Czy mógłby mi ktoś pomóc rozwiązać takie oto zadanie?
Niech X1, . . . , Xn będzie próbą prostą z rozkładu N(µ, 4). Rozważmy najmocniejszy test hipotezy H0 : µ = 0 przeciw alternatywie H1 : µ = 1, na poziomie istotności 0.01. Ile potrzeba obserwacji, żeby moc testu była większa niż 0.9?
Bardzo proszę o pomoc
testowanie hipotez
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
testowanie hipotez
Smutno mi, że tak zepsułem kolokwium z wnioskowania statystycznego (było nie iść z gorączką), więc sobie napiszę.
Mamy \(\displaystyle{ L(\mu_1, \underline{x})= \prod_{k=1}^{n} \frac{1}{2\sqrt{2\pi}}\exp\left( - \frac{1}{8}(x_k-1)^2 \right)}\) oraz \(\displaystyle{ L(\mu_0, \underline{x})= \prod_{k=1}^{n} \frac{1}{2\sqrt{2\pi}}\exp\left( - \frac{1}{8}(x_k)^2 \right)}\),
gdzie \(\displaystyle{ \mu_1=1, \mu_0=0}\).
Można skorzystać z lematu Neymana-Pearsona. Test jednostajnie najmocniejszy w tym problemie ma postać
\(\displaystyle{ \varphi(\underline{x})= \begin{cases} 1 \text{ gdy } \sum_{k=1}^{n}x_k \ge c \\ 0 \text{ w przeciwnym razie } \end{cases}}\)
gdzie stała \(\displaystyle{ c}\) jest tak wyznaczona, by przy prawdziwości hipotezy \(\displaystyle{ H_0}\)
było \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \sum_{k=1}^{n}X_k>c \right) =0,01}\)
Przy prawdziwości \(\displaystyle{ H_0}\) mamy \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} X_k\sim \mathcal{N}(0,4n)}\),
a więc \(\displaystyle{ \frac{1}{2\sqrt{n}} \sum_{k=1}^{n}X_k \sim \mathcal{N}(0,1)}\).
Czyli przy \(\displaystyle{ H_0}\) mamy
\(\displaystyle{ 0,01=\mathbf{P}\left( \sum_{k=1}^{n}X_k>c \right) =\mathbf{P}\left( \frac{1}{2\sqrt{n}} \sum_{k=1}^{n} X_k\ge \frac{c}{2\sqrt{n}} \right)}\), a stąd
\(\displaystyle{ 1-0,01=0,99=\mathbf{P}\left( \frac{1}{2\sqrt{n}} \sum_{k=1}^{n} X_k\le \frac{c}{2\sqrt{n}} \right)}\), a stąd \(\displaystyle{ \frac{c}{2\sqrt{n}} \approx 2,33}\) (z tablic rozkładu normalnego).
Moc testu to prawdopodobieństwo przyjęcia hipotezy alternatywnej \(\displaystyle{ H_1}\), gdy jest ona prawdziwa, czyli
\(\displaystyle{ \mathbf{P}_{\mu=1}\left( \sum_{k=1}^{n}X_k\ge c \right)}\)
Przy prawdziwości \(\displaystyle{ H_1}\) mamy
\(\displaystyle{ \frac{1}{2\sqrt{n}} \sum_{k=1}^{n}(X_k-1) \sim \mathcal{N}(0,1)}\)
Chcemy, aby zachodziło:
\(\displaystyle{ 0,9<\mathbf{P}_{\mu=1}\left( \sum_{k=1}^{n}X_k\ge c \right)
=\mathbf{P}_{\mu=1}\left( \frac{1}{2\sqrt{n}} \sum_{k=1}^{n}(X_k-1)\ge \frac{c-n}{2\sqrt{n}} \right)}\)
Korzystając z \(\displaystyle{ \frac{c}{2\sqrt{n}} \approx 2,33}\) widzimy, ze ma być:
\(\displaystyle{ 0,9<\mathbf{P}_{\mu=1}\left( \frac{1}{2\sqrt{n}} \sum_{k=1}^{n}(X_k-1)\ge 2,33- \frac{\sqrt{n}}{2} \right)}\)
Czyli: \(\displaystyle{ 0,1>\Phi\left( 2,33- \frac{\sqrt{n}}{2} \right)}\)
Mamy \(\displaystyle{ \Phi^{-1}(0,1)\approx -1,28}\) z tablic rozkładu normalnego i własności \(\displaystyle{ \Phi(-x)=1-\Phi(x),}\) stąd
\(\displaystyle{ 2,33- \frac{\sqrt{n}}{2}<-1,28}\),
czyli \(\displaystyle{ \sqrt{n}>7,22}\), więc \(\displaystyle{ n\ge53}\) (to już wolfram).
