14  Teste de Hipótese simples

Um dos principais objetivos da estática é testar hipóteses. Veja algumas dessas hipóteses potenciais:

1. A moeda é honesta?

2. O medicamento proposto é melhor que o vendido no mercado?

3. O número médio de acidentes aumentou em relação ao ano passado?

4. A altura interfere na performance num determinado esporte?

5. Um suspeito é culpado?

6. O mercado financeiro está em equilíbrio?

7. Dona Maria terá dinheiro para comprar o pão do próximo mês?

14.1 Etapas de um teste de hipótese

1. Formular as hipóteses de interesse;

   1. Na estatística clássica, pela abordagem Fisheriana (uma hipótese) ou Neyman-Pearson (mais de uma hipótese).

2. Observar dados experimentais do estudo relacionado ao problema;

3. Elaborar uma conclusão utilizando um procedimento estatístico.

14.2 Exemplo da hipótese 5.

Considere uma pessoa que está sendo acusada de ter cometido um crime.

As duas hipóteses envolvidas aqui são (abordagem de Neyman-Pearson):

1. “O suspeito não é culpado” -> \(h_{0}\) Hipótese Nula ou de não-efeito;

2. “O suspeito é culpado” -> \(h_{1}\) Hipótese alternativa ou hipótese que contém o efeito.

• Após coletar as evidências, dizemos que, se houver evidências de que o suspeito cometeu o crime, a pessoa é culpada.
• Se não, concluímos que não é culpado.

Contudo, devemos nos atentar aos erros de decisão

14.2.1 Erros de decisão

\[ \begin{array}{c|cc} \ & H_{0} & H_{1} \\ \hline \text{Decisão} & \text{Não cometeu o crime} & \text{Cometeu o crime}\\ \hline \text{Inocente} & \text{Acerto} & \text{Erro Tipo II}\\ \text{Culpado} & \text{Erro Tipo I} & \text{Acerto}\\ \hline \end{array} \] - Erro Tipo I: Decidir que o acusado é culpado quando na verdade é inocente (Rejeitar \(H_{0}\)). - Erro Tipo II: Decidir que o acusado é inocente quando na verdade é culpado (Rejeitar \(H_{1}\)).

14.3 Exemplo da hipótese 1.

Estamos interessados em verificar se uma moeda é honesta. Executaremos \(n\) experimentos de Bernoulli e verificaremos se a face voltada para cima após o lançamento é cara. Dessa forma, sendo \(X\) o resultado dum lançamento, teremos a a.a \((\pmb{X}_{n})\) de \(X\sim \mathrm{Ber}(\theta), \theta \in \Theta = [0,1]\). Suspeitamos que a moeda é honesta ou que \(\theta = 0.9\).

Nossas hipóteses são

1. \(H_{0}\) -> \(\theta = 0.5\)

2. \(H_{1}\) -> \(\theta = 0.9\)

14.3.1 Erros Tipo I e II

Note que \(\bar{X}\) é um estimador para \(\theta\) e \(\bar{x}\) é uma estimativa. - Se \(\bar{x}>0.7\), rejeitaremos a hipótese nula \(h_{0}\), a moeda não seria honesta e haveria um viés agindo sobre seus lançamentos. - Se \(\bar{x}\leq 0.7\), concluiremos que a moeda é honesta. \[ \begin{array}{c|cc} & H_{0} & H_{1} \\ \hline \text{Decisão} & \text{Honesta} & \text{Viesada}\\ \hline \bar{x} < 0.7 & \text{Acerto} & \text{Erro Tipo II}\\ \bar{x} \geq 0.7& \text{Erro Tipo I} & \text{Acerto}\\ \hline \end{array} \]

• Erro Tipo I: Rejeitar que a moeda é honesta (rejeitar \(h_{0}\)) quando na verdade é.

• Erro Tipo II: Rejeitar que a moeda é enviesada (rejeitar \(h_{1}\)) quando na verdade é.

