当記事は「基礎統計学Ⅲ 自然科学の統計学(東京大学出版会)」の読解サポートにあたってChapter.$6$の「検定と標本の大きさ」の章末問題の解説について行います。
基本的には書籍の購入者向けの解答例・解説なので、まだ入手されていない方は下記より入手をご検討ください。また、解説はあくまでサイト運営者が独自に作成したものであり、書籍の公式ページではないことにご注意ください。
なお、下記で取り扱った「現代数理統計学」の$8$章と内容が類似するので、下記も参考になるかもしれません。
https://www.hello-statisticians.com/explain-books-cat/math_stat_practice_ch8.html
章末の演習問題について
問題6.1の解答例
面が出る回数を表す確率変数を$X$、確率を表す母数を$p$、検出力関数を$\beta_{\delta}(p)$とおくと、$\beta_{\delta}(p)$は$\beta_{\delta}(p)$は$\delta$を用いて帰無仮説を棄却する確率に一致するので下記のように計算することができる。
$$
\large
\begin{align}
\beta_{\delta}(p) &= P(X=4) + P(X=0) \\
&= p^4 + (1-p)^4
\end{align}
$$
以下、$\beta_{\delta}(p)$の$p$に関する増減表を考える。
$$
\large
\begin{align}
\frac{\partial \beta_{\delta}(p)}{\partial p} &= 4p^3 – 4(1-p)^3 \\
&= 4(p^3-(1-p)^3) \\
&= 4(p-(1-p))(p^2+p(1-p)+(1-p)^2) \\
&= 4(2p-1)(p^2-p+1) \\
&= 4(2p-1) \left( \left( p^2-\frac{1}{2} \right)^2 + \frac{3}{4} \right)
\end{align}
$$
上記の計算にあたっては$A^3-B^3=(A-B)(A^2+AB+B^2)$の式が成立することを利用した。
ここまでの議論により、$\beta_{\delta}(p)$の$p$に関する増減表は下記のように描くことができる。
$$
\large
\begin{array}{|c|*5{c|}}\hline p & 0 & \cdots & \frac{1}{2} & \cdots & 1 \\
\hline \frac{\partial \beta_{\delta}(p)}{\partial p} & – & – & 0 & + & + \\
\hline \beta_{\delta}(p) & 1 & \searrow & \frac{1}{8} & \nearrow & 1 \\
\hline
\end{array}
$$
グラフは増減表に基づいて作成を行えば良い。
問題6.2の解答例
$\displaystyle \tau = \sqrt{\frac{mn}{m+n}} \cdot \frac{(\mu_{1}-\mu_{2})}{\sigma_{0}}$に$m=n=5, \mu_{1}-\mu_{2}=1, \sigma_{0}=1$を代入することで、下記のように$\tau$の値が計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\tau &= \sqrt{\frac{mn}{m+n}} \cdot \frac{(\mu_{1}-\mu_{2})}{\sigma_{0}} \\
&= \sqrt{\frac{25}{5+5}} \cdot \frac{1}{1} \\
&= \frac{5}{\sqrt{10}} \simeq 1.581
\end{align}
$$
これを$(6.16)$式に代入することで、下記のように有意水準$\alpha=0.05$の片側検定と両側検定の検出力を得ることができる。
・片側検定
$$
\large
\begin{align}
\beta_{\delta}(\mu_{1},\mu_{2}) &= 1 – \Phi(z_{\alpha=0.05}-\tau) \\
&= 1 – \Phi(1.645-1.581) \\
&= 1 – \Phi(0.064) \\
&= 1 – 0.52392 \\
& \simeq 0.476
\end{align}
$$
・両側検定
$$
\large
\begin{align}
\beta_{\delta}(\mu_{1},\mu_{2}) &= 1 – \Phi(z_{\alpha=0.025}-\tau) + \Phi(-z_{\alpha=0.025}-\tau) \\
&= 1 – \Phi(1.96-1.581) + \Phi(-1.96-1.581) \\
&= 1 – \Phi(0.379) + \Phi(-3.541) \\
&= 0.35197 – 0.0002 \\
& \simeq 0.352
\end{align}
$$
問題6.3の解答例
$(6.16)$式は下記のように導出できる。
・右片側検定
$$
\large
\begin{align}
\beta_{\delta}(\mu_{1},\mu_{2}) &= P(z_{\alpha}<Z) \\
&= P \left( z_{\alpha} < \sqrt{\frac{mn}{m+n}} \cdot \frac{(\bar{X}-\bar{Y})}{\sigma_{0}} \right) \\
&= P \left( z_{\alpha}-\sqrt{\frac{mn}{m+n}} \cdot \frac{(\mu_1-\mu_2)}{\sigma_{0}} < \sqrt{\frac{mn}{m+n}} \cdot \frac{(\bar{X}-\bar{Y})}{\sigma_{0}}-\sqrt{\frac{mn}{m+n}} \cdot \frac{(\mu_1-\mu_2)}{\sigma_{0}} \right) \\
&= P \left( z_{\alpha}-\tau < \sqrt{\frac{mn}{m+n}} \cdot \frac{(\bar{X}-\bar{Y})-(\mu_1-\mu_2)}{\sigma_{0}} \right) \\
&= 1 – \Phi(z_{\alpha}-\tau)
\end{align}
$$
・両側検定
$$
\large
\begin{align}
\beta_{\delta}(\mu_{1},\mu_{2}) &= P(Z < -z_{\alpha/2}) + P(z_{\alpha/2} < Z) \\
