Pobierz Testowanie Hipotez: Zadania i Rozwiązania i więcej Zadania w PDF z Statystyka stosowana tylko na Docsity!
1 Testowanie hipotez
W tej części rozwiązane zostaną zadania dotyczące testowania hipotez. Wymagana jest wiedza z zakresu najmocniejszych testów, ilorazu wiarygodności, parametrów testów statystycznych.
- (Eg 52/1) Niech X 1 , X 2 , ..., X 8 będzie próbką z rozkładu prawdopodobieństwa Pareto o dystrybu- ancie Fθ (x) = 1 −
xθ^
dla x 6 1 oraz Fθ (x) = 0 dla x < 1 ,
gdzie θ > 0 jest nieznanym parametrem. Rozpatrzmy zadanie testowania hipotezy H 0 : θ = 2 przeciwko alternatywie H 1 : θ = 4. Zbudowano taki test, dla którego suma prawdopodobieństw błędów I i II rodzaju, oznaczanych odpowiednio przez α i β, jest najmniejsza. Oblicz tę najmniejszą wartość α + β. Odp: B-> 0 , 3336. Rozwiązanie. Niech fθ (x) = θxθ+1^ będzie gęstością rozkładu Pareto. Testem który dla ustalonego błędu pierwszego rodzaju (równego α) minimalizuje błąd drugiego rodzaju jest test Neymana- Pearsona, którego obszar krytyczny ma postać
K = {(x 1 , .., x 8 ) :
∏^ i=1^ f^4 (xi) 8 i=1 f^2 (xi)^
> C},
gdzie ∑ C jest dobrane tak aby Pθ=2(X ∈ K) = α. Nietrudno zauważyć, że K = {(x 1 , .., x 8 ) : 8 i=1 log^ xi^ <^ C¯}^ dla pewnego^ C¯. Zauważmy, że^ log^ Xi^ ma rozkład^ Exp(θ)^ zatem^
i=1 log^ Xi^ ma rozkład Gamma(8, θ). Stąd C¯ musi być tak dobrane, że
Pθ=2(
∑^8
i=
log Xi < C¯) =
∫ C¯
0
x^7 e−^2 xdx = α( C¯).
Z kolei błąd drugiego rodzaju to
Pθ=4(
∑^8
i=
log Xi 6 C¯) =
C^ ¯
x^7 e−^4 xdx = β( C¯).
Wystarczy znaleźć punkt minimum funkcji α( C¯) + β( C¯). Zauważmy, że α′( C¯) + β′( C¯) = 0 jeśli
− 28 e−^2 C¯^ + 4^8 e−^4 C¯^ = 0
stąd C¯ = 4 log 2. Pozostaje albo skorzystać z tablic rozkładu χ 2 , wtedy dostajemy 0 , 3336. Z przybliżenia rozkładem normalnym. Niech Z będzie z rozkładu N (0, 1)
α( C¯) = Pθ=2(
i=1 log √^ Xi^ −^4 2
C¯ − 4
) ' P(Z <
(4 log 2) − 4 √ 2
oraz β( C¯) = Pθ=4(
i=1 √ log^ Xi^ −^2 1 / 2
C¯ − 2
) ' P(Z >
(8 log 2) − 4 √ 2
Zatem α( C¯) + β( C¯) ' 0 , 330.