Mamy \(\displaystyle{ L(\mu_1, \underline{x})= \prod_{k=1}^{n} \frac{1}{2\sqrt{2\pi}}\exp\left( - \frac{1}{8}(x_k-1)^2 \right)}\) oraz \(\displaystyle{ L(\mu_0, \underline{x})= \prod_{k=1}^{n} \frac{1}{2\sqrt{2\pi}}\exp\left( - \frac{1}{8}(x_k)^2 \right)}\),
gdzie \(\displaystyle{ \mu_1=1, \mu_0=0}\).
Można skorzystać z lematu Neymana-Pearsona. Test jednostajnie najmocniejszy w tym problemie ma postać
\(\displaystyle{ \varphi(\underline{x})= \begin{cases} 1 \text{ gdy } \sum_{k=1}^{n}x_k \ge c \\ 0 \text{ w przeciwnym razie } \end{cases}}\)
gdzie stała \(\displaystyle{ c}\) jest tak wyznaczona, by przy prawdziwości hipotezy \(\displaystyle{ H_0}\)
było \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \sum_{k=1}^{n}X_k>c \right) =0,01}\)
Przy prawdziwości \(\displaystyle{ H_0}\) mamy \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} X_k\sim \mathcal{N}(0,4n)}\),
a więc \(\displaystyle{ \frac{1}{2\sqrt{n}} \sum_{k=1}^{n}X_k \sim \mathcal{N}(0,1)}\).
Czyli przy \(\displaystyle{ H_0}\) mamy
\(\displaystyle{ 0,01=\mathbf{P}\left( \sum_{k=1}^{n}X_k>c \right) =\mathbf{P}\left( \frac{1}{2\sqrt{n}} \sum_{k=1}^{n} X_k\ge \frac{c}{2\sqrt{n}} \right)}\), a stąd
\(\displaystyle{ 1-0,01=0,99=\mathbf{P}\left( \frac{1}{2\sqrt{n}} \sum_{k=1}^{n} X_k\le \frac{c}{2\sqrt{n}} \right)}\), a stąd \(\displaystyle{ \frac{c}{2\sqrt{n}} \approx 2,33}\) (z tablic rozkładu normalnego).
Moc testu to prawdopodobieństwo przyjęcia hipotezy alternatywnej \(\displaystyle{ H_1}\), gdy jest ona prawdziwa, czyli
\(\displaystyle{ \mathbf{P}_{\mu=1}\left( \sum_{k=1}^{n}X_k\ge c \right)}\)
Przy prawdziwości \(\displaystyle{ H_1}\) mamy
\(\displaystyle{ \frac{1}{2\sqrt{n}} \sum_{k=1}^{n}(X_k-1) \sim \mathcal{N}(0,1)}\)
Chcemy, aby zachodziło:
\(\displaystyle{ 0,9<\mathbf{P}_{\mu=1}\left( \sum_{k=1}^{n}X_k\ge c \right)
=\mathbf{P}_{\mu=1}\left( \frac{1}{2\sqrt{n}} \sum_{k=1}^{n}(X_k-1)\ge \frac{c-n}{2\sqrt{n}} \right)}\)
Korzystając z \(\displaystyle{ \frac{c}{2\sqrt{n}} \approx 2,33}\) widzimy, ze ma być:
\(\displaystyle{ 0,9<\mathbf{P}_{\mu=1}\left( \frac{1}{2\sqrt{n}} \sum_{k=1}^{n}(X_k-1)\ge 2,33- \frac{\sqrt{n}}{2} \right)}\)
Czyli: \(\displaystyle{ 0,1>\Phi\left( 2,33- \frac{\sqrt{n}}{2} \right)}\)
Mamy \(\displaystyle{ \Phi^{-1}(0,1)\approx -1,28}\) z tablic rozkładu normalnego i własności \(\displaystyle{ \Phi(-x)=1-\Phi(x),}\) stąd
\(\displaystyle{ 2,33- \frac{\sqrt{n}}{2}<-1,28}\),
czyli \(\displaystyle{ \sqrt{n}>7,22}\), więc \(\displaystyle{ n\ge53}\) (to już wolfram).