Calculando a probabilidade dos erros \[ \begin{aligned} P(\text{Erro Tipo I}) &= P(\text{Probabilidade de rejeitar $h_{0}$}|\text{$h_{0}$ é verdadeiro}) \\ \text{Incorreto na Estatística Clássica} &= P(\bar{X} > 0.7 | \theta = 0.5) \\ \text{Correto na Estatística Clássica} & = P_{0.5}(\bar{X} > 0.7) \end{aligned} \]

Na segunda notação, correta na estatística frequentista, \(P\) está sob a hipótese nula \(h_{0}\) verdadeira. Dessa forma \[ P(\text{Erro Tipo II}) = P_{0.9}(\bar{X}\leq 0.7) \]

Calcule as probabilidades dos erros considerando \(n=10\) e a aproximação pela distribuição normal.

14.3.1.1 Calculando Exato e pela aproximação do Teorema do Limite Central

Sabemos que \(\sum ^{n}_{i=1}X_{i}\sim \mathrm{Bin}(n, \theta)\), logo \[ \begin{aligned} \alpha &= P(\text{Erro Tipo I}) \stackrel{\text{Sob $h_{0}$}}{=} P_{0.5}\left( \frac{1}{n} \sum^n_{i=1}X_{i}> 0.7\right) = P_{0.5}\left( \sum^{10}_{i=1}X_{i} > 7 \right) \\ &= P_{0.5}\left( \sum^{10}_{i=1} X_{i} \geq 8 \right) \\ &= \binom{10}{8} 0.5^{8} \cdot 0.5^{2} + \binom{10}{9} 0.5^{9} \cdot 0.5^{1} + \binom{10}{10} 0.5^{10} \approx 0.05469 \\ \alpha & = P_{0.5}\left( \sqrt{ \frac{n}{0.25}}(\bar{X}-0.5) >\sqrt{ \frac{n}{0.25}}(0.7-0.5) \right) \\ & \approx P(N(0,1) > 1.26) \approx 0.103 \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} \beta &= P(\text{Erro Tipo II}) \stackrel{\text{Sob $h_{1}$}}{=} P_{0.9}\left( \frac{1}{n} \sum^n_{i=1}X_{i}\leq 0.7\right) = P_{0.9}\left( \sum^{10}_{i=1}X_{i} \leq 7 \right) \\ &= 1-P_{0.9}\left( \sum^{10}_{i=1} X_{i} \geq 8 \right) \\ &= 1-\left(\binom{10}{8} 0.9^{8} \cdot 0.9^{2} + \binom{10}{9} 0.9^{9} \cdot 0.9^{1} + \binom{10}{10} 0.9^{10}\right) \approx 0.0702 \\ \alpha & = P_{0.9}\left( \sqrt{ \frac{n}{0.09}}(\bar{X}-0.9) \leq \sqrt{ \frac{n}{0.09}}(0.7-0.9) \right) \\ & \approx P(N(0,1) \leq -2.1) \approx 0.018 \end{aligned} \]

14.4 Poder do teste

Chamamos de poder do teste a probabilidade de rejeitar \(h_{0}\) quando este é falso.

No exemplo anterior, \[ \pi = P_{0.9}(\bar{X} > 0.7) = 1-P_{0.9}(\bar{X}\leq 0.7) = 1 - \beta = 92.92\% \]

Considere nesse exemplo uma a.a do lançamento de quatro moedas: \((\pmb{x}_{10}) = (1, 0, 1, 0,0,1,1,0,0,0)\). Como \(\bar{x}=0.4 \leq 0.7\), não rejeitamos a hipótese nula \(h_{0}\).

Em uma outra amostra, \((\pmb{x}_{10}) = (0,0,1,1,1,1,1,1,1,1)\). Como \(\bar{x}=0.8 > 0.7\), rejeitamos a hipótese nula \(h_{0}\).

14.5 Um exemplo mais amplo (Diferença)

Seja \((X_{n})\) uma a.a. de \(X\sim\mathrm{Ber}(\theta)\), em que \(\theta \in (0,1)\). Considere as hipóteses: \[ \begin{cases} H_{0}: \theta =0.5 \\ H_{1}: \theta \neq 0.5 \end{cases} \]

Decisões elaboradas:

1. Se \(\bar{x}<0.3\) ou \(\bar{x} > 0.7\), rejeitamos \(H_{0}\)

2. Caso contrário, não rejeitamos \(H_0\)

Relembrando: \(\alpha\) = Probabilidade do Erro Tipo I (Rejeitar um \(H_0\) verdadeiro). \(\beta\) Probabilidade do Erro Tipo II (Rejeitar um \(H1\) verdadeiro). \(\pi =\) Poder do Teste. Lembre-se que \(\sum^n_{i=1}X_{i}\sim \mathrm{Bin}(n,\theta)\). Tome \(n =10\).