- (Eg 53/3) Niech X 1 , X 2 , ..., Xn będą niezależnymi zmiennymi losowymi z rozkładu normalnego N (m + θ, 1), Y 1 , Y 2 , ..., Yn będą niezależnymi zmiennymi losowymi z rozkładu normalnego N (m − θ, 1). Wszystkie zmienne są niezależne. Parametry m i θ są nieznane. Weryfikujemy hipotezę H 0 : θ = 0 przy alternatywie H 1 : θ = 0, 5 za pomocą testu opartego na ilorazie wiarogodności na
poziomie istotności 0 , 05. Moc tego testu przy n = 18 jest równa:? Odp: C-> 0 , 913. Rozwiązanie. Testy oparte na ilorazie i wiarygodności polegają na tym, że porównuje się LK (x) = supθ∈ΘK L(θ, x z LH (x) = supθ∈ΘH L(θ, x). Obszar krytyczny ma zatem postać
K = {x ∈ Rn^ :
LK (x) LH (x)
λ 0 }
dla pewnego λ 0 > 1 spełniającego warunek
Pθ (
LK (X)
LH (X)
λ 0 ) 6 α, gdy θ ∈ ΘH ,
dla zadanej istotności α. W przypadku tego zadania są tylko dwie hipotezy i dlatego test oparty na ilorazie wiarygodności redukuje się do testu Neymana Pearsona. Najlepiej zapamiętać, że w przypadku rozwiązywanego zadania obszar krytyczny będzie miał postać∑ K = {(x, y) ∈ Rn^ × Rn^ : n i=1(xi^ −^ yi)^ > C}. Oczywiście wynik ten można potwierdzić rachunkiem zauważmy, że
LK (x, y) LH (x, y)
exp(− 12 (
∑n i=1[(xi^ −^ m^ −^
1 2 ))
(^2) + (yi − m + 1 2 )
2 ])
exp(− 12 (
∑n i=1[(xi^ −^ m)) (^2) + (yi − m) (^2) ]) =
= exp(
∑^ n
i=
[(xi − yi) −
])).
Stąd natychmiast szukana postać obszaru krytycznego. Znajdujemy właściwe C ze wzoru
Pθ=0(K) = P(
∑^ n
i=
(Xi − Yi) > C) = 0, 05.
Niech Z będzie z rozkładu N (0, 1) oczywiście w sensie rozkładu
∑n i=1(Xi^ −^ Yi)^ (przy założeniu θ = 0) ma postać
2 nZ. Stad C = 6 · 1 , 64 nadto dla θ = 12 w sensie rozkładu
∑n i=1(Xi^ −^ Yi)^ ma postać n +
2 nZ
Pθ= 12 (K) = P(n +
2 nZ >
2 n 1 , 64) = P(Z > 1 , 64 − n √ 2 n
Dla n = 18 dostajemy P(Z > 1 , 64 − 3) = P(Z > − 1 , 36) ' 0 , 913.
- (Eg 54/10) Niech X 1 , X 2 , X 3 , X 4 , X 5 będą niezależnymi zmiennymi losowymi z rozkładu o gęstości
pλ(x) = λe−λx, gdy x > 0 , oraz pλ(x) = 0 gdyx < 0 ,
gdzie λ > 0 jest nieznanym parametrem. Niestety nie obserwujemy zmiennych X 1 , X 2 , X 3 , X 4 , X 5 ale zmienne Yi = [Xi], i = 1, 2 , 3 , 4 , 5 , gdzie symbol [x] oznacza część całkowitą liczby x. Dyspo- nując próbą Y 1 , Y 2 , Y 3 , Y 4 , Y 5 weryfikujemy hipotezę H 0 : λ = 1, przy alternatywie H 1 : λ = 3 za pomocą testu o obszarze krytycznym
K = {ˆλ > 1 , 79 },
gdzie λˆ oznacza estymator największej wiarygodności parametru λ otrzymany na podstawie próby losowej Y 1 , Y 2 , Y 3 , Y 4 , Y 5. Rozmiar tego testu jest równy (wybierz najlepsze przybliżenie). Odp: C-> 0 , 286. Rozwiązanie. Rozkład zmiennych Yk ma postać
Pλ(Yk = n) = Pλ(Xk ∈ [k, k + 1)) = e−λk^ − e−λ(k+1)^ = (1 − e−λ)e−λk, dla k > 0 ,
Warunek jest równoważny temu, że |x|(1− 2 |x|) 6 (8C)−^1. Niech d =
1 − C−^1 czyli |x| 6 1 − 4 d= a lub |x| > 1+ 4 d= b. Zauważmy, że
Pθ (X 6 t) = 1 − 12 [θ − 2 |x|]^2 0 < t 6 θ 2 1 2 [θ^ −^2 |x|]
(^2) − θ 2 < t^6
Stąd Pθ (|X| 6 a) = 1− [θ−^2 |a|]
2 θ^2 , jeśli^ |a|^6
θ 2 , a w przeciwnym razie^1 nadto^ Pθ^ (|X|^ > b) =^
[θ− 2 |b|]^2 θ^2 jeśli |b| 6 θ 2 , a w przeciwnym razie 0. Zatem
Pθ=1(X ∈ K) = 1 − [1 − 2 |b|]^2 + [1 − 2 |a|]^2 = 1 + 2d − 2 d(1/2) = 0, 2.
