基本的にはp.96 の"尤度比検定"に従って計算する。
帰無仮説を\(\hat{\theta}=\theta _0\)とするとき、\(\)
\begin{eqnarray}
f_n(x:\hat{\theta})&=&{}_nC_x \hat{\theta}^x(1-\hat{\theta})^{n-x} \\ \\
f_n(x:\theta _0)&=&{}_nC_x \theta _0^x(1-\theta _0)^{n-x}
\end{eqnarray}
であるから、\(2\log \lambda _n\)を求めると
\begin{eqnarray}
2\log \lambda _n&=&2\log \frac{f_n(x:\hat{\theta})}{f_n(x:\theta _0)} \\ \\
&=&
2\log \frac{ {}_nC_x \hat{\theta}^x(1-\hat{\theta})^{n-x} }{ {}_nC_x \theta _0^x(1-\theta _0)^{n-x} } \\ \\
&=&
2\log \frac{\hat{\theta}^x(1-\hat{\theta})^{n-x} }{\theta _0^x(1-\theta _0)^{n-x} } \\ \\
&=&
2\left(x\log \hat{\theta} -(n-x)\log (1-\hat{\theta}) +x\log \theta _0 -(n-x)\log (1-\theta _0) \right) \\ \\
&=&
2n\left(\frac{x}{n}\log \hat{\theta} -(1-\frac{x}{n})\log (1-\hat{\theta}) +\frac{x}{n}\log \theta _0 -(1-\frac{x}{n})\log (1-\theta _0) \right) \\ \\
&=&
2n\left(\hat{\theta}\log \hat{\theta} -(1-\hat{\theta})\log (1-\hat{\theta}) +\hat{\theta}\log \theta _0 -(1-\hat{\theta})\log (1-\theta _0) \right) \;\;\;... \frac{x}{n}が\theta の推定量\hat{\theta}であるため。\\ \\
&=&
2n\left(\hat{\theta}\log \frac{\hat{\theta}}{\theta _0} -(1-\hat{\theta})\log \frac{1-\hat{\theta} }{1-\theta _0} \right)\\ \\
\end{eqnarray}