポアソン分布の$Po(\lambda_0=5)$の確率関数$P(X=k|\lambda_0=5)$について考えることで得ることができる。
$$
\large
\begin{align}
P(X=k|\lambda_0=5) &= \frac{\lambda_0^{k} e^{-\lambda_0}}{k!} \\
&= \frac{5^{k} e^{-5}}{k!}
\end{align}
$$
上記に基づいて、$P(X = 0|\lambda_0=5), P(X \leq 1|\lambda_0=5), P(X \leq 2|\lambda_0=5)$の計算を行う。
$$
\large
\begin{align}
P(X=0|\lambda_0=5) &= \frac{5^{0} e^{-5}}{0!} \\
&= e^{-5} \\
&= 0.0067379… \\
P(X \leq 1|\lambda_0=5) &= P(X = 0|\lambda_0=5) + P(X = 1|\lambda_0=5) \\
&= \frac{5^{0} e^{-5}}{0!} + \frac{5^{1} e^{-5}}{1!} \\
&= 6e^{-5} \\
&= 0.040427… \\
P(X \leq 2|\lambda_0=5) &= P(X = 0|\lambda_0=5) + P(X = 1|\lambda_0=5) + P(X = 2|\lambda_0=5) \\
&= \frac{5^{0} e^{-5}}{0!} + \frac{5^{1} e^{-5}}{1!} + \frac{5^{2} e^{-5}}{2!} \\
&= \frac{6 \cdot 2 + 25}{2} e^{-5} \\
&= \frac{37}{2} e^{-5} \\
&= 0.124652…
\end{align}
$$
ここで$\alpha=0.1$より、$0.05$より累積確率が大きくなる$a=2$が下側の閾値になる。

上側の閾値の$b$を計算するにあたってはポアソン分布の確率変数が0以上の整数を取る以上、$X=0$から順番に計算するしかない。よって、下記のようなPythonを実行することで計算を行う。

import math

res = math.e**(-5)
factorial = 1
for i in range(1,11):
    factorial *= i
    res += 5**(i)*math.e**(-5)/factorial
    print(res)

実行結果は下記のように得ることができる。

0.0404276819945
0.124652019483
0.265025915297
0.440493285065
0.615960654833
0.762183462973
0.86662832593
0.931906365278
0.968171942694
0.986304731402

上記がそれぞれ$X=1$から$X=10$に対応する累積確率である。累積確率が$0.95$より大きくなるのは$X=9$のときであるので、$b=9$を得ることができる。

ここまでで得た$a=2,b=9$に対して問題$8.9$の$(3)’$式を適用して$r_a,r_b$を計算することを考える。
$$
\large
\begin{align}
\left(\begin{array}{c} r_a \\ r_b \end{array} \right) = \left(\begin{array}{cc} f(a,\lambda_0) & f(b,\lambda_0) \\ f'(a,\lambda_0) & f'(b,\lambda_0) \end{array} \right)^{-1} \left(\begin{array}{c} \alpha – \sum_{x=0}^{a-1} f(x,\lambda_0) – \sum_{x=b+1}^{\infty} f(x,\lambda_0) \\ – \sum_{x=0}^{a-1} f'(x,\lambda_0) – \sum_{x=b+1}^{\infty} f'(x,\lambda_0) \end{array} \right) \quad (1)
\end{align}
$$

ここで$f(x,\lambda)=P(X=x|\lambda)$のようにおき、$\lambda$に関する微分の$f'(x,\lambda)$を考える。
$$
\large
\begin{align}
f'(x,\lambda) &= \frac{\partial}{\partial \lambda} \left( \frac{\lambda^{x} e^{-\lambda}}{x!} \right) \\
&= \frac{x\lambda^{x-1} e^{-\lambda}}{x!} – \frac{\lambda^{x} e^{-\lambda}}{x!} \\
&= \left( \frac{x}{\lambda} – 1 \right) f(x,\lambda)
\end{align}
$$

$(1)$式について考えるにあたって用いる$f(x=a,\lambda_0),f(x=b,\lambda_0),f'(x=a,\lambda_0),f'(x=b,\lambda_0)$は下記のように得ることができる。
$$
\large
\begin{align}
f(x=a,\lambda_0) &= f(x=2,\lambda_0=5) \\
&= 0.0842243374885 \\
f(x=b,\lambda_0) &= f(x=9,\lambda_0=5) \\
&= 0.03626557741600 \\
f'(x=a,\lambda_0) &= f'(x=2,\lambda_0=5) \\
&= \left( \frac{2}{5} – 1 \right) f(x=2,\lambda_0=5) \\
&= -0.0505346024931 \\
f'(x=b,\lambda_0) &= f'(x=9,\lambda_0=5) \\
&= \left( \frac{9}{5} – 1 \right) f(x=9,\lambda_0=5) \\
&= 0.029012461932800004
\end{align}
$$