Pozostaje zauważyć, że b − a =
1 − 8 C¯ 2 nadto^ b
(^2) − a (^2) =
1 − 8 C¯
- Niech^ d^ =^
1 − 8 C¯. Zachodzi
Pθ=1(X ∈ K) = 1 − [1 − 2 |a|]^2 + [1 − 2 |b|]^2 = 1 − 2 d + d = 1 − d
Stąd d = 45 a dalej a = 201 , b = 209. Obliczamy moc testu dla θ = 6
Pθ=6(|x| 6 a, |x| > b) = 1 −
(6 − 101 )^2
(6 − 109 )^2
- (Eg 56/5) Obserwujemy niezależne zmienne losowe X 1 , X 2 , X 3 , X 4 , Y 1 , Y 2 , Y 3 , Y 4 , Y 5. Zmienne lo- sowe X 1 , X 2 , X 3 , X 4 mają ten sam rozkład o dystrybuancie Fμ 1. Dystrybuanta Fμ spełnia warunek
Fμ(x) = F (x − μ)
dla pewnej ustalonej, nieznanej, ciągłej, ściśle rosnącej dystrybuanty F. Weryfikujemy hipotezę H 0 : μ 1 = μ 2 przy alternatywie H 1 : μ 1 < μ 2 stosując test o obszarze krytycznym
K = {S : S < 16 },
gdzie S jest sumą rang zmiennych losowych X 1 , X 2 , X 3 , X 4 w próbce złożonej ze wszystkich ob- serwacji ustawionych w ciąg rosnący. Wyznaczyć rozmiar testu. Odp: A-> 12618. Rozwiązanie. Test rangi oparty jest o spostrzeżenie, że gdyby μ 1 = μ 2 wtedy zmienne X i Y powinny być losowo wymieszane. W związku z tym wystarczy obliczyć prawdopodobieństwo wszystkich układów sprzyjających temu że S < 16 przy założeniu losowego położenia zmiennych X 1 , ..., X 4 po ustawieniu w ciąg rosnący w całej próbce. Sprawdzamy, że jest dokładnie 18 moż- liwych układów nadto wyborów zbiorów 4 elementowych w 9 elementowym jest
4
= 126. Stąd rozmiar testu wynosi 12618.
- (Eg 56/10) Niech X 1 , X 2 , X 3 , X 4 będą niezależnymi zmiennymi losowymi o identycznym rozkładzie geometrycznym postaci P(X = k) = p(1 − p)k^ gdy k = 0, 1 , 2 , ..., gdzie p ∈ (0, 1) jest nieznanym parametrem. Hipotezę H 0 : p = 12 przy alternatywie H 1 : p > (^12) weryfikujemy testem jednostajnie najmocniejszym na poziomie istotności 0 , 1875. Moc tego testu przy alternatywie p = 45 jest równa:? Odp: E-> 0 , 73728.
Rozwiązanie. Test jednostajnie najmocniejszy oparty jest o statystykę T (x) przy której dla dowolnego p′^ > p funkcja L(p
′,k) L(p,k) jest rosnącą funkcją^ T^ (k). Obliczamy
L(p′, k) L(p, k)
(1 − p′)k^1 +...+k^4 (1 − p)k^1 +...+k^4
1 − p′ 1 − p
)k 1 +...+k 4 .
