本稿では、指数分布のパラメータに関する検定を導出しています。
なお、閲覧にあたっては、以下の点にご注意ください。
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- $\chi_\alpha^2 \left(n\right)$ は自由度 $n$ の $\chi^2$分布の上側 $100\alpha\%$ 点を表しています。
データの形式
確率変数 $X$ が指数分布 \begin{align} X \sim \mathrm{Ex} \left(\lambda\right) \end{align} に従い、 この分布からの大きさ $n$ の無作為標本を \begin{align} \boldsymbol{X}= \left\{X_1,X_2, \cdots ,X_n\right\} \end{align} 標本平均を \begin{align} \bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i \end{align} とする。
【定理】指数分布のパラメータに関する検定
【定理】
指数分布のパラメータに関する検定
The Parameter of Exponential Distribution
指数分布のパラメータ $\lambda$ に関する検定問題
（I）両側検定
\begin{align}
H_0:\lambda=\lambda_0 \quad H_1:\lambda \neq \lambda_0
\end{align}
（II-A）片側検定A
\begin{align}
H_0:\lambda \le \lambda_0 \quad H_1:\lambda \gt \lambda_0
\end{align}
（II-B）片側検定B
\begin{align}
H_0:\lambda \geq \lambda_0 \quad H_1:\lambda \lt \lambda_0
\end{align}
を考える場合、
検定統計量を
\begin{align}
\chi_0^2=2n\bar{X}\lambda_0
\end{align}
として、
（I）両側検定
以下の棄却域と検定関数 $\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)$ をもつ検定は有意水準を $\alpha$ とする一様最強力不偏検定となる。
\begin{align}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}\chi_{1-0.5\alpha}^2 \left(2n\right) \le \chi_0^2 \le \chi_{0.5\alpha}^2 \left(2n\right)&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\\chi_0^2 \le \chi_{1-0.5\alpha}^2 \left(2n\right) \quad \mathrm{or} \quad \chi_{0.5\alpha}^2 \left(2n\right) \le \chi_0^2&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.
\end{align}
（II）片側検定
以下の棄却域と検定関数 $\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)$ をもつ検定は有意水準を $\alpha$ とする一様最強力検定となる。
（II-A）片側検定A
\begin{align}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}\chi_0^2 \lt \chi_\alpha^2 \left(2n\right)&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\\chi_\alpha^2 \left(2n\right) \le \chi_0^2&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.
\end{align}
（II-B）片側検定B
\begin{align}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}\chi_{1-\alpha}^2 \left(2n\right) \lt \chi_0^2&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\\chi_0^2 \le \chi_{1-\alpha}^2 \left(2n\right)&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.
\end{align}
Step.1 尤度比の算出
指数分布のパラメータの最尤推定量は、 \begin{align} \hat{\lambda}=\frac{n}{\sum_{i=1}^{n}X_i} \end{align} 両仮説の尤度比 $\Lambda$ を計算すると、 \begin{align} \Lambda&=\frac{L \left(\lambda=\lambda_0;\boldsymbol{x}\right)}{L \left(\lambda=\hat{\lambda};\boldsymbol{x}\right)}\\ &=\frac{\prod_{i=1}^{n}f \left(x_i;\lambda=\lambda_0\right)}{\prod_{i=1}^{n}f \left(x_i;\lambda=\hat{\lambda}\right)}\\ &=\frac{\prod_{i=1}^{n}{\lambda_0e^{-\lambda_0x_i}}}{\prod_{i=1}^{n}{\hat{\lambda}e^{-\hat{\lambda}x_i}}}\\ &=\frac{\lambda_0^n\mathrm{exp} \left(-\lambda_0\sum_{i=1}^{n}X_i\right)}{{\hat{\lambda}}^n\mathrm{exp} \left(-\hat{\lambda}\sum_{i=1}^{n}X_i\right)}\\ &= \left(\frac{\lambda_0}{\hat{\lambda}}\right)^n\mathrm{exp} \left(n-n\lambda_0\bar{X}\right)\\ &= \left(\lambda_0\bar{X}\right)^n\mathrm{exp} \left(n-n\lambda_0\bar{X}\right)\\ &=h \left(\bar{X}\right) \end{align} したがって、検定統計量 $T \left(\boldsymbol{X}\right)=\bar{X}$ が考えられる。
Step.2 検定統計量の対立仮説・帰無仮説における分布
（i）対立仮説における分布
指数分布とガンマ分布の関係 $\mathrm{Ex} \left(\lambda\right)=\mathrm{Ga} \left(1,\lambda\right)$ より、
\begin{align}
