統計検定 1級 2014年 統計数理 問5 多項分布の適合度検定

本稿には、2014年に実施された統計検定1級『統計数理』 問5の自作解答案を掲載しています。なお、閲覧にあたっては、以下の点にご注意ください。

〔1〕多項分布の最尤推定：成功確率が一定の場合

多項分布の同時確率関数（尤度関数）は、 $$\begin{array}{r}f\left(\mathit{n}\right)=L\left(\mathit{q}\right)=\frac{n!}{n_0!n_1!n_2!n_3!n_4!}{q}_0^{n_0}{q}_1^{n_1}{q}_2^{n_2}{q}_3^{n_3}{q}_4^{n_4}\end{array}$$ 対数尤度関数 $l\left(\theta \right)=\log L\left(\theta \right)$ を求めると、 $$\begin{array}{rl}l\left(\mathit{q}\right)& =\log \left(\frac{n!}{n_0!\cdots n_4!}\prod _{i=0}^4{q}_i^{n_i}\right)\\ & =\log \frac{n!}{n_0!\cdots n_4!}+\sum _{i=0}^4{n}_i\log q_i\end{array}$$ モデル（1）の仮定より、 $$\begin{array}{rl}l\left(\mathit{q}\right)& =\log \frac{n!}{n_0!\cdots n_4!}+\sum _{i=0}^4{n}_i\log \{{}_4{C}_i\cdot p^i{(1-p)}^{4-i}\}\\ & =\log \frac{n!}{n_0!\cdots n_4!}+\sum _{i=0}^4{n}_i\{i\log p+(4-i)\log (1-p)+\log {}_4{C}_i\}\end{array}$$ スコア関数 $S\left(\theta \right)=\frac{d}{d\theta }\log L\left(\theta \right)$ を求めると、 $$\begin{array}{rl}S\left(p\right)& =\sum _{i=0}^4{n}_i(\frac{i}{p}-\frac{4-i}{1-p})\\ & =\frac{\sum _{i=0}^{4}i\cdot n_i}{p}-\frac{\sum _{i=0}^4(4-i)\cdot n_i}{1-p}\end{array}$$ 尤度方程式 $S\left(\theta \right)=0$ を解くと、 $$\begin{array}{c}0=\frac{\sum _{i=0}^{4}i\cdot n_i}{\hat{p}}-\frac{\sum _{i=0}^4(4-i)\cdot n_i}{1-\hat{p}}\\ (1-\hat{p})\sum _{i=0}^{4}i\cdot n_i-\hat{p}\sum _{i=0}^4(4-i)\cdot n_i=0\\ \sum _{i=0}^{4}i\cdot n_i-\hat{p}\sum _{i=0}^{4}i\cdot n_i-4\hat{p}\sum _{i=0}^4{n}_i+\hat{p}\sum _{i=0}^{4}i\cdot n_i=0\\ \sum _{i=0}^{4}i\cdot n_i-4\hat{p}\sum _{i=0}^4{n}_i=0\\ \hat{p}=\frac{1}{4\sum _{i=0}^4{n}_i}\sum _{i=0}^{4}i\cdot n_i\end{array}$$ 多項分布の仮定 $\sum _{i=0}^4{n}_i=n$ より、 $$\begin{array}{r}\hat{p}=\frac{1}{4n}\sum _{i=0}^{4}i\cdot n_i\end{array}$$ $◼$

〔2〕適合度検定統計量

モデル（1）の下での各カテゴリーの期待度数は、 $$\begin{array}{r}E\left(N_i\right)=n{q}_i\end{array}$$ 適合度検定の検定統計量の定義より、 $$\begin{array}{r}{\chi }^2=\sum _{i=0}^4\frac{{(n{q}_i-n_i)}^2}{n{q}_i}\end{array}$$ モデル（1）の下で、カテゴリー数は $m=5$ だが、制約条件 $\sum _{i=0}^4{q}_i=1$ により、自由に値を取れるパラメータは $5-1=4$ 個。さらに、推定すべきパラメータ数が $k=1$ 個（$p$）なので、自由度は、 $$\begin{array}{r}\mathrm{df}=5-1-1=3\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}{\chi }^2\sim {\chi }^2\left(3\right)\end{array}$$ $◼$