&= P \left( \sqrt{\frac{mn}{m+n}} \cdot \frac{(\bar{X}-\bar{Y})-(\mu_1-\mu_2)}{\sigma_{0}} < -z_{\alpha/2}-\tau \right) + P \left( z_{\alpha/2}-\tau < \sqrt{\frac{mn}{m+n}} \cdot \frac{(\bar{X}-\bar{Y})-(\mu_1-\mu_2)}{\sigma_{0}} \right) \\
&= 1 – \Phi(z_{\alpha/2}-\tau) + \Phi(-z_{\alpha/2}-\tau)
\end{align}
$$
問題6.4の解答例
$(6.34)$式に対して$p_0=0.4, p=0.6, z_{\alpha=0.05}=1.645, z_{\gamma=0.9}=-1.28$を代入することで$n$の一般式より$n$の条件を得る。
$$
\large
\begin{align}
n & \geq \frac{z_{\alpha=0.05} \sqrt{p_0(1-p_0)} – z_{\gamma=0.9} \sqrt{p(1-p)}}{(p-p_0)^2} \\
&= \frac{1.645 \sqrt{0.4 \cdot 0.6} + 1.28 \sqrt{0.6 \cdot 0.4}}{(0.6-0.4)^2} \\
&= 51.333…
\end{align}
$$
上記より少なくとも$n=52$が必要であることがわかる。
問題6.5の解答例
$$
\large
\begin{align}
H_0: \quad \mu=\mu_{0} \\
H_1: \quad \mu=\mu_{1}
\end{align}
$$
$\mu_{1}>\mu_{0}$の前提を元に、上記のような帰無仮説$H_{0}$と対立仮説$H_{1}$を設定する。こ子で観測値$x_1,x_2,…,x_n$に関する尤度関数を$l(x_1,…,x_n|\mu_{0}), l(x_1,…,x_n|\mu_{1})$のように定めると、尤度比は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{l(x_1,…,x_n|\mu_{1})}{l(x_1,…,x_n|\mu_{0})} &= \frac{\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}\sigma_0^2} \exp \left( -\frac{(x_i-\mu_{1})^2}{2 \sigma_0^2} \right)}{\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}\sigma_0^2} \exp \left( -\frac{(x_i-\mu_{0})^2}{2 \sigma_0^2} \right)} \\
&= \exp \left( -\sum_{i=1}^{n}\frac{(x_i-\mu_{1})^2}{2 \sigma_0^2} + \sum_{i=1}^{n} \frac{(x_i-\mu_{0})^2}{2 \sigma_0^2} \right) \\
&= \exp \left( -\sum_{i=1}^{n}\frac{(x_i^2-2\mu_{1}x_i+\mu_{1}^2)}{2 \sigma_0^2} + \sum_{i=1}^{n} \frac{(x_i^2-2\mu_{0}x_i+\mu_{0}^2)}{2 \sigma_0^2} \right) \\
&= \exp \left( \frac{\mu_{1}}{\sigma_0^2}\sum_{i=1}^{n}x_i – \frac{\mu_{0}}{\sigma_0^2}\sum_{i=1}^{n}x_i – \frac{n \mu_{1}^2}{2 \sigma_0^2} + \frac{n \mu_{0}^2}{2 \sigma_0^2} \right) \\
&= \exp \left( \frac{n \bar{x}}{\sigma_0^2}(\mu_{1}-\mu_{0}) – \frac{n}{2 \sigma_0^2}(\mu_{1}^2-\mu_{0}^2) \right)
\end{align}
$$
ここで尤度比$\displaystyle \frac{l(x_1,…,x_n|\mu_{1})}{l(x_1,…,x_n|\mu_{0})}$に関して、$\displaystyle \frac{l(x_1,…,x_n|\mu_{1})}{l(x_1,…,x_n|\mu_{0})}>k$が成立するときに$H_{0}$を棄却することを考える。
$$
\large
\begin{align}
\frac{l(x_1,…,x_n|\mu_{1})}{l(x_1,…,x_n|\mu_{0})} &> k \\
\exp \left( \frac{n \bar{x}}{\sigma_0^2}(\mu_{1}-\mu_{0}) – \frac{n}{2 \sigma_0^2}(\mu_{1}^2-\mu_{0}^2) \right) &> k \\
\frac{n \bar{x}}{\sigma_0^2}(\mu_{1}-\mu_{0}) – \frac{n}{2 \sigma_0^2}(\mu_{1}^2-\mu_{0}^2) &> \log{k} \\
\frac{n \bar{x}}{\sigma_0^2}(\mu_{1}-\mu_{0}) &> \log{k} + \frac{n}{2 \sigma_0^2}(\mu_{1}-\mu_{0})(\mu_{0}+\mu_{1}) \\
\bar{x} &> \frac{\sigma_0^2}{n(\mu_{1}-\mu_{0})} + \frac{\mu_{0}+\mu_{1}}{2}
\end{align}
$$
ここで右辺の$\displaystyle \frac{\sigma_0^2 \log{k}}{n(\mu_{1}-\mu_{0})} + \frac{\mu_{0}+\mu_{1}}{2}$を$\displaystyle C = \frac{\sigma_0^2 \log{k}}{n(\mu_{1}-\mu_{0})} + \frac{\mu_{0}+\mu_{1}}{2}$のように置き換えることを考える。このとき、$\displaystyle \frac{\sqrt{n} (C – \mu_0)}{\sigma_0} = z_{\alpha}$のように$C$を定めると検定を$Z>z_{\alpha}$のように表すことができる。また、ここでの$C$の決め方が対立仮説の$\mu_{1}$によらないことから$\mu_{1}>\mu_{0}$のあらゆる$\mu_{1}$に関して最強力検定であることも同時にわかる。
まとめ
Chapter.$6$の「検定と標本の大きさ」の演習について取り扱いました。検定力関数や最強力検定は様々な議論で用いられるので、抑えておくのが良いと思われました。