\[ \begin{aligned} \alpha &= P_{\theta=0.5}(\bar{X} < 0.3 \text{ ou } \bar{X} > 0.7) = P_{0.5}(\bar{X}<0.3) + P_{0.5}(\bar{X}>0.7) \\ &=P(\mathrm{Bin}(n,0.5) < 3) + P(\mathrm{Bin}(10,0.5)>7) \\ &=P(\mathrm{Bin}(n,0.5) \leq 2) + P(\mathrm{Bin}(10,0.5)\geq 8) \\ &= 0.055 +0.055 = 0.11 \\ \end{aligned} \]

Note que para o Erro Tipo II, não existe uma única probabilidade para o erro sob \(H_1\). Optaremos por tentar calcular seu máximo. \(\beta_{\max}\) \[ \begin{aligned} \beta &= P_{\theta} (0.3\leq \bar{X} \leq 0.7) \theta \in \Theta \setminus \{ 0.5 \} \\ \beta_{\max} &= \sup_{\theta \in \Theta \setminus \{ 0.5 \}} \beta(\theta) \end{aligned} \]

Para \(n=10\), \[ \beta(\theta) = P_{\theta}\left( 3\leq \sum^{n=10}_{i=1} X_{i} \leq 7 \right) = P\left( 3\leq \mathrm{Bin}(10,\theta) \leq 7 \right), \theta \in \Theta \setminus \{ 0.5 \} \]

Podemos encontrar o valor que maximiza \(\beta(\theta)\), \(\theta =0.5\) derivando.

14.6 Hipóteses como subconjuntos do espaço paramétrico

Seja \((X_{n})\) uma a.a. de \(X\sim\mathrm{Ber}(\theta)\), em que \(\theta \in (0,1)\). Considere as hipóteses: \[ \begin{cases} H_{0}: \theta \in \Theta_{0} \\ H_{1}: \theta \in \Theta_{1} \end{cases} \]

em que \(\Theta_{0} \cup \Theta_{1} = \Theta, \Theta_{0},\Theta_{1} \neq \emptyset, \Theta_{0}\cap\Theta_{1}= \emptyset\).

Exemplos de decisões elaboráveis: \[ \begin{aligned} &\begin{cases} \Theta_{0}=\{ 0.5 \} \\ \Theta_{1} = \left( 0, \frac{1}{2} \right) \cup \left( \frac{1}{2}, 1 \right) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} H_{0}: \theta=0.5 \\ H_{1}: \theta \neq 0.5 \\ \end{cases} \text{ Hipótese alternativa bilateral} \\ &\begin{cases} \Theta_{0}= \left( 0, \frac{1}{2} \right] \\ \Theta_{1} = \left( \frac{1}{2}, 1 \right) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} H_{0}: \theta \leq 0.5\\ H_{1}: \theta > 0.5 \\ \end{cases} \text{ Hipótese alternativa unilateral} \\ &\begin{cases} \Theta_{0}= \left[ \frac{1}{2}, 1\right) \\ \Theta_{1} = \left( 0, \frac{1}{2} \right) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} H_{0}: \theta \geq 0.5 \\ H_{1}: \theta < 0.5 \\ \end{cases} \text{ Hipótese alternativa uniteral} \end{aligned} \]

14.7 Função poder

No caso geral, calculamos a função poder definida por \[ \pi (\theta) = P_{\theta}(\{ \text{Rejeitar } H_{0} \}), \theta \in \Theta \]

em que “Rejeitar \(H_0\)” é o procedimento de decisão para rejeitar \(H_0\).

A partir da função poder conseguimos calcular as probabilidades máximas de cometer os erros tipo I e II.