〔3〕尤度比検定統計量

モデル（1）がデータに適合するという帰無仮説は、 $$\begin{array}{r}{H}_0:q_i={}_4{C}_i\cdot p^i{(1-p)}^{4-i}\end{array}$$ 帰無仮説の最大尤度は、 $$\begin{array}{c}{L}_0\left(\mathit{q}\right)=\frac{n!}{n_0!\cdots n_4!}\prod _{i=0}^4{\hat{q}}_i^{n_i}\\ {\hat{q}}_i={}_4{C}_i\cdot {\hat{p}}^i{(1-\hat{p})}^{4-i}\end{array}$$ いっぽう、モデル（1）がデータに適合しないという対立仮説における、パラメータの最尤推定量は、 $$\begin{array}{r}{\hat{q}}_i=\frac{n_i}{n}\end{array}$$ 対立仮説の最大尤度は、 $$\begin{array}{c}{L}_1\left(\mathit{q}\right)=\frac{n!}{n_0!\cdots n_4!}\prod _{i=0}^4{\left(\frac{n_i}{n}\right)}^{n_i}\end{array}$$ したがって、尤度比は、 $$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{L_0\left(\mathit{q}\right)}{L_1\left(\mathit{q}\right)}\\ & =\frac{\frac{n!}{n_0!\cdots n_4!}\prod _{i=0}^4{\hat{q}}_i^{n_i}}{\frac{n!}{n_0!\cdots n_4!}\prod _{i=0}^4{\left(\frac{n_i}{n}\right)}^{n_i}}\\ & =\prod _{i=0}^4{\left(\frac{n{\hat{q}}_i}{n_i}\right)}^{n_i}\end{array}$$ よって、求める検定統計量 $\mathrm{\Lambda }=-2\log \lambda$ は、 $$\begin{array}{r}\mathrm{\Lambda }=2\sum _{i=0}^4{n}_i\log \frac{n_i}{n{\hat{q}}_i}\end{array}$$ $q_i$ は $p$ で決まることから、
帰無仮説の下で自由に値を取れるパラメータは $s=1$ 個
対立仮説の下で自由に値を取れるパラメータは $r=5-1=4$ 個 よって、検定統計量の自由度は、 $$\begin{array}{r}\mathrm{df}=r-s=4-1=3\end{array}$$ したがって、帰無仮説の下で、$\mathrm{\Lambda }$ は、漸近的に $$\begin{array}{r}\mathrm{\Lambda }\sim {\chi }^2\left(3\right)\end{array}$$ $◼$

〔4〕適合度検定の手順

本問の場合、適合度の ${\chi }^2$ 検定統計量、あるいは、尤度比検定統計量が近似的に自由度3の ${\chi }^2$分布に従うことを利用して、以下の手順で検定を行う。
Step.01
有意水準 $\alpha$ を定め、自由度3の ${\chi }^2$分布の上側 $100\alpha \mathrm{\%}$ 点 ${\chi }_{\alpha }^2\left(3\right)$ を求める。
Step.02
検定統計量と棄却点を比較し、 ${\chi }^2<{\chi }_{\alpha }^2\left(3\right)$ あるいは $\mathrm{\Lambda }<{\chi }_{\alpha }^2\left(3\right)$ となれば、帰無仮説を棄却せず、 モデルが適合しないとはいえない と判断し、 各番組に対して満足する確率はすべて一定値 $p$ ではないとはいえない と結論づける。 Step.03
いっぽう、 ${\chi }_{\alpha }^2\left(3\right)<{\chi }^2$ あるいは ${\chi }_{\alpha }^2\left(3\right)<\mathrm{\Lambda }$ となれば、帰無仮説を棄却し、 モデルは適合しない と判断し、 各番組に対して満足する確率はすべて一定値 $p$ ではなく、
毎回違った確率である と結論づける。 $◼$

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