また、$(1)$式の右辺の各項に関しては下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\sum_{x=0}^{a-1} f(x,\lambda_0) &= \sum_{x=0}^{1} f(x,\lambda_0=5) \\
&= 0.0404276819945 \\
\sum_{x=b+1}^{\infty} f(x,\lambda_0) &= \sum_{x=10}^{\infty} f(x,\lambda_0=5) \\
&= 1 – 0.968171942694 \\
&= 0.0318280573060000 \\
\sum_{x=0}^{a-1} f'(x,p_0) &= \sum_{x=0}^{1} f'(x,p_0) \\
&= \left( \frac{0}{5} – 1 \right) f(x=0,\lambda_0=5) + \left( \frac{1}{5} – 1 \right) f(x=1,\lambda_0=5) \\
&= -0.033689734995427344 \\
\sum_{x=b+1}^{\infty} f'(x,p_0) &= \sum_{x=10}^{\infty} f'(x,p_0) \\
&= 0.0362655774156
\end{align}
$$

ここで上記の$\displaystyle \sum_{x=b+1}^{\infty} f'(x,p_0) = 0.0362655774156$に関しては下記を実行することで収束を確かめた。

import math

res = 0
factorial = 1
for i in range(1,51):
    factorial *= i
    if i>9:
        res += ((i/5.-1)*5**(i)*math.e**(-5))/factorial
        print(str(i)+":"+str(res))

ここまで得た値を$(1)$式に代入し、$r_a,r_b$を計算する。
$$
\large
\begin{align}
\left(\begin{array}{c} r_a \\ r_b \end{array} \right) &= \left(\begin{array}{cc} f(a,\lambda_0) & f(b,\lambda_0) \\ f'(a,\lambda_0) & f'(b,\lambda_0) \end{array} \right)^{-1} \left(\begin{array}{c} \alpha – \sum_{x=0}^{a-1} f(x,\lambda_0) – \sum_{x=b+1}^{\infty} f(x,\lambda_0) \\ – \sum_{x=0}^{a-1} f'(x,\lambda_0) – \sum_{x=b+1}^{\infty} f'(x,\lambda_0) \end{array} \right) \\
&= \left(\begin{array}{cc} 0.0842… & 0.0362… \\ -0.0505… & 0.0290… \end{array} \right)^{-1} \left(\begin{array}{c} 0.1 – 0.0404… – 0.0318… \\ 0.0337… – 0.0363… \end{array} \right) \\
&= \left(\begin{array}{c} 0.163 \\ 0.380 \end{array} \right)
\end{align}
$$

↑公式の解答が$r_a=0.210, r_b=0.277$であり合致しませんでしたが、途中計算がわからないので、一旦掲載を行いました。導出に間違いが見つかった際は修正を行う予定です。

問題8.11の解答例

問題8.12の解答例

標準正規分布$N(0,1)$の上側$\alpha$点を$z_{\alpha}$のように表す。このとき$H_0: \mu \leq \mu_0$の棄却域は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{\sqrt{n}(\bar{X} – \mu_0)}{\sigma_0} \geq z_{\alpha} \quad (1)
\end{align}
$$

また、標準正規分布$N(0,1)$の上側$\beta$点と上側$1-\beta$点をそれぞれ$z_{\beta}, z_{1-\beta}$のように定義する。ここで、標準正規分布が$y$軸を中心に対象であることから、$z_{1-\beta}=-z_{\beta}$が成り立つ。
ここで、対立仮説$H_1: \mu = \mu_1$の検出力が$1-\beta$以上であることに基づいて、下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{\sqrt{n}(\bar{X} – \mu_1)}{\sigma_0} \leq z_{1-\beta} = -z_{\beta} \quad (2)
\end{align}
$$

$\bar{X}$に着目した際に(1)式と(2)式が同時に成立する$n$の条件を求め、それを元に$n$の最小値を考えればよい。(1)式と(2)式を$\bar{X}$に着目して解くとそれぞれ下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{\sqrt{n}(\bar{X} – \mu_0)}{\sigma_0} &\geq z_{\alpha} \quad (1) \\
\bar{X} – \mu_0 &\geq \frac{\sigma_0 z_{\alpha}}{\sqrt{n}} \\
\bar{X} &\geq \mu_0 + \frac{\sigma_0 z_{\alpha}}{\sqrt{n}} \quad (1)’
\end{align}
$$
$$
\large
\begin{align}
\frac{\sqrt{n}(\bar{X} – \mu_1)}{\sigma_0} &\leq z_{1-\beta} = -z_{\beta} \quad (2) \\
\bar{X} – \mu_1 &\leq -\frac{\sigma_0 z_{\beta}}{\sqrt{n}} \\
\bar{X} &\leq \mu_1 -\frac{\sigma_0 z_{\beta}}{\sqrt{n}} \quad (2)’
\end{align}
$$