Zatem szukaną statystyką jest T (k) = −(k 1 + ... + k 4 ). W przypadku rozkładów zawsze trzeba liczyć się z problemem randomizacji testu. To znaczy test ma postać
ϕ(k) =
1 gdy T (k) > C γ gdy T (k) = C 0 gdy T (k) < C
Stałe C i γ wyznacza się z warunku Ep= 12 ϕ(X) = 0, 1875. Zauważmy, że przy p = 12 , X 1 + ... + X 4 ma rozkład ujemny dwumianowy B−(4, 12 ). Należy znaleźć C ∈ N takie, że Pp= 12 (X 1 + ... + X 4 < C) 6 0 , 1875 oraz P(X 1 + ... + X 4 ) > 0 , 1875. Okazuje się, że C = 2, a test szczęśliwie nie jest zrandomizowany. Obliczamy moc testu dla p = 45.
Pp= 45 (X 1 + ... + X 4 < 2) = 0, 7328.
- (Eg 57/6) Niech X 1 , X 2 , ..., X 8 będzie próbką z rozkładu prawdopodobieństwa Pareto o dystrybu- ancie Fθ (x) = 1 −
xθ^
dla x 6 1 oraz Fθ (x) = 0 dla x < 1 ,
gdzie θ > 0 jest nieznanym parametrem. Rozpatrzmy zadanie testowania hipotezy H 0 : θ = 4 przeciwko alternatywie H 1 : θ = 2. Zbudowano taki test, dla którego suma prawdopodobieństw błędów I i II rodzaju, oznaczanych odpowiednio przez α i β, jest najmniejsza. Oblicz tę najmniejszą wartość α + β. Odp: B-> 0 , 3336. Rozwiązanie. Zauważmy, że gęstość ma postać fθ (x) = θ^8
i=
1 xi
θ+
. Stosujemy test Neymana Pearsona, w tym obliczy iloraz wiarygodności
L(2, x) L(4, x)
= 2−^8
∏^8
i=
x^2 i = 2−^8 exp(
∑^8
i=
log xi).
Zatem obszar krytyczny K = {x ∈ R^8 : L L(2(4,x,x)) > C} można zapisać jako
K = {x ∈ R^8 :
∑^8
i=
log xi > C¯}
Należy zauważyć, że log Xi ma rozkład Exp(θ) stąd
i=1 log^ Xi^ ma przy zadanym^ θ^ rozkład Γ(8, θ). Stąd
α( C¯) + β( C¯) = Pθ=4(K) + 1 − Pθ=2(K) =
C^ ¯
exp(− 4 x)dx +
∫ C¯
0
exp(− 2 x)dx = f ( C¯).
Poszukujemy C¯ takiego, że f ′( C¯) = 0 Równanie f ′( C¯) = 0 jest równoważna
e−^2 C¯ = 2^8 e−^4 C¯ .
Czyli C¯ = 4 log 2. Pozostaje obliczyć α( C¯)+β( C¯). Można skorzystać z tablic rozkładu chi-kwadrat, wtedy odpowiedzią jest 0 , 3336. Alternatywnie korzystając z rozkładu normalnego dla zmiennej Z z rozkładu N (0, 1)
α( C¯) = Pθ=4(
i=1 √ log^ Xi^ −^2 1 / 2
C¯ − 2
) ' P(Z >
(8 log 2) − 4 √ 2
- (Eg 58/3) Niech X 1 , X 2 , ..., X 10 będą niezależnymi zmiennymi losowymi o tym samym rozkładzie. Weryfikowano hipotezę H 0 : VarX = 4 przy alternatywie H 1 : VarX > 4. Zakładając, że zmienne losowe X, mają rozkład normalny o wartości oczekiwanej 0 wykorzystano test jednostajnie naj- mocniejszy na poziomie 0 , 05. W rzeczywistości zmienne losowe X, mają rozkład o gęstości
