12회 · 최적 검정과 결정 · 워크북

D. 퀄형

여러 절과 앞 회차의 도구를 잇는 종합 문제다. 머리의 제한 시간을 재고, 노트를 덮고 푼다. 검정을 유도할 때는 가능도비가 어떤 통계량의 단조함수인지부터 밝힌다.

D1 이동한 지수분포의 UMP 검정 ★★★

정리 2.4, 8회 정리 1.2 · 제한 35분

$X_1,\dots,X_n$이 iid이고 밀도가 $f(x;\theta)=e^{-(x-\theta)}$ ($x>\theta$)이다.

1. (a)

   결합밀도를 써서 이 족이 $X_{(1)}$에 대해 단조가능도비를 가짐을 보여라(가능도비는 $\infty$를 허용한다).

2. (b)

   $X_{(1)}-\theta$가 비율 $n$의 지수분포임을 보이고, $H_0:\theta\le0$ 대 $H_1:\theta>0$의 크기 $\alpha$ UMP 검정이 “$X_{(1)}>c$이면 기각”, $c=-\tfrac1n\log\alpha$임을 보여라.

3. (c)

   검정력 함수를 구하라. $\theta>c$이면 검정력은 얼마인가?

4. (d)

   $n=10$, $\alpha=0.05$이면 $c$와 $\theta=0.2$에서의 검정력은?

힌트

(a) 결합밀도는 $e^{n\theta}e^{-\sum x_i}1\{x_{(1)}>\theta\}$이다. $\theta_1<\theta_2$의 비는 $x_{(1)}\le\theta_2$이면 0, 그 위에서는 상수다. (b) $P(X_{(1)}>t)=P(X_1>t)^n$.

풀이

(a) 결합밀도는 $f(\x;\theta)=e^{n\theta}e^{-\sum x_i}1\{x_{(1)}>\theta\}$이다. $\theta_1<\theta_2$이면 비 $f(\x;\theta_2)/f(\x;\theta_1)$는 $\theta_1<x_{(1)}\le\theta_2$에서 0, $x_{(1)}>\theta_2$에서 $e^{n(\theta_2-\theta_1)}$이므로 $x_{(1)}$의 감소하지 않는 함수다(정의 2.2). (b) $P_\theta(X_{(1)}>t)=\prod_iP_\theta(X_i>t)=e^{-n(t-\theta)}$ ($t\ge\theta$)이므로 $X_{(1)}-\theta\sim$ 비율 $n$의 지수분포다(8회 정리 1.2의 최솟값). 정리 2.4로 UMP 검정은 $X_{(1)}>c$이고, $P_0(X_{(1)}>c)=e^{-nc}=\alpha$에서 $c=-\tfrac1n\log\alpha$이다. 단조가능도비의 비가 계단함수여서 경계 $\{X_{(1)}=c\}$는 확률 0이고 확률화가 필요 없다. (c) $\beta(\theta)=P_\theta(X_{(1)}>c)=e^{-n(c-\theta)}=\alpha e^{n\theta}$ ($\theta\le c$)이고 $\theta>c$이면 $X_{(1)}>\theta>c$이므로 1이다. (d) $c=\tfrac{\log20}{10}=0.300$, $\beta(0.2)=0.05e^{2}=\tfrac{e^2}{20}=0.369$이다. 검정력이 $\theta$에 대해 지수적으로 커지는 것은 정보가 $n$ 비율로 쌓이는 정칙 모형($\sqrt n$ 비율)과 다른 점이다.

최종답 (a) $c=\tfrac{\log20}{10}\approx0.300$ (b) $\tfrac{e^2}{20}\approx0.369$

D2 두 Poisson 비율의 비교 ★★★

정의 3.1, 11회 정리 1.3 · 제한 35분

같은 기간 동안 두 공장의 사고 수 $X\sim\mathrm{Poi}(\lambda_1)$, $Y\sim\mathrm{Poi}(\lambda_2)$를 관측한다($X$, $Y$ 독립). $H_0:\lambda_1=\lambda_2$를 검정한다.

1. (a)

   가능도비 통계량이 $-2\log\lambda=2\bigl[x\log\tfrac{2x}{x+y}+y\log\tfrac{2y}{x+y}\bigr]$임을 보이고 $x=12$, $y=4$에서 계산하라.

