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Seja uma amostra de distribuição normal tendo variância 100. Encontre a região de rejeição para um teste no nível de significância \(\alpha=.10\) de \(H_0:\mu = 0\) versus \(H_A=1.5\). Qual é o poder do teste? Repita para \(\alpha=0.01\).

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perguntada Abr 16 em Estatística por Lucas Iantorno Klotz (26 pontos)  
editado Mai 14 por Lucas Iantorno Klotz

Cap 9 - Exercício 9 - John Rice (2007).

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1 Resposta

+1 voto
respondida Abr 21 por Lucas Iantorno Klotz (26 pontos)  
editado Abr 30 por Lucas Iantorno Klotz

As terminologias e definições seguirão Rice (2007).

Bem, para encontrar a região de rejeição basta calcularmos o valor crítico. Para isso, usaremos a taxa de verossimilhança da distribuição normal. Para fundamentar a nossa resolução, usaremos o Lemma de Neyman-Pearson:

Lemma.Neyman-Pearson: Suponha que \(H_0\) e \(H_1\) são hipóteses simples e que o teste que rejeita \(H_0\) sempre que a taxa de verossimilhança é menor que c [valor crítico] and nível de significância \(\alpha\). Então, qualquer outro teste em que o nível de significância é menor ou igual a \(\alpha\) tem poder menor ou igual ao teste da taxa de verossimilhança.

Em outras palavras, o Lemma argumenta que entre todos os testes com nível de significância \(\alpha\), o teste que rejeita para pequenos valores de taxa de verossimilhança é o mais poderoso. Calculemos então essa taxa. Tome duas funções densidade \(f_0\) e \(f_1\) sobre as hipóteses \(H_0\) e \(H_1\), respectivamente.
\[\frac{f_0(X)}{f_1(X)} = \frac{exp\left[\frac{-1}{2\sigma^2}\sum (X_i - \mu_0)^2\right]}{exp\left[\frac{-1}{2\sigma^2}\sum (X_i - \mu_1)^2\right]} ,\]
podemos cancelar os \(exp\) e com certa manipulação temos:
\[2n\bar{X}(\mu_0 - \mu_1) + n\mu_{1}^2 - n\mu_{0}^2 .\]

Bem, pelo enunciado sabemos que \(\mu_0 < \mu_1\). Sabemos então que a taxa de verossimilhança, uma função de \(\bar{X}\), é pequena quando este é grande. O Lemma nos diz que o teste mais poderoso rejeita \(\bar{X} > x_0\), para algum \(x_o\). Chamaremos este de \(c\), o nosso valor crítico. Escolhemos um que nos de o nível de significância \(\alpha\), para nós, primeiramente, \(\alpha = .10\). Sobre \(H_0\) temos \(\bar{X} \sim N(\mu_0,\frac{\sigma^2}{n})\), portanto, \(c\) pode ser escolhido da tabela de distribuição normal padronizada. Logo,
\[P(\bar{X} > c) = P\left(Z > \frac{c - \mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}\right),\]
isso nos da
\[c = \mu_0 + z_{\alpha}\sigma/\sqrt{n}.\]
Com as informações do enunciado, \(\mu_0 = 0\), \(n=25\) e \(\sigma=10\), o valor crítico é:
\[ c = 0 + \frac{12,8}{5} = 2,56,\]
ou seja, a hipótese \(\mu_0 = 0\) é rejeitada sempre que \(\bar{X} > 2,56\). Sabemos que o poder do teste é dado por \(1 - \beta\), em que \(\beta\) é a probabilidade do erro do tipo II ocorrer,
\[\beta = P(\bar{X} \leq c) = P\left(Z \leq \frac{c - \mu_1}{\sigma/\sqrt{n}}\right) = P\left(Z \leq z_{\alpha} + (\mu_0 - \mu_1)\frac{\sqrt{n}}{\sigma}\right),\]
logo \(\beta = P\left(Z \leq 0,53\right)\)=0,7019 e o poder do teste, \(1 - \beta = 0,2981\). Para o caso em que \(\alpha = 0.01\) seguimos o mesmo raciocíno:
\[c = 0 + \frac{23,26}{5} = 4,652,\]
de maneira que a hipótese \(\mu_0 = 0\) é rejeitada sempre que \(\bar{X} > 4,652\). A probabilidade do erro do tipo II ocorrer é \(\beta = P\left(Z \leq 1,58 \right) = 0,9429 \). Poder do teste é, portanto:
\[1 - \beta = 0,0571.\]

Isso encerra o problema.

OBS: Após o comentário do colega Lucas Santos refiz o cálculo final do exercício, que de fato estava errado. Embora o método de resolução estivesse correto, a minha resolução inicial utilizou valores da tabela normal padrão inadequados. Os resultados de ambos agora batem.

comentou Abr 29 por Lucas Santos e Silva (76 pontos)  
Muito boa solução Lucas!

