1

Τρίτη, 12 Ιανουαρίου 2010.

Έλεγχος Απλής Υποθέσεως 0H Έναντι Απλής 1H .

0 0:H θ θ= έναντι της 1 1:H θ θ=

Για την εύρεση Ισχυρότατη κρίσιµη περιοχή, συγκεκριµένου µεγέθους α

είναι η κρίσιµη περιοχή µε τη µεγαλύτερη ισχύ (ή ισοδύναµα µε τη µικρότερη

πιθανότητα σφάλµατος τύπου ΙΙ) ανάµεσα σε όλες τις κρίσιµες περιοχές µεγέ-

θους α.

Παράδειγµα

Ελέγχουµε τη µεροληψία ενός κέρµατος.

H0: 1

2p = , H1:

3

4p = .

Έστω ν=6 (6 ρίψεις του νοµίσµατος)

Να βρεθεί η ισχυρότατη κρίσιµη περιοχή µεγέθους 764

a =

Μπορούµε να κατασκευάσουµε τον παρακάτω πίνακα:

S H0:

1

2p = H1:

3

4p =

0 1 0,01562564

= 1 0,0002444096

=

1 6 0,0937564

= 18 0,0043954096

=

2 15 0,23437564

= 135 0,0329594096

=

3 20 0,312564

= 540 0,1318364096

=

4 15 0,23437564

= 1215 0,2966314096

=

5 6 0,0937564

= 1458 0,3559574096

=

6 1 0,01562564

= 729 0,1779794096

=

∆ιακρίνουµε όλες τις περιοχές απόρριψης της 0H , οι οποίες συνολικά έχουν πι-

θανότητα 764

a = .

Έτσι έχουµε: { }1 0,1C S= = , { }2 5,6C S= = , { }3 0,5C S= = και { }4 1,6C S= = .

Ισχύς ελέγχου = 1 - 3

|4

P C p =

Ισχύς ελέγχου 1C = 1

31 |

4P C p − = =

1 0,000244 0,004395− − =

1 0,004639 0,995361− =

2

Ισχύς ελέγχου 2C = 2

31 |

4P C p − = =

1 0,355957 0,177979− − =

1 0,355957 0,177979− − = 1 0,533936− = 0,466064

Ισχύς ελέγχου 3C = 3

31 |

4P C p − = =

1 0,000244 0,355957− − =

1 0,356201− = 0,643799

Ισχύς ελέγχου 4C = 4

31 |

4P C p − = =

1 0,000244 0,177979− − =

1 0,178223− = 0,821777

Άρα η ισχυρότερη περιοχή ελέγχου είναι η { }2 5,6C S= = , η οποία µεγιστοποιεί την

( ) ( )1| 1 . .P C H P σϕτ= − ΙΙ

Λήµµα Neyman – Pearson Γενική Μέθοδος Εύρεση Ισχυρότατης κρίσιµης περιοχής.

Έστω 1 2, ,...,n

X X X τυχαίο δείγµα από κατανοµή µε σ.π. ( );f x θ και έστω πα-

ραµετρικός χώρος { }0 1,θ θΘ = .

Θέλουµε Ισχυρότατο έλεγχο µεγέθους α για τις 0 0:H θ θ= έναντι της 1 1:H θ θ=

Υπενθύµιση: Συνάρτηση πιθανοφάνειας

( ) ( );L f xθ θ= = ( )1

,n

i

i

f x θ=∏

Εάν υπάρχει θετική σταθερά κ και περιοχή C του δειγµατικού χώρου, τέτοια

ώστε:

i) ( )( )

0

1

Lk

L

θθ

≤ , εάν ( )1 2, ,..., nX X X C∈

ii) ( )( )

0

1

Lk

L

θθ

≥ , εάν ( )1 2, ,..., nX X X ∈C

iii) ( )1 2 0Pr , ,..., |n

X X X C aθ ∈ =

Τότε η C θα είναι ισχυρότατη κρίσιµη περιοχή µεγέθους α, για τον έλεγχο

0 0:H θ θ= έναντι της 1 1:H θ θ= (απλής έναντι απλής).

