今回の問題はポアソン分布における尤度比検定・ワルド検定・スコア検定の問題ですね。これも基本に沿ってやれば問題なくできます。
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まずは尤度比検定ですが、その前にλの最尤推定量を求めましょう。
対数尤度関数は
\[
\log L(\lambda) = \sum x_i \log \lambda – \log \sum x_i! – n\lambda
\]
となるので、\(\lambda\) で微分して
\[
\frac{\partial}{\partial\lambda} \log L(\lambda) = \frac{\sum x_i}{\lambda} – n
\]
これを \(=0\) として変形すれば最尤推定量 \(\hat\lambda\) が求まります。
\[
\hat\lambda = \frac{\sum x_i}{n} = \bar X
\]
標本平均と等しくなることが分かりました。
では尤度比検定の式を見てみると
\[
\frac{\frac{\lambda_0^{n\bar X}}{\prod x_i!} e^{-n\lambda_0}}{\frac{\hat\lambda^{n\bar X}}{\prod x_i!} e^{-n\hat\lambda}}
= \left(\frac{\lambda_0}{\bar X}\right)^{n\bar X} \exp(n\bar X – n\lambda_0)
\]
あとは \(-2\) をかけて対数をとると、カイ二乗分布に従うため
\[
-2n\bar X \log \lambda_0 + 2n\bar X \log \bar X + n\bar X – n\lambda_0 > \chi^2_{1,\alpha}
\]
となります。
続いてワルド検定。まずフィッシャー情報量を求めていきます。
パラメータで2回微分すると
\[
\frac{\partial^2}{\partial\lambda^2} \log f(x) = -\frac{x}{\lambda^2}
\]
負の期待値を取ると、1個のフィッシャー情報量となりますが \(E[X] = \lambda\) なので
\[
I_1(\lambda) = \frac{1}{\lambda}
\]
となります。
よって、ワルド検定の式は
\[
\sqrt{nI_1(\hat\lambda)} (\hat\lambda – \lambda_0)
= \sqrt{\frac{n}{\hat\lambda}} (\hat\lambda – \lambda_0)
= \sqrt{\frac{n}{\bar X}} (\bar X – \lambda_0) \sim N(0,1)
\]
二乗すると解答と同様にカイ二乗分布に従う形となります。
最後にスコア検定。
スコア関数は対数尤度関数をパラメータで微分すれば良いので
\[
S(\lambda) = \frac{n\bar X}{\lambda} – n
\]
となります。
スコア検定を示す式は
\[
\frac{S(\lambda_0)}{\sqrt{nI_1(\lambda_0)}}
\]
なので、代入して
\[
\frac{\sqrt{n}(\bar X – \lambda_0)}{\sqrt{\lambda_0}} \sim N(0,1)
\]
となります。これも二乗すると解答と同様の形になります。
(＊2021.04.25追記：途中の式にミスがあったので修正しました)
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