X \sim \mathrm{Ga} \left(1,\lambda\right)
\end{align}
$W=X_1+X_2+ \cdots +X_n=n\bar{X}$ とすると、ガンマ分布の再生性より、
\begin{align}
W \sim \mathrm{Ga} \left(n,\lambda\right)
\end{align}
（ii）帰無仮説における分布
帰無仮説 $H_0:\lambda=\lambda_0$ における分布は、
\begin{align}
W \sim \mathrm{Ga} \left(n,\lambda_0\right)
\end{align}
Step.3 検定関数と棄却域の型
（I）両側検定
ネイマン・ピアソンの基本定理により、次の棄却域と検定関数 $\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)$ をもつ検定が漸近的に有意水準を $\alpha$ とする一様最強力不偏検定となる。
\begin{align}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}a \le T \left(\boldsymbol{X}\right) \le b&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\T \left(\boldsymbol{X}\right) \lt a \quad \mathrm{or} \quad b \lt T \left(\boldsymbol{X}\right)&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.\tag{1}
\end{align}
（II）片側検定
ネイマン・ピアソンの基本定理と単調尤度比の原理により、次の棄却域と検定関数 $\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)$ をもつ検定が漸近的に有意水準を $\alpha$ とする一様最強力検定となる。
検定A
\begin{align}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}T \left(\boldsymbol{X}\right) \lt a&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\a \le T \left(\boldsymbol{X}\right)&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.\tag{2}
\end{align}
検定B
\begin{align}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}b \lt T \left(\boldsymbol{X}\right)&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\T \left(\boldsymbol{X}\right) \le b&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.\tag{3}
\end{align}
Step.4 棄却域の設定
パーセント点の定義から、
\begin{align}
P \left\{\chi_{1-0.5\alpha}^2 \left(2n\right) \le \chi_0^2 \le \chi_{0.5\alpha}^2 \left(2n\right)\right\}=1-\alpha
\end{align}
したがって、式 $(1)$ において、$a=\chi_{1-0.5\alpha}^2 \left(2n\right),b=\chi_{0.5\alpha}^2 \left(2n\right)$ とすると、
\begin{gather}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}\chi_{1-0.5\alpha}^2 \left(2n\right) \le \chi_0^2 \le \chi_{0.5\alpha}^2 \left(2n\right)&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\\chi_0^2 \le \chi_{1-0.5\alpha}^2 \left(2n\right) \quad \mathrm{or} \quad \chi_{0.5\alpha}^2 \left(2n\right) \le \chi_0^2&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.
\end{gather}
（II-A）片側検定A
パーセント点の定義より、
\begin{align}
P \left\{\chi_0^2 \le \chi_\alpha^2 \left(2n\right)\right\}=1-\alpha
\end{align}
したがって、式 $(2)$ において、$a=\chi_\alpha^2 \left(2n\right)$ とすると、
\begin{align}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}\chi_0^2 \lt \chi_\alpha^2 \left(2n\right)&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\\chi_\alpha^2 \left(2n\right) \le \chi_0^2&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.
\end{align}
（II-B）片側検定B
パーセント点の定義より、
\begin{align}
P \left\{\chi_{1-\alpha}^2 \left(2n\right) \le \chi_0^2\right\}=1-\alpha
\end{align}
したがって、式 $(3)$ において、$b=\chi_{1-\alpha}^2 \left(2n\right)$ とすると、
\begin{align}
\varphi \left(\theta;\boldsymbol{x}\right)= \left\{\begin{matrix}\chi_{1-\alpha}^2 \left(2n\right) \lt \chi_0^2&\mathrm{0:Hold\ }H_0\\\chi_0^2 \le \chi_{1-\alpha}^2 \left(2n\right)&\mathrm{1:Reject\ }H_0\\\end{matrix}\right.
\end{align}
$\blacksquare$
参考文献
- 小寺 平治 著. 数理統計：明解演習. 共立出版, 1986, p.128, p.138 ゼミナール6.1, p.180
- 藤澤 洋徳 著. 確率と統計. 朝倉書店, 2006, p.162-163 演習問題 B11.5
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