統計検定 1級 2019年 統計数理 問4 コーシー分布の検定問題

本稿には、2019年に実施された統計検定1級『統計数理』 問4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〕検定のサイズの算出

帰無仮説における確率密度関数は、 $$\begin{array}{r}{f}_0\left(x\right)=\frac{1}{\pi (1+x^2)}\end{array}$$ 帰無仮説において、標本値が棄却域に入る確率は、 $$\begin{array}{rl}\alpha & ={\int }_1^3\frac{1}{\pi (1+x^2)}\\ & =\frac{1}{\pi }{[{\tan }^{-1}\left(x\right)]}_1^3\\ & =\frac{1}{\pi }\{{\tan }^{-1}\left(3\right)-{\tan }^{-1}\left(1\right)\}\\ & =\frac{1}{\pi }(1.249-\frac{\pi }{4})\\ & =\frac{1.249}{3.1416}-\frac{1}{4}\\ & \cong 0.148\end{array}$$ $◼$

〔2〕検出力の算出

対立仮説における確率密度関数は、 $$\begin{array}{r}{f}_1\left(x\right)=\frac{1}{\pi \{1+{(x-1)}^2\}}\end{array}$$ 対立仮説において、標本値が棄却域に入る確率は、 $$\begin{array}{rl}1-\beta & ={\int }_1^3\frac{1}{\pi \{1+{(x-1)}^2\}}\\ & =\frac{1}{\pi }{[{\tan }^{-1}(x-1)]}_1^3\\ & =\frac{1}{\pi }\{{\tan }^{-1}\left(2\right)-{\tan }^{-1}\left(0\right)\}\\ & =\frac{1}{3.1416}(1.107-0)\\ & \cong 0.352\end{array}$$ $◼$

〔3〕尤度比の算出

尤度比の定義式より、 $$\begin{array}{rl}\lambda \left(x\right)& =\frac{\frac{1}{\pi \{1+{(x-1)}^2\}}}{\frac{1}{\pi (1+x^2)}}\\ & =\frac{1+x^2}{\{1+{(x-1)}^2\}}\end{array}$$ $x=1$ を代入すると、 $$\begin{array}{r}\lambda \left(1\right)=\frac{1+1}{\{1+{(1-1)}^2\}}=2\end{array}$$ $x=3$ を代入すると、 $$\begin{array}{r}\lambda \left(3\right)=\frac{1+9}{\{1+{(3-1)}^2\}}=2\end{array}$$ $\lambda \left(x\right)$ の1階微分を求めると、 $$\begin{array}{rl}{\lambda }^{\prime }\left(x\right)& =\frac{2x\{1+{(x-1)}^2\}-(1+x^2)\cdot 2(x-1)}{{\{1+{(x-1)}^2\}}^2}\\ & =\frac{2x+2x(x^2-2x+1)-(2x^3-2x^2+2x-2)}{{\{1+{(x-1)}^2\}}^2}\\ & =-\frac{2x^2-2x-2}{{\{1+{(x-1)}^2\}}^2}\\ & =-\frac{2(x^2-x-1)}{{\{1+{(x-1)}^2\}}^2}\end{array}$$ ${\lambda }^{\prime }\left(x\right)=0$ となる $x$ は、2次方程式の解の公式 $x=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ より、 $$\begin{array}{r}x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}\end{array}$$ 増減表は、 $$\begin{array}{ccccccc}x& \cdots & \frac{1-\sqrt{5}}{2}& \cdots & \frac{1+\sqrt{5}}{2}& \cdots & \\ {\lambda }^{\prime }\left(x\right)& -& 0& +& 0& -& \\ \lambda \left(x\right)& \searrow & \lambda \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)& \nearrow & \lambda \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)& \searrow & \end{array}$$ $$\begin{array}{r}\lambda \left(1\right)=\lambda \left(3\right)=2\end{array}$$ グラフの概形を描くと、以下のようになる。 $◼$

〔4〕最強力検定の導出

本問の場合、2つの単純仮説による検定問題 $$\begin{array}{r}{H}_0:\theta =0H_1:\theta =1\end{array}$$ を考えるにあたり、 大きさ$1$の標本 $X$ にもとづく $\theta$ の尤度関数と尤度比関数を以下のようにおいている。 $$\begin{array}{c}{L}_i\left(\theta \right)=f_i\left(x\right)\\ \lambda \left(x\right)=\frac{f_1\left(x\right)}{f_0\left(x\right)}\end{array}$$ ネイマン・ピアソンの基本定理の内容は、「単純仮説の検定問題において、尤度比を用いた以下の棄却域と検定関数をもつ検定が有意水準を $\alpha$ とする最強力検定である」というものである。 $$\begin{array}{r}\phi (\theta ;x)=\{\begin{array}{cc}\lambda \left(x\right)<k& 0:\mathrm{Accept}{H}_0\\ \lambda \left(x\right)>k& 1:\mathrm{Reject}{H}_0\end{array}\end{array}$$ ただし、定数 $k$ は、$0<k$ を満たし、 $$\begin{array}{r}P\{x\in R|\theta =0\}=\alpha \end{array}$$ 本問の場合、〔3〕の結果より、$k=2$ とすると、 $$\begin{array}{c}R=\{x:1<x<3\}\Rightarrow \lambda \left(x\right)>2\Rightarrow 1:\mathrm{Reject}{H}_0\\ R^C=\{x:x\le 1,3\le x\}\Rightarrow \lambda \left(x\right)<2\Rightarrow 0:\mathrm{Accept}{H}_0\end{array}$$ すなわち、 $1<x<3$ においては、尤度比が2よりも大きいので帰無仮説を棄却
それ以外においては、尤度比が2よりも小さいので帰無仮説を保留 となる有意水準 $\alpha$ の最強力検定となる。 $◼$

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