Explorou e desenvolveu muito bem o método de Neyman-Pearson (que nem sempre costuma ser abordado desde suas etapas iniciais como feito aqui).

No entanto, destaco que cheguei em resultados diferentes em minha solução. Como a princípio não encontrei maiores divergências no desenvolvimento do argumento propriamente dito, fiquei com a impressão de que o problema talvez seja apenas no valor considerado para a distribuição normal padronizada.

Para o primeiro caso, onde \( \alpha = 0.10 \), obtive que a hipótese \( \mu = 0 \) é rejeitada sempre que \( \bar X > 2,56 \) (e não \( \bar X > 3,29 \) como indicado em sua solução). Consequentemente, obtém-se como poder do teste o valor de \( 0,2981\) (contra \( 0,105 \) obtido em sua solução).

Já para o segundo caso, onde \( \alpha = 0.01 \), obtive que a hipótese \( \mu = 0 \) é rejeitada sempre que \( \bar X > 4,66 \) (e não \( \bar X > 5,152 \) como indicado em sua solução). Consequentemente, obtém-se como poder do teste o valor de \( 0,0571\) (contra \( 0,826 \) obtido em sua solução).

De forma a permitir uma correta verificação, segue abaixo o detalhamento da solução com a qual obtive os valores acima mencionados. Veja se está de acordo com a mesma ou se estou deixando passar algo.

\[ \]

Caso 1 (\( \alpha = 0.10 \) )

Partindo dos resultados finais demonstrados para o método de Neyman-Pearson obtemos que a hipótese nula \(H_0\) será rejeitada se  \( \bar X > c \), onde \(\bar{X} \sim N(\mu_0,\frac{\sigma^2}{n}) \). Desta forma, temos que:

\[ P[ \bar X > c ] =  P\bigg[ \bigg( \frac{\bar X - \mu_0}{( \sigma / \sqrt n )} \bigg) > \bigg( \frac{c - \mu_0}{( \sigma / \sqrt n )} \bigg) \bigg] \]

Logo:

\[ z_{\alpha} = \bigg( \frac{c - \mu_0}{( \sigma / \sqrt n )} \bigg) \]

E portanto:

\[ c = z_{\alpha} \times ( \sigma / \sqrt n ) + \mu_0 \]

Substituindo os valores de \( \sigma \), \( n\) e \( \mu_0 \) obtemos:

\[ c = z_{\alpha} \times ( 10 / \sqrt 25 ) + 0 \]

\[ c = z_{\alpha} \times 2 \]

Neste caso, considerando o nível de significância indicado, a tabela de distribuição normal padronizada nos fornece \( z_{\alpha} = 1,28 \), portanto:

\[ c = 2,56 \]

\( \therefore \)  A hipótese nula \(H_0\) será rejeitada se  \( \bar X > 2,56 \).

No que diz respeito ao poder do teste, temos que:

\[ \beta = P[ \bar X < c \, \mid  \,  \mu = 1,5 ] \]

Logo:

\[ \beta = P \bigg[ z < \bigg( \frac{c - 1,5}{( \sigma / \sqrt n )} \bigg)\bigg] \]

Substituindo os valores de \( \sigma \) e \( n\) obtemos:

\[ \beta = P \bigg[ z < \bigg( \frac{2,56 - 1,5}{( 10 / \sqrt 25 )} \bigg)\bigg] \]

\[ \beta = P [ z < 0,53 ] = 0,7019 \]

Portanto, o poder do teste ( \( PT \) ) será dado por:

\[ PT = 1 - \beta = 1 - 0,7019 = 0,2981  \]

\( \therefore \)  Poder do teste será de \(0,2981\).

\[ \]

Caso 2 (\( \alpha = 0.01 \) )

Novamente partindo dos resultados finais demonstrados para o método de Neyman-Pearson obtemos que a hipótese nula \(H_0\) será rejeitada se  \( \bar X > c \), onde \(\bar{X} \sim N(\mu_0,\frac{\sigma^2}{n}) \). Desta forma, temos que:

\[ P[ \bar X > c ] =  P\bigg[ \bigg( \frac{\bar X - \mu_0}{( \sigma / \sqrt n )} \bigg) > \bigg( \frac{c - \mu_0}{( \sigma / \sqrt n )} \bigg) \bigg] \]

Logo:

\[ z_{\alpha} = \bigg( \frac{c - \mu_0}{( \sigma / \sqrt n )} \bigg) \]

E portanto:

\[ c = z_{\alpha} \times ( \sigma / \sqrt n ) + \mu_0 \]

Substituindo os valores de \( \sigma \), \( n\) e \( \mu_0 \) obtemos:

\[ c = z_{\alpha} \times ( 10 / \sqrt 25 ) + 0 \]

\[ c = z_{\alpha} \times 2 \]

Neste caso, considerando o nível de significância indicado, a tabela de distribuição normal padronizada nos fornece \( z_{\alpha} = 2,33 \), portanto:

\[ c = 4,66 \]

\( \therefore \)  A hipótese nula \(H_0\) será rejeitada se  \( \bar X > 4,66 \).