2. (b)

   $H_0$ 아래 $X+Y=n$이 주어지면 $X\sim\mathrm b(n,\tfrac12)$임을 보이고, 이 조건부분포가 공통 $\lambda$에 의존하지 않는 이유를 충분성으로 설명하라.

3. (c)

   $x=12$, $y=4$에서 조건부 정확 검정의 한쪽 $p$-값 $P(X\ge12\mid X+Y=16)$을 구하라.

힌트

(a) $H_0$ 아래 MLE는 $\tfrac{x+y}2$, 전체 모형에서는 $(x,y)$이다. (b) $H_0$ 아래 $X+Y$는 공통 $\lambda$의 충분통계량이다. $P(X=k\mid X+Y=n)$을 직접 계산한다.

풀이

(a) 전체 모형의 MLE는 $\hat\lambda_1=x$, $\hat\lambda_2=y$이고 $H_0$ 아래는 $\hat\lambda=\tfrac{x+y}2$이다. 로그가능도 $x\log\lambda_1-\lambda_1+y\log\lambda_2-\lambda_2$에서 $-\lambda$ 항의 합은 두 경우 모두 $x+y$이므로 $-2\log\lambda=2\bigl[x\log\tfrac x{\hat\lambda}+y\log\tfrac y{\hat\lambda}\bigr]$이다. $x=12$, $y=4$이면 $\hat\lambda=8$, $2[12\log1.5+4\log0.5]=2(4.866-2.773)=4.19$이고 $\chi^2(1)$로 읽은 $p$-값은 0.041이다. (b) $P(X=k,\allowbreak \ Y=n-k)/P(X+Y=n)=\tfrac{e^{-\lambda}\lambda^k/k!\cdot e^{-\lambda}\lambda^{n-k}/(n-k)!}{e^{-2\lambda}(2\lambda)^n/n!}=\tbinom nk2^{-n}$이다($X+Y\sim\mathrm{Poi}(2\lambda)$, 4회). $\lambda$가 지워진다. $H_0$ 아래 결합 pmf는 $e^{-2\lambda}\lambda^{x+y}/(x!\,y!)$이므로 인수분해 정리(11회 정리 1.3)로 $X+Y$가 충분하고, 충분통계량이 주어진 조건부분포는 모수에 의존하지 않는다. 그래서 귀찮은 모수 $\lambda$ 없이 정확한 검정을 만들 수 있다. (c) $P(\mathrm b(16,\allowbreak \tfrac12)\ge12)=\tfrac{1820+560+120+16+1}{65536}=\tfrac{2517}{65536}=0.0384$이다. 양쪽이면 두 배인 0.077로, 가능도비 검정의 근사 $p$-값 0.041보다 크다.

최종답 (a) $\approx4.19$ (b) $\tfrac{2517}{65536}\approx0.0384$

D3 불량률의 축차 검사 ★★★

정리 4.2, 보조정리 4.3 · 제한 35분

불량률 $p$인 제품을 하나씩 검사해 $H_0:p=0.1$ 대 $H_1:p=0.3$을 $\alpha=\beta=0.05$의 SPRT로 결정한다. $n$개까지의 불량품 수를 $d_n$이라 하자.

1. (a)

   계속할 영역이 $sn-h<d_n<sn+h$ 꼴의 띠임을 보이고 (a) 기울기 $s$와 (b) 절편 $h$를 구하라.

2. (c)

   Wald의 근사로 (c) $E_{0.1}N$과 (d) $E_{0.3}N$을 구하라.

3. (d)

   양품만 계속 나오면 (e) 몇 개째에 $H_0$를 택하는가? 불량품만 계속 나오면 (f) 몇 개째에 $H_1$을 택하는가?

힌트

불량품마다 $\Lambda$에 $\log3$을, 양품마다 $\log\tfrac79$를 더한다. 그래서 $\Lambda_n=d_n\log\tfrac{27}7-n\log\tfrac97$이고, $A=-B=\log19$이다.