Παράδειγµα - Άσκηση:

Έστω 1 2, ,...,n

X X X τ.δ. από κανονική κατανοµή ( )2, 36µ σ =

Να ελεγχθεί η 0 : 50H µ = , έναντι της υποθέσεως 1 : 55H µ = , σε επίπεδο ση-

µαντικότητας α.

Λύση:

Συνάρτηση πιθανοφάνειας

3

( ) ( );L f xµ µ= = ( )1

;n

i

i

f x µ=

=∏ ( )2

1

1exp

2 362 36

ni

i

x µ

π=

− − =

⋅ ∏

( )( )2

1272 exp72

n

ini

x µπ − =

−

−

∑

( )( )

( )( )

( )( )

2

12

2

12

50

72 exp72

50

5555

72 exp72

n

ini

n

ini

x

L

Lx

π

µµ

π

− =

− =

−

−

= = ==

− −

∑

∑

( )

( )

2

1

2

1

1exp 50

72

1exp 55

72

n

i

i

n

i

i

x

x

=

=

− −

= − −

∑

∑

( ) ( )2 2

1 1

1exp 50 55

72

n n

i i

i i

x x= =

− − − − =

∑ ∑

( )2 2 2 2

1 1

1exp 2 50 50 2 55 55

72

n n

i i i i

i i

x x x x= =

− − ⋅ + − − + =

∑ ∑

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

1exp 100 50 110 55

72

n n n n n n

i i i i

i i i i i i

x x x x= = = = = =

− − + − + − =

∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑

2 2

1

1exp 10 50 55

72

n

i

i

x n n=

− + − =

∑ ( )2 2

1

1exp 10 50 55

72

n

i

i

x n=

− + − =

∑

( )( )11exp 10 50 55 50 55

72

n

i

i

x

n nn

=

− + − + =

∑

( )1exp 10 5 105

72nX n

− + − ⋅ = ( )1exp 10 525

72nX n

− −

( )( )50

55

Lk

L≤ ⇔ ( )1

exp 10 52572

nX n k − − ≤ ⇔

( )110 525 ln

72nX n k− − ≤ ⇔

525 10 ln

72 72

X k

n− ≤ ⇔

10 525 ln

72 72

X k

n≥ − ⇔

525 72ln

10 10

kX

n≥ − = ( )1

525 72ln10

n k cn

− =

άρα ( ){ }1 2: , ,..., :n

I C X X X X cΚΠ = ≥

4

( )1 2Pr , ,..., | 50n

X X X C aµ ∈ = =

Αριθµητικά παραδείγµατα:

Εφαρµογή:

Να βρεθεί η σταθερά c, αν α=0,05 και 16n = .

( )1 2 0P , ,..., | 0,05n

X X X C H a ∈ = =

( )P | 50 0,05X c µ≥ = =

( )~ ,36X N µ ⇔

236 3

~ , ,16 2

X N Nµ µ = ⇔

( )~ 0,13

2

Xz N

µ−= ⇔

50 50P 0,05

3 3

2 2

X c − −

≥ = ⇔

50

Pr 0,053

2

cz

−

≥ = ⇔

501 Pr 0,05

3

2

cz

−

− < = ⇔

50

Pr 0,953

2

cz

−

< = ⇔

50

0,953

2

c −

Φ = ⇒

( )501,645

3

2

c −

Φ = Φ ⇒

50

1,6453

2

c −= ⇒

3 1,64550

2c

⋅= + =

4,93550

2+ =

50 2,4675 52,4675+ =

Άσκηση: (συνέχεια προηγούµενης)

Έστω 16n = και 53c = .

Να βρεθεί το επίπεδο στατιστικής σηµαντικότητας α.

