ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
66 ПРОВЕРКА ПАРАМЕТРИЧЕСКИХ ГИПОТЕЗ § 10.
По определению 10.7 вероятность ошибки второго рода β = 1 −
− W(S
p
, γ) = ϕ
n
(θ
0
, γ).
Сделаем некоторые выводы о зависимости ϕ
n
(θ
0
, γ) от величины γ и
объема выборки n (θ
0
— фи ксировано).
1) Если n = const, а |θ
0
− γ| → ∞, то ϕ
n
(θ
0
, γ) → 0. Поэтому
W (S
p
, θ
0
) → 1, а β → 0. Последнее означает, что при фиксированном
объеме выборки n хорошо различаются “далекие” гипотезы H
0
и H
1
(т.е.
|θ
0
− γ| ≫0). Если же θ
0
∼
=
γ, то β
∼
=
1 − W(S
p
, θ
0
) = 1 − p, т.е. близка к
единице, так как p мало по условию.
2) Если же θ
0
6= γ, но n → ∞, то
√
n|θ
0
− γ|
σ
→ ∞. Поэтому ϕ
n
(θ
0
, γ) →
→ 0 при n → ∞, θ
0
, γ — фиксированы. Последнее означ ает, что критерий
будет хорошо различать даже “близкие” гипотезы (θ
0
∼
=
γ), если объем
выборки n достаточно велик. Указанный факт называется свойством
состоятельности критерия против любой простой альтернативы H
1
.
П р и м е р 10.3. По реализации z
n
выборки Z
n
объема n = 100,
соответствующей распределени ю N(θ; 1), вычислена реализация выбо-
рочного среднего x
n
= 0,153. На уровне значимости p = 0,05 проверить
гипотезу H
0
: θ = 0 против альтернативы H
1
: θ = 0,5. Вычислить
мощность к ритерия и вероятность ошибки второго рода β.
Р е ш е н и е. Воспользуемся результатами примеров 10.1 и 10.2. По
условию n = 100, σ = 1, p = 0,05, α = 1 −
p
2
= 0,975, u
α
= 1,96.
Доверительная область
∆
p
имеет вид
∆
p
=
θ
0
− u
α
σ
√
n
; θ
0
+ u
α
σ
√
n
= [−0,196; 0,196] ,
где учтено, что θ
0
= 0 по условию. Так как
x
n
= 0,153 ∈ ∆
p
, ги-
потеза H
0
принимается. Заметим, что проводя аналогичные выкладки
для гипотезы H
1
, мы получили бы доверительную область
∆
p
(1)
=
= [−0,196 + 0,5; 0,196 + 0,5] = [0,304; 0,696]. Так как
x
n
/∈ ∆
p
(1)
, то ги-
потезу H
1
следует отвергнуть.
Из при мера 10.2 следует, что при θ
0
= 0 и γ = 0,5
W (S
p
, γ) = 1 − [Φ (5 + 1,96) − Φ (5 − 1,96)]
∼
=
Φ (3,04) = 0,9987.
Поэтому вероятность ошибки второго рода весьма мала: β = 1 −
− W (S
p
, γ) = 0,0013.
§ 10. ПРОВЕРКА ПАРАМЕТРИЧЕСКИХ ГИПОТЕЗ 67
П р и м е р 10.4. В условиях примера 10.1 построить наиболее мощный
критерий для проверки гипотезы H
0
: θ = θ
0
против альтернативы H
1
:
θ = γ, γ > θ
0
.
Р е ш е н и е. Воспользуемся теоремой 10.1 Неймана-Пирсона. Стати-
стика критерия (10.3) с учетом гауссовости выборки принимает вид
T (z
n
) =
“
√
2πσ
”
n
exp
(
−
1
2σ
2
n
X
k=1
(x
k
− γ)
2
)
“
√
2πσ
”
n
exp
(
−
1
2σ
2
n
X
k=1
(x
k
− θ
0
)
2
)
=
= exp
n
X
k=1
x
k
(γ − θ
0
)
σ
2
−
n
2σ
2
γ
2
− θ
0
2
.
Поэтому неравенство T (z
n
) > δ эквивалентно ln (T (z
n
)) > ln δ, т.е.
x
n
>
> δ
1
, где x
n
=
1
n
n
X
k=1
x
k
, а δ
1
=
1
2
(θ
0
+ γ) +
σ
2
ln δ
(γ − θ
0
)n
.
Найдем теперь δ
1
с учетом того, что
X
n
∼ N
θ
0
;
σ
2
n
, е сли H
0
—
верна. Из теоремы 10.1 следует:
p = P (T (Z
n
) > δ | H
0
— верна) = P
X
n
> δ
1
| H
0
— верна
=
= 1 − Φ
√
n(δ
1
− θ
0
)
σ
.
Отсюда следует, что Φ
√
n(δ
1
− θ
0
)
σ
= 1 − p, т.е.
√
n(δ
1
− θ
0
)
σ
= u
α
,
где u
α
— квантиль уровня α = 1 − p распределения N(0; 1). Таким
образом, δ
1
= θ
0
+ u
α
σ
√
n
. Итак, если реализация выборочного средн его
x
n
удовлетворяет неравенству x
n
> θ
0
+ u
α
σ
√
n
, то гипотезу H
0
следует
отвергнуть. В заключение заметим, что граница δ
1
зависит от θ
0
, но не
зависит от конкретного значения γ (учтено лишь, что γ > θ
0
).