fc(x) = c|x| exp(−cx^2 ),
gdzie c > 0 jest nieznanym parametrem. Wyznacz rzeczywisty rozmiar wykorzystanego testu (wybierz najlepsze przybliżenie). Odp: B-> 0 , 013. Rozwiązanie. Korzystamy z testu Neymana Pearsona dla gaussowskich zmiennych losowych. Iloraz wiarygodności dla θ > 4 ma postać
L(θ, x) L(4, x)
(2π4)^5 (2πθ)^5 exp(−
θ
∑^10
i=
x^2 i )
co jest rosnącą funkcją
i=1 x
2 i. Zatem obszar krytyczny ma postać
K = {x ∈ R^10 :
∑^10
i=
x^2 i > C}
dla C takiego, że PVarX=4(
i=1 X
2 i > C) = 0,^05. Oczywiście przy^ VarX^ = 4^ rozkład^
i=1 X
2 i to rozkład zmiennej 4 Z, gdzie Z ma rozkład χ^2 z 10 stopniami swobody. Z tablic otrzymujemy, że C/4 = 18, 307. Pozostaje obliczyć
α(c) = Pc(
∑^10
i=
X i^2 > C)
dla Xi o rozkładzie z gęstością fc(x). Zauważmy najpierw, że X i^2 ma rozkład o dystrybuancie
P(X^2 i 6 t) = 2P(0 6 Xi 6
t)
skąd wyznaczamy gęstość c exp(−ct)1t> 0 , czyli X i^2 ma rozkład wykładniczy z parametrem c Pa- rametr c obliczamy z warunku, że EX i^2 = VarXi = 4. Stąd c = 1/ 4. Zatem
i=1 X 2 i ma rozkład Γ(10, 14 ). Ostatecznie
i=1 X
2 i ma rozkład jak^2 Z, gdzie^ Z^ pochodzi z rozkładu^ Γ(^ 20 2 ,^
1 2 )^ czyli χ^2 (20). Z tablic odczytujemy, że P(Z > C/2) ' 0 , 013.
- (Eg 59/9) Zakładając, że zmienne losowe X 1 , X 2 , ..., X 5 , Y 1 , Y 2 , , ..., Y 5 są niezależnymi zmien- nymi losowymi, przy czym Xi, i = 1, 2 , ..., 5 mają rozkłady normalne N (μX , 1), a zmienne Yi, i = 1, 2 , ..., 5 mają rozkłady normalne N (μY , 22 ), zbudowano test najmocniejszy dla weryfikacji hipotezy : H 0 : μX = μY = 0 przy alternatywie H 1 : μX = 1 i μY = − 1 na poziomie istotno- ści 0 , 05. W rzeczywistości zmienne losowe (Xi, Yi), i = 1, 2 , ..., 5 są niezależne i mają rozkłady normalne o parametrach EXi = μX , EYi = μY , VarXi = 1, VarYi = 4, współczynnik korelacji ρ(Xi, Yi) = 0, 5. Przy tych warunkach moc zbudowanego testu jest równa:? Odp: E-> 0 , 87. Rozwiązanie. Stosujemy test Neymana-Pearsona, obliczamy iloraz wiarygodności
L((1, −1), (x, y)) L((0, 0), (x, y))
= exp(
∑^5
i=
(xi −
yi 4
Zatem obszar krytyczny ma postać K = {(x, y) ∈ R^5 × R^5 :
i=1(xi^ −^
yi 4 )^ > C;^ }, gdzie^ C^ jest tak dobrane aby
P(μX ,μY )=(0,0)(
∑^5
i=
(Xi −
Yi 4
) > C).
