błedy I i II rodzaju - 2gie podejście

[adeda]

Na podstawie 3 elemntowej próby prostej pochodzącej z rozkładu \(\displaystyle{ N (m,3)}\) wyznaczono test najmocniejszy weryfikacji hipotezy \(\displaystyle{ H_{0} , m=4}\) przeciwko \(\displaystyle{ H_{1} : m=6}\) ktory przyjął postac:

\(\displaystyle{ \phi ( x ) =\begin{cases} 1 \ \text{dla} \ x_{1}+x_{2}+x_{3} > 15 \\
0 \ \text{dla} \ x_{1}+x_{2}+x_{3} \le 15\end{cases}}\)
a) jaki poziom istotności przyjęto dla tego testu
b) obliczyc moc testu

[acmilan]

(a)
Poziom istotności to prawdopodobieństwo, że w przypadku prawdziwości \(\displaystyle{ H_{0}}\), nasz test ją odrzuci. Czyli trzeba policzyć:
\(\displaystyle{ P(X_{1}+X_{2}+X_{3}>15|\mathcal N (4,3))}\)
Jeśli zmienne \(\displaystyle{ X_{1},X_{2},X_{3}}\) mają rozkład \(\displaystyle{ \mathcal N (4,3)}\), to ich suma ma rozkład \(\displaystyle{ \mathcal N (12,9)}\), czyli szukane prawdopodobieństwo to
\(\displaystyle{ P(Y>15)}\), gdzie \(\displaystyle{ Y - \mathcal N (12,9)}\)
\(\displaystyle{ P(Y>15)=P(Y>\mu+\sigma)=1-\Phi(1) \approx 0,16}\), czyli to prawdopodobieństwo jest równe temu, że standaryzowana zmienna normalna przekracza swoje odchylenie standardowe.
Zatem poziom istotności (prawdopodobieństwo popełnienia błędu I rodzaju) wynosi \(\displaystyle{ 0,16}\))

(b)
Moc testu to \(\displaystyle{ 1-P(blad \ II \ rodzaju)}\), a błąd II rodzaju polega na tym, że przyjmiemy hipotezę zerową choć jest ona fałszywa.
\(\displaystyle{ P(X_{1}+X_{2}+X_{3} \le 15|\mathcal N (6,3))}\)
i analogicznie:
\(\displaystyle{ P(Y \le 15)}\), gdzie \(\displaystyle{ Y - \mathcal N (18,9)}\)
\(\displaystyle{ P(Y \le 15)=P(Y \le \mu-\sigma)=\Phi(-1)=1-\Phi(1) \approx 0,16}\)
Zatem moc wynosi \(\displaystyle{ 0,84}\).

[adeda]

no to ma sens, z 1 zastrzezeniem
Jeśli zmienne \(\displaystyle{ X_{1},X_{2},X_{3}}\) mają rozkład \(\displaystyle{ \mathcal N (4,3)}\), to ich suma ma rozkład \(\displaystyle{ \mathcal N (12,9)}\)

z centralnego twierdzenia granicznego wynika Rozkład zmiennej losowej \(\displaystyle{ \displaystyle S_n}\) jest asymptotycznie równy rozkładowi \(\displaystyle{ \displaystyle N(nm,\sigma\sqrt{n})}\)

tylko ze wtedy bład I jest około 0,27
no chyba ze mam blad w notatkach, juz sam nie wiem

[acmilan]

Masz rację, z CTG tak wynika, lecz CTG służy dla dużych n. Zresztą jak napisałeś, to jest wynik asymptotyczny, czyli przybliżony.
W przypadku gdy sumujemy 3 niezależne zmienne losowe, nie potrzeba CTG.
Wartości oczekiwane sumują się zawsze, a wariancje gdy zmienne są niezależne, czyli suma
\(\displaystyle{ X_{1}+X_{2}+X_{3}}\) ma rozkład \(\displaystyle{ \mathcal N(12,9)}\)