ex7.5.4 ポアソン分布への適合度検定

はじめに

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$\newcommand{\lnl}{\\[8pt]}$ $\newcommand{\Lnl}{\\[18pt]}$ $\newcommand{\delt}{\mathrm{d}}$ $\newcommand{\comb}{\mathrm{C}}$ $\DeclareMathOperator*{\ssum}{\Sigma}$ $\DeclareMathOperator*{\sprod}{\Pi}$

ex7.5.4

カイ二乗検定

テキスト(7.5.1)(ii)を用いる.攪乱母数はポアソン分布のパラメータ$\lambda$である.まずは$\lambda$を最尤推定すると,(ex6.3.5)の結果より,$\hat{\lambda} = \overline{X}$であるから,

\begin{align}
\hat{\lambda} = \frac{0\times 63 + 1\times 21 + 2\times 10 + 3\times 6}{100}=0.59
\end{align}

となる.

誤植の数がパラメータ$\hat{\lambda}$のポアソン分布に従うという帰無仮説$H_0$と,そうではないという対立仮説$H_1$に関する検定を行う.
帰無仮説$H_0$が正しいとする.1ページに$i$個誤植がある確率$p_i$は,

\begin{align}
p_i = \frac{\hat{\lambda}^i}{i!}e^{-\hat{\lambda}}
\end{align}

で計算できるので,
\begin{align}
&p_0 = 0.554 ,\quad p_1 = 0.327 \\
&p_2 = 0.096 ,\quad p_3 = 0.019
\end{align}

となる.ただし,$p_3$は1ページに誤植が$3$個以上ある確率$p_3’$に置き換えて考えることにする.
\begin{align}
p_3′ = 1-(p_0+p_1+p_2) = 0.022
\end{align}

以上より各誤植数ごとの期待度数$E_i$は,
\begin{align}
&E_0 = 100\times p_0 = 55.4\\
&E_1 = 100\times p_1 = 32.7\\
&E_2 = 100\times p_2 = 9.6\\
&E_3 = 100\times p_3′ = 2.2
\end{align}

となる.これを用いて$Q(\bm{X})$を計算すると,$Q(\bm{X}) = 11.81$となる.
$Q(\bm{X})$が従うカイ二乗分布の自由度は,攪乱母数の数が$1$つだから $4-1-1=2$である. 統計表より
\begin{align}
\chi^2_{2,0.005} = 10.597
\end{align}

であるから,水準$0.005$の検定であっても$H_0$は棄却される.すなわち有意確率$p$は
\begin{align}
p < 0.005 \end{align}
である.

尤度比検定

テキスト(7.5.2)より

\begin{align}
-2\log\lambda(\bm{X}) &= 2\left(63 \log\frac{63}{55.4} + 21 \log\frac{21}{32.7} + 10 \log\frac{10}{9.6} + 6 \log\frac{6}{2.2}\right) \lnl
&= 10.45
\end{align}

が帰無仮説のもとで漸近的に自由度$4-1-1=2$のカイ二乗分布に従うことを用いる.
統計表より
\begin{align}
\chi^2_{2,0.005} = 10.597\\
\chi^2_{2,0.01} = 9.2103
\end{align}

であるから, 尤度比検定を用いた場合の有意確率$p$は,
\begin{align}
0.005 < p < 0.01 \end{align}
である.