Λύση

( )0 0P . |a ό ήαπ ρρ αληθ ς= Η Η = ( )P | 50c µΧ ≥ = = 50 53 50

P3

2nσ

Χ − − ≥ =

( )P 2z ≥ = ( )1 P 2z− < = ( )1 2 0,0228−Φ =

Άσκηση:

Έστω 1 2, ,...,n

X X X τυχαίο δείγµα από κανονική κατανοµή ( ),1N θ .

i) Να βρεθεί η ισχυρότατη κρίσιµη περιοχή του ελέγχου 0 : 0H θ = έναντι

της 1 : 1H θ = − .

ii) Ν.δ.ό. αν 25n = και α=0,05, η ισχύς του ισχυρότατου ελέγχου είναι

0,999, όταν η 1H είναι αληθής.

5

Λύση

i) Πιθανοφάνεια ( ) ( )1 2, ,...,n

L f X X Xθ = = ( )1

,n

i

i

f x θ=

=∏

( ) ( )1

22

1

12 exp

2

n

i

i

xπ θ−

=

− − = ∏ ( ) ( )2

2

1

12 exp

2

nn

i

i

xπ θ−

=

− −

∑

( )( )

( )( )

0

1

0

1

L L

L L

θθ

= =−

( ) ( )

( ) ( )

22

1

22

1

12 exp 0

2

12 exp 1

2

nn

i

i

nn

i

i

x

x

π

π

−

=

−

=

− −

= − − −

∑

∑

( )

2

1

2

1

1exp

2

1exp 1

2

n

i

i

n

i

i

x

x

=

=

−

= − +

∑

∑

( )22

1 1

1 1exp 1

2 2

n n

i i

i i

x x= =

− + + =

∑ ∑ ( )2 2

1 1

1exp 1

2

n n

i i

i i

x x= =

+ − =

∑ ∑

2 2

1 1

1exp 2 1

2

n n

i i i

i i

x x x= =

+ + − =

∑ ∑ ( )2 2

1 1

1exp 2 1

2

n n

i i i

i i

x x x= =

+ + − =

∑ ∑

2 2

1 1 1 1

1exp 2 1

2

n n n n

i i i

i i i i

x x x= = = =

+ + − =

∑ ∑ ∑ ∑

1

1exp 2

2

n

i

i

x n=

+ =

∑

exp2

nnX k

+ ≤ ⇒

ln2

nnX k+ ≤ ⇒

1 ln

2

kX

n+ ≤ ⇒

ln 1

2

kX c

n≤ − =

Άρα η κρίσιµη περιοχή µεγέθους α είναι:

( ){ }1 2, ,..., :nC X X X X c= ≤ , έτσι ώστε ( )( )1 2 0, ,..., |

nP X X X H a=

ii) Είδαµε ότι: X c≤ , ln 1

2

kc

n= − , δηλαδή απορρίπτουµε την 0H έναντι

της 1H , όταν ( ){ }1 2, ,..., :nC X X X X c= ≤

άρα ( )( )1 2 0, ,..., |

nP X X X H a=

( )| 0 0,05P C aθ = = = ⇔ ( )| 0 0,05P X c θ≤ = = ⇔

0 00,05

1 125 25

X cP

− − ≤ = ⇔

( )5 0,05P z c≤ = ⇔ 0,055 1,645c z= − = − ⇒

1,645

5c = − , άρα απορρίπτουµε όταν 1,645z < − ( )( )1,645 0,05Φ − = ,

0,05 1,645z = ⇒ 0,05 1,645z− = −

Συνάρτηση ισχύος:

( ) ( )|P Cθ θΠ = , όταν 1H είναι αληθής

( ) ( )1 | 1P Cθ θΠ = = − = ( )| 1P X c θ≤ = − = ( )0,329 | 1P X θ≤ − = − =

6

1 0,329 1

1 125 25

XP

+ − + ≤ =

( )3,3P z ≤ = ( )3,3 0,999Φ = , ό.έ.δ.