5*
66 ПРОВЕРКА ПАРАМЕТРИЧЕСКИХ ГИПОТЕЗ § 10. § 10. ПРОВЕРКА ПАРАМЕТРИЧЕСКИХ ГИПОТЕЗ 67
По определению 10.7 вероятность ошибки второго рода β = 1 − П р и м е р 10.4. В условиях примера 10.1 построить наиболее мощный
− W (S p, γ) = ϕ n(θ 0, γ). критерий для проверки гипотезы H 0: θ = θ 0 против альтернативы H 1:
Сделаем некоторые выводы о зависимости ϕ n(θ 0, γ) от величины γ и θ = γ, γ > θ 0.
объема выборки n (θ 0 — фиксировано). Р е ш е н и е. Воспользуемся теоремой 10.1 Неймана-Пирсона. Стати-
1) Если n = const, а |θ 0 − γ| → ∞, то ϕ n(θ 0, γ) → 0. Поэтому стика критерия (10.3) с учетом гауссовости выборки принимает вид
W (S p, θ 0) → 1, а β → 0. Последнее означает, что при фиксированном “√ ”n
( )
n
объеме выборки n хорошо различаются “далекие” гипотезы H0 и H 1 (т.е. 2πσ exp − 2σ1 2
X
(x k − γ) 2
|θ0 − γ| ≫ 0). Если же θ 0 ∼= γ, то β ∼
= 1 − W (S p, θ 0) = 1 − p, т.е. близка к k=1
T (z n) = “ ( ) =
единице, так как p мало по условию.√ √ ”n n
2
2πσ exp − 2σ1 2 (x k − θ 0)
X
0 n|θ − γ|
2) Если же θ 0 6= γ, но n → ∞, то → ∞. Поэтому ϕ n(θ 0, γ) →
σ n k=1
→ 0 при n → ∞, θ 0, γ — фиксированы. Последнее означает, что критерий
X
x (γ − θ )
будет хорошо различать даже “близкие” гипотезы (θ 0 ∼ k 0
= γ), если объем k=1 n 2 2
выборки n достаточно велик. Указанный факт называется свойством = exp 2
− 2
γ − θ 0 .
σ 2σ
состоятельности критерия против любой простой альтернативы H 1.
П р и м е р 10.3. По реализации z n выборки Z n объема n = 100, Поэтому неравенство T (z n) > δ эквивалентно ln (T (z n)) > ln δ, т.е. x n >
соответствующей распределению N (θ; 1), вычислена реализация выбо- n
1 X 1 σ 2 ln δ
рочного среднего x n = 0,153. На уровне значимости p = 0,05 проверить > δ 1, где x n = x k, а δ 1 = (θ 0 + γ) + .
n 2 (γ − θ0 )n
гипотезу H 0: θ = 0 против альтернативы H 1: θ = 0,5. Вычислить k=1
мощность критерия и вероятность ошибки второго рода β. σ2
Найдем теперь δ 1 с учетом того, что X n ∼ N θ 0; , если H 0 —
Р е ш е н и е. Воспользуемся результатами примеров 10.1 и 10.2. По n
p верна. Из теоремы 10.1 следует:
условию n = 100, σ = 1, p = 0,05, α = 1 − = 0,975, u α = 1,96.
2
Доверительная область ∆ p имеет вид 0— верна) = P X n > δ 1 | H 0— верна =
p = P (T(Z n) > δ | H
√
n(δ 1 − θ 0)
=1−Φ .
σ σ σ
∆ p = θ 0 − u α √ ; θ 0 + u α √ = [−0,196; 0,196] ,
n n √ √
n(δ 1 − θ 0) n(δ 1 − θ 0)
Отсюда следует, что Φ = 1 − p, т.е. = u α,
где учтено, что θ 0 = 0 по условию. Так как x n = 0,153 ∈ ∆ p, ги- σ σ
потеза H 0 принимается. Заметим, что проводя аналогичные выкладки где u α — квантиль уровня α = 1 − p распределения N (0; 1). Таким
σ
для гипотезы H 1, мы получили бы доверительную область ∆ (1) = образом, δ 1 = θ 0 + u α √ . Итак, если реализация выборочного среднего
p n
= [−0,196 + 0,5; 0,196 + 0,5] = [0,304; 0,696]. Так как x n ∈ (1)
/ ∆ p , то ги- σ
x n удовлетворяет неравенству x n > θ 0 + u α √ , то гипотезу H 0 следует
потезу H 1 следует отвергнуть. n
отвергнуть. В заключение заметим, что граница δ 1 зависит от θ 0, но не
Из примера 10.2 следует, что при θ 0 = 0 и γ = 0,5
зависит от конкретного значения γ (учтено лишь, что γ > θ 0).
W (S p, γ) = 1 − [Φ (5 + 1,96) − Φ (5 − 1,96)] ∼
= Φ (3,04) = 0,9987.
Поэтому вероятность ошибки второго рода весьма мала: β = 1 −
− W (S p, γ) = 0,0013.
5*
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 32
- 33
- 34
- 35
- 36
- …
- следующая ›
- последняя »