풀이

(a)(b) $\Lambda_n=d_n\log3+(n-d_n)\log\tfrac79=d_n\log\tfrac{27}7-n\log\tfrac97$이다. $B<\Lambda_n<A$를 $d_n$에 대해 풀면 $\tfrac{n\log(9/7)-\log19}{\log(27/7)}<d_n<\tfrac{n\log(9/7)+\log19}{\log(27/7)}$이므로 $s=\tfrac{\log(9/7)}{\log(27/7)}=0.186$, $h=\tfrac{\log19}{\log(27/7)}=2.18$이다. 기울기 $s$는 두 불량률 사이의 값이다. (c)(d) $E_{0.1}Z=0.1\log3+0.9\log\tfrac79=-0.1163$, $E_{0.3}Z=0.3\log3+0.7\log\tfrac79=0.1537$이다. 보조정리 4.3에 $\Lambda_N\approx A$ 또는 $B$를 넣으면 $E_{0.1}N\approx\tfrac{0.95B+0.05A}{E_{0.1}Z}=\tfrac{-0.9\log19}{-0.1163}=22.8$, $E_{0.3}N\approx\tfrac{0.05B+0.95A}{E_{0.3}Z}=\tfrac{0.9\log19}{0.1537}=17.2$이다. (e) 양품만이면 $\Lambda_n=n\log\tfrac79\le-\log19$, 곧 $n\ge\tfrac{\log19}{\log(9/7)}=11.7$이므로 12개째다. (f) 불량품만이면 $d\log3\ge\log19$, $d\ge2.68$이므로 3개째다.

최종답 (a) $s\approx0.186$ (b) $h\approx2.18$ (c) $E_0N\approx22.8$ (d) $E_1N\approx17.2$ (e) $12$ (f) $3$

D4 비용이 다른 분류: Bayes와 minimax ★★★

정리 5.2, 따름정리 5.3 · 제한 35분

관측 $x$ 하나로 무리 0 ($\N(0,1)$)과 무리 1 ($\N(2,1)$)을 가른다. 무리 1의 사전확률은 0.2이고, 무리 1을 무리 0으로 잘못 부르는 비용은 5, 반대 오류의 비용은 1이다(맞으면 0). 규칙은 “$x>t$이면 무리 1”이다.

1. (a)

   Bayes 규칙의 $t$를 구하라.

2. (b)

   그 Bayes 위험 $0.8\cdot1\cdot P_0(X>t)+0.2\cdot5\cdot P_1(X\le t)$를 구하라.

3. (c)

   두 무리의 위험 $1\cdot P_0(X>t)$와 $5\cdot P_1(X\le t)$를 같게 하는 $t$(minimax 규칙)를 수치로 구하라.

4. (d)

   (c)의 규칙이 minimax인 이유를 C7로 설명하라. 어떤 사전확률에 대한 Bayes 규칙인가?

힌트

(a) 가능도비 $e^{2x-2}$를 임계값 $\tfrac{0.8\cdot1}{0.2\cdot5}=0.8$과 비교한다. (c) $1-\Phi(t)=5\Phi(t-2)$를 $t$에 대해 이분법으로 푼다.

풀이

(a) 따름정리 5.3으로 $e^{2x-2}>0.8$, 곧 $x>1+\tfrac12\log0.8=0.888$이면 무리 1이다. (b) $0.8(1-\Phi(0.888))+1.0\cdot\Phi(0.888-2)=0.8\times0.1872+0.1332=0.283$이다. (c) $g(t)=1-\Phi(t)-5\Phi(t-2)$는 감소함수이고 $g(0.4)>0>g(0.5)$이다. 이분법으로 $t=0.474$이며, 이때 두 위험은 모두 $0.318$이다. (d) $t=0.474$는 가능도비 임계값 $e^{2t-2}=0.349=\tfrac{\pi_0\cdot1}{\pi_1\cdot5}$, 곧 $\pi_0/\pi_1=1.75$인 사전확률($\pi_1\approx0.36$)에 대한 Bayes 규칙이다. 그 규칙의 위험이 두 무리에서 같으므로 C7로 minimax다. minimax 규칙은 실제 사전확률 0.2를 모르는 것처럼 행동하므로, 사전확률을 아는 사람의 Bayes 위험(0.283)보다 큰 최악의 위험(0.318)을 받아들이는 대신 어느 무리가 참이어도 위험이 0.318을 넘지 않는다.

최종답 (a) $t\approx0.888$ (b) $\approx0.283$ (c) $t\approx0.474$

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