Niech Z będzie z rozkładu N (0, 1). Przy założeniu μX = μY = 0 rozkład
i=1(Xi^ −^
Yi 4 )^ ma postać 5 2 Z. Stąd^
2 5 C^ '^1 ,^64. Należy więc sprawdzić rozkład^
i=1(Xi^ −^
Yi 4 )^ przy założeniu korelacji oraz μX = 1, μY = − 1. Obliczamy wartość oczekiwaną E
i=1(Xi^ −^
Yi 4 ) =^
25
- Obliczamy kowariancję Cov(Xi, Yi) = 1 i wreszcie wariancję
Var(
∑^5
i=
(Xi − Yi 4
Zatem
i=1(Xi^ −^
Yi 4 )^ ma rozkład^
25 4 +^
√ 15 2 Z, gdzie^ Z^ ma rozkład^ N^ (0,^ 1). Stąd
P(μX ,μY )=(1,−1)(
∑^5
i=
(Xi −
Yi 4
) 6 C) = P(
Z >
- (Eg 60/5) Obserwujemy niezależne zmienne losowe X 1 , X 2 , X 3 , Y 1 , Y 2 , Y 3 , Y 4 , Y 5. Zmienne losowe X 1 , X 2 , X 3 mają ten sam rozkład o dystrybuancie Fμ 1 , a zmienne Y 1 , Y 2 , Y 3 , Y 4 , Y 5 mają ten sam rozkład o dystrybuancie Fμ 2. Dystrybuanta Fμ warunek
Fμ(x) = F (x − μ)
dla pewnej ustalonej, nieznanej, ciągłej, ściśle rosnącej dystrybuanty F. Weryfikujemy hipotezę H 0 : μ 1 = μ 2 przy alternatywie H 1 : μ 1 6 = μ 2 stosując test o obszarze krytycznym
K = {S : S < 10 ∨ S > 17 },
gdzie S jest sumą rang zmiennych losowych X 1 , X 2 , X 3 w próbce złożonej ze wszystkich obserwacji ustawionych w ciąg rosnący. Wyznaczyć rozmiar testu. Odp: B-> 0 , 250. Rozwiązanie. Korzystamy z testu rangi. Wszystkich możliwych rozmieszczeń 3 elementów wśród 8 jest
3
= 56. Obliczamy teraz liczbę rozmieszczeń dla zbioru krytycznego to znaczy spełniającą warunki S < 10 lub S > 17. Dla S < 10 jest ich tyle samo co dla S > 17 czyli 7. Zatem rozmiar testu wynosi 1456 = 0, 25.
- (Eg 60/8) Zakładając, że zmienne losowe X 1 , X 2 , X 3 są niezależne i mają jednakowy rozkład jednostajny na przedziale (−θ, θ), gdzie θ > 0 jest nieznanym parametrem, weryfikujemy hipotezę H 0 : θ = 1 przy alternatywie H 1 : θ 6 = 1 za pomocą testu jednostajnie najmocniejszego na poziomie istotności 0 , 2. W rzeczywistości zmienne losowe X 1 , X 2 , X 3 są niezależne o tym samym rozkładzie o gęstości p(x) =
|x|, gdy x ∈ (− 2 , 2), oraz p(x) = 0 gdy |x| > 2.
Prawdopodobieństwo zbioru krytycznego rozważanego testu przy tym rozkładzie zmiennych X 1 , X 2 , X 3 jest równe:? Odp: B-> 0 , 9850. Rozwiązanie. Zazwyczaj testy najmocniejsze są jednostronne. Znajdźmy strukturę testu Ney- mana Pearsona dla θ > 1 opartą o iloraz wiarygodności
L(θ, x) L(1, x)
i=1 1 |xi|^6 θ θ^3
i=1 1 |xi|^61
- (Eg 62/1) Każda ze zmiennych losowych X 1 , X 2 , ..., X 9 ma rozkład normalny z nieznaną wartością oczekiwaną m 1 i wariancją 1 , a każda ze zmiennych losowych Y 1 , Y 2 , ..., Y 9 rozkład normalny z nie- znaną wartością oczekiwaną m 2 i wariancją 4. Założono, że wszystkie zmienne losowe są niezależne i wyznaczono, przy tych założeniach, test oparty na ilorazie wiarogodności dla testowania hipotezy H 0 : m 1 = m 2 przy alternatywie H 1 : m 1 6 = m 2 na poziomie istotności 0 , 05. W rzeczywistości założenie to nie jest spełnione:
- co prawda pary zmiennych (X 1 , Y 1 ), (X 2 , Y 2 ), ..., (Xn, Yn) są niezależne i mają rozkłady nor- malne, ale
- dla i = 1, 2 , ..., 6 , Xi, Yi są zależne i współczynnik korelacji Corr(Xi, Yi) = − 12.