No que diz respeito ao poder do teste, temos que:

\[ \beta = P[ \bar X < c \, \mid  \,  \mu = 1,5 ] \]

Logo:

\[ \beta = P \bigg[ z < \bigg( \frac{c - 1,5}{( \sigma / \sqrt n )} \bigg)\bigg] \]

Substituindo os valores de \( \sigma \) e \( n\) obtemos:

\[ \beta = P \bigg[ z < \bigg( \frac{4,66 - 1,5}{( 10 / \sqrt 25 )} \bigg)\bigg] \]

\[ \beta = P [ z < 1,58 ] = 0,9429 \]

Portanto, o poder do teste ( \( PT \) ) será dado por:

\[ PT = 1 - \beta = 1 - 0,9429 = 0,0571  \]

\( \therefore \)  Poder do teste será de \(0,0571\).

\[ \]

Por fim, apenas de forma a complementar ainda mais a solução apresentada, deixo abaixo um breve apêndice com o detalhamento das manipulações da taxa de verossimilhança que permitem a obtenção da expressão final utilizada na solução.

Neste caso, o Lema de Neyman-Pearson nos diz que a hipótese nula \(H_0 \) será rejeitada sempre que a taxa de verossimilhança for menor que um valor crítico, ou seja:

\[ \frac{f_0(X)}{f_1(X)} < c \]

Portanto, no caso do problema aqui abordado, \(H_0 \) será rejeitada se:

\[ \frac{exp\left[\frac{-1}{2\sigma^2}\sum (X_i - \mu_0)^2\right]}{exp\left[\frac{-1}{2\sigma^2}\sum (X_i - \mu_1)^2\right]} < c\]

Tirando o logaritmo nos dois lados da desigualdade obtemos:

\[ ln \bigg( \frac{exp\left[\frac{-1}{2\sigma^2}\sum (X_i - \mu_0)^2\right]}{exp\left[\frac{-1}{2\sigma^2}\sum (X_i - \mu_1)^2\right]} \bigg) < ln (c) \]

\[ ln \bigg( exp\left[\frac{-1}{2\sigma^2}\sum (X_i - \mu_0)^2\right] \bigg) - ln \bigg (exp\left[\frac{-1}{2\sigma^2}\sum (X_i - \mu_1)^2\right] \bigg) < ln (c) \]

\[ \bigg [ \frac {-1}{2\sigma^2}\sum (X_i - \mu_0)^2 \bigg ] - \bigg [ \frac {-1}{2\sigma^2}\sum (X_i - \mu_1)^2 \bigg ] < ln (c) \]

\[ \bigg [ \sum (X_i - \mu_1)^2 \bigg ] - \bigg [ \sum (X_i - \mu_0)^2 \bigg ] < 2\sigma^2 ln (c) \]

Expandindo os quadrados e fazendo \( \bar c = 2\sigma^2 ln (c) \):

\[ \bigg [ \sum (X_i^2 - 2X_i\mu_1 + \mu_1^2) \bigg ] - \bigg [ \sum (X_i^2 - 2X_i\mu_0 + \mu_0^2) \bigg ] < \bar c \]

\[ \sum X_i^2 - \sum 2X_i\mu_1 + \sum \mu_1^2 - \sum X_i^2 + \sum 2X_i\mu_0 - \sum \mu_0^2 < \bar c \]

\[ - 2\mu_1\sum X_i + n\mu_1^2 + 2\mu_0\sum X_i - n\mu_0^2 < \bar c \]

Multiplicando e dividindo o lado esquerdo por \( n\):

\[ - 2\mu_1 n \, (1/n) \sum X_i + n\mu_1^2 + 2\mu_0 n \, (1/n) \sum X_i - n\mu_0^2 < \bar c \]

Dado que \( (1/n) \sum X_i = \bar X \):

\[ - 2\mu_1 n \bar X + n\mu_1^2 + 2\mu_0 n \bar X - n\mu_0^2 < \bar c \]

E por fim:

\[ 2n \bar X (\mu_0 - \mu_1) + n\mu_1^2 + - n\mu_0^2 < \bar c \]
comentou Abr 30 por Lucas Iantorno Klotz (26 pontos)  
editado Abr 30 por Lucas Iantorno Klotz
Oi, Lucas, obrigado pelo heads up! O método confere nas duas resoluções. De fato, numa falta de atenção usei os valores de z inadequados. Usei os valores de \(\alpha_1 = 0,5\) e \(\alpha_2 = 0,05\). Ao refazer, chego no mesmo resultado que a do seu comentário.
Atualizarei a resposta mencionando o que você destacou.
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