$(1)’$式と$(2)’$式より、下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\mu_0 + \frac{\sigma_0 z_{\alpha}}{\sqrt{n}} &\leq \mu_1 -\frac{\sigma_0 z_{\beta}}{\sqrt{n}}
\end{align}
$$

上記を$n$に関して解く。
$$
\large
\begin{align}
\mu_0 + \frac{\sigma_0 z_{\alpha}}{\sqrt{n}} &\leq \mu_1 -\frac{\sigma_0 z_{\beta}}{\sqrt{n}} \\
\frac{\sigma_0 z_{\alpha}}{\sqrt{n}} + \frac{\sigma_0 z_{\beta}}{\sqrt{n}} &\leq \mu_1 – \mu_0 \\
\frac{\sigma_0}{\sqrt{n}}(z_{\alpha} + z_{\beta}) &\leq \mu_1 – \mu_0 \\
\frac{\sigma_0}{\mu_1 – \mu_0}(z_{\alpha} + z_{\beta}) &\leq \sqrt{n} \\
\frac{\sigma_0^2 (z_{\alpha} + z_{\beta})^2}{(\mu_1 – \mu_0)^2} &\leq n \quad (3)
\end{align}
$$
上記の不等号に関連する計算にあたっては、$\mu_0 < \mu_1$より$\mu_1 – \mu_0 > 0$を前提に計算を行った。

(3)式より、検出力を$1-\beta$となる$n$の最小値が$\displaystyle \frac{\sigma_0^2 (z_{\alpha} + z_{\beta})^2}{(\mu_1 – \mu_0)^2}$となる。

問題8.13の解答例

2項分布の正規近似より、帰無仮説の$X$は正規分布$N(np_0,np_0(1-p_0)$、対立仮説の$X$は$N(np_1,np_1(1-p_1)$を元に考えることができる。ここで前問と同様に$z_{\alpha}, z_{1-\beta}, z_{\beta}$を考える。このとき棄却域に関して下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\frac{X – np_0}{\sqrt{np_0(1-p_0)}} \geq z_{\alpha} \quad (1)
\end{align}
$$

また、検出力が$1-\beta$であることから下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\frac{X – np_1}{\sqrt{np_1(1-p_1)}} \leq z_{1-\beta} = -z_{\beta} \quad (2)
\end{align}
$$

(1)式と(2)式が同じ$X$について成立すれば良い。(1)式と(2)式は下記のように$X$に関して解くことができる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{X – np_0}{\sqrt{np_0(1-p_0)}} &\geq z_{\alpha} \quad (1) \\
X – np_0 &\geq z_{\alpha}\sqrt{np_0(1-p_0)} \\
X &\geq np_0 + z_{\alpha}\sqrt{np_0(1-p_0)} \quad (1)’
\end{align}
$$
$$
\large
\begin{align}
\frac{X – np_1}{\sqrt{np_1(1-p_1)}} \leq z_{1-\beta} = -z_{\beta} \quad (2) \\
X – np_1 \leq -z_{\beta} \sqrt{np_1(1-p_1)} \\
X \leq np_1 – z_{\beta} \sqrt{np_1(1-p_1)} \quad (2)’
\end{align}
$$

$(1)’$式と$(2)’$式より、下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
np_0 + z_{\alpha}\sqrt{np_0(1-p_0)} \leq np_1 – z_{\beta} \sqrt{np_1(1-p_1)}
\end{align}
$$

上記を$n$に関して解く。
$$
\large
\begin{align}
np_0 + z_{\alpha}\sqrt{np_0(1-p_0)} \leq np_1 – z_{\beta} \sqrt{np_1(1-p_1)} \\
z_{\alpha}\sqrt{np_0(1-p_0)} + z_{\beta} \sqrt{np_1(1-p_1)} \leq n(p_1-p_0) \\
z_{\alpha}\sqrt{p_0(1-p_0)} + z_{\beta} \sqrt{p_1(1-p_1)} \leq \sqrt{n}(p_1-p_0) \\
\frac{z_{\alpha}\sqrt{p_0(1-p_0)} + z_{\beta} \sqrt{p_1(1-p_1)}}{p_1-p_0} \leq \sqrt{n} \\
\frac{(z_{\alpha}\sqrt{p_0(1-p_0)} + z_{\beta} \sqrt{p_1(1-p_1)})^2}{(p_1-p_0)^2} \leq n \quad (3)
\end{align}
$$
上記の不等号に関連する計算にあたっては、$p_0 < p_1$を前提に計算を行った。

(3)式より、検出力を$1-\beta$となる$n$の最小値が$\displaystyle \frac{(z_{\alpha}\sqrt{p_0(1-p_0)} + z_{\beta} \sqrt{p_1(1-p_1)})^2}{(p_1-p_0)^2}$となる。

問題8.14の解答例

問題8.15の解答例

問題8.16の解答例

問題8.17の解答例