Moc testu przy alternatywie m 1 = m 2 + 1 jest równa:? Odp: B-> 0 , 293. Rozwiązanie. Stosujemy test oparty na ilorazie wiarygodności
LK (x) LH (x)
sup(m 1 ,m 2 )∈K L((m 1 , m 2 ), x) supθ∈H L((m 1 , m 2 ), x)
Obliczamy
sup (μ 1 ,μ 2 )∈K
L((m 1 , m 2 ), x) = sup (m 1 ,m 2 )
(2π)
9 (^2) (8π) 9 (^2) exp(−
∑^9
i=
[
(xi − m 1 )^2 2
(yi − m 2 )^2 8
]) =
= sup m 1 ,m 2
(2π)
(^92) (8π)
(^92) exp(−
∑^9
i=
[
(xi − ¯x)^2 2
(yi − ¯y)^2 8
]),
gdyż maksimum jest osiągane dla m 1 = ¯x = (^1) n (x 1 + ... + xn), m 2 = ¯y = (^1) n (y 1 + ... + yn). Z drugiej strony
sup (m 1 ,m 2 )∈H
L((m 1 , m 2 ), x) = sup m 1
(2π)
(^92) (8π)
(^92) exp(−
∑^9
i=
[
(xi − m 1 )^2 2
(yi − m 1 )^2 8
]) =
= sup m 1
(2π) (^92) (8π) (^92) exp(−
∑^9
i=
[
x^2 i 2
y^2 i 8
n(¯x + y¯ 4
)^2 ]).
Stąd
exp(−
∑^9
i=
[n(
x¯^2 2
y¯^2 8
(¯x +
y¯ 4
)^2 )]) = exp(n
∑^9
i=
(¯x − ¯y)^2 10
Zatem obszar krytyczny ma postać
K = {(x, y) : |¯x − y¯| > C}
co warto zapamiętać jako fakt pomocniczy. Obliczamy wartość C
Pm 1 =m 2 (| X¯ − Y¯ | > C) = 0, 05.
Przy założeniu X¯ − Y¯ ma rozkład N (0, 59 ) czyli dla Z z rozkładu N (0, 1)
Pm 1 =m 2 (| X¯ − Y¯ | > C) = P(
|Z| > C) = 0, 05.
Zatem √^35 C = 1, 96 , C =
√ 5 3 ·^1 ,^96. Dla^ m^1 =^ m^2 + 1^ rozkład^ X¯ − Y¯ ma wartość średnią 1. Nadto przy założeniach o korelacji dla i = 1, 2 , ..., 6 zachodzi Cov(Xi, Yi) = − 1. Zatem
Var( X¯ − Y¯ ) =
Obliczamy
Pm 1 =m 2 +1(| X¯ − Y¯ | > C) = P(|1 +
Z| > C) ' 0 , 293.
- (Eg 62/3) Załóżmy, że dysponujemy pojedynczą obserwacją X z rozkładu Laplace’a o gęstości
fμ,λ(x) =
λ 2
e−λ|x−μ|,
gdzie λ > 0 i μ ∈ R są parametrami. Rozważamy zadanie testowania hipotezy
H 0 : μ = − 1 i λ = 0, 5
przy alternatywie H 1 : μ = 0 i λ = 1. Obszar krytyczny najmocniejszego testu na poziomie istotności α jest postaci
K = {x : x ∈ (b, 2)}.
Moc testu jest równa Odp: C-> 0 , 676. Rozwiązanie. Najmocniejszy test ma konstrukcję testu Neymana-Pearsona czyli powinniśmy wyznaczyć iloraz wiarygodności
L((− 1 , 12 ), x) L((0, 1), x)
= 2 exp(−|x| +
|x + 1|).
Zatem obszar krytyczny ma postać K = {x ∈ R : −|x| + 12 |x + 1| > C}. Stąd C = − 12 oraz b = − 23. Pozostaje obliczyć moc testu
Pμ=0,λ=1(X ∈ K) =
− (^23)
e−|x|dx =
(1 − e−^2 ) +
(1 − e−^ (^23) ) ' 0 , 676.