Probabilidade Máxima do Erro Tipo I: \[ \alpha_{\max} = \sup_{\theta \in \Theta_{0}}(\pi(\theta)) \]

Probabilidade Máxima do Erro Tipo II: \[ \beta_{\max} = \sup_{\theta \in \Theta_{1}}[1-\pi(\theta)] \]

14.8 Um exemplo do cálculo de erros com hipótese unilateral

Seja \((X_{n})\) uma a.a. de \(X\sim\mathrm{Ber}(\theta)\), em que \(\theta \in (0,1) = \Theta\). Considere as hipóteses: \[ \begin{cases} H_{0}: \theta \geq 0.6\\ H_{1}: \theta < 0.6 \end{cases} \]

Precisamos de decisões que fazem sentido. Uma delas seria

1. Se \(\bar{x}<0.4\), rejeitamos \(H_{0}\)
2. Se \(\bar{x} \geq 0.4\), não rejeitamos \(H_{0}\)

Vamos calcular as probabilidades máximas dos erros I e II.

Primeiro, encontramos a função poder \[ \pi(\theta) = P_{\theta}(\bar{X}<0.4) \]

Como \(\sum^n_{i=1}X_{i} \sim \mathrm{Bin}(n,\theta)\), temos que \[ \pi(\theta) = P_{\theta} \left( \sum^n_{i=1}X_{i} < 0.4 \cdot n \right) = P(\mathrm{Bin}(n,\theta) < 0.4 \cdot n) \]

Relembrando: \[ \begin{aligned} \alpha_{\max} &= \sup_{\theta \in [0.6,1)} \pi(\theta) \\ &= \sup_{\theta \in [0.6,1)} P(\mathrm{Bin}(n, \theta) < 0.4 \cdot n) \\ \beta_{\max} &= \sup_{\theta \in (0,0.6)} (1-\pi(\theta)) \\ &= \sup_{\theta \in (0,0.6)}P(\mathrm{Bin}(n,\theta)\geq 0.4 \cdot n) \end{aligned} \]

Para \(n = 2\), \[ \begin{aligned} \alpha_{\max} &= \sup_{\theta \in [0.6,1)} \pi(\theta) \\ &= \sup_{\theta \in [0.6,1)} P(\mathrm{Bin}(2, \theta) < 0.4 \cdot 2) \\ &= \sup_{\theta \in [0.6,1)} P(\mathrm{Bin(2,\theta)} = 0)\\ \beta_{\max} &= \sup_{\theta \in (0,0.6)} (1-\pi(\theta)) \\ &= \sup_{\theta \in (0,0.6)}P(\mathrm{Bin}(2,\theta)\geq 0.8 \cdot n) \\ &= \sup_{\theta \in (0,0.6)}P(\mathrm{Bin}(2,\theta) \geq 1) \\ &= \sup_{\theta \in (0,0.6)}[1-P(\mathrm{Bin}(2,\theta) = 0)] \end{aligned} ~~~ \Rightarrow ~~~~~ \begin{aligned} \alpha_{\max} &= \sup_{\theta \in [0.6,1]}\left[\binom{2}{0} \theta^0 (1-\theta)^2\right] \\ &=\sup_{\theta \in [0.6,1]} (1-\theta)^2 \\ \beta_{\max} &= \sup_{\theta \in (0,0.6)} (1-(1-\theta)^2) \end{aligned} \]

Podemos analisar os gráficos:

Como é uma função decrescente, seu supremo está no ponto \(0.6\)

Como é uma função crescente, seu supremo está também no \(0.6\) Portanto, \[ \begin{aligned} \alpha_{\max}&=(1-0.6)^2 = 0.16\\ \beta_{\max} &= (1-(1-0.6)^2) = 0.84 \end{aligned} \]

14.9 Teste sob Normalidade

Seja \((x_{n})\) amostra aleatória de \(X\sim N(\mu,\sigma^2)\) em que \(\sigma^2\) é conhecido. Considere as hipóteses \[ \begin{cases} H_{0}: \mu = \mu_{0}\\ H_{1}: \mu \neq \mu_{0} \end{cases} \] com \(\mu_{0} \in \mathbb{R}\) e fixado.

Calcule as probabilidades (máximas) dos erros tipo I e II, para as seguintes decisões

1. Se \(\bar{x} < \mu_{0} - 1.96\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}}\) ou \(\bar{x} > \mu+1.96 \sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} }\), então rejeitamos \(H_{0}\)
2. Caso contrário, não rejeitamos \(H_0\)

Temos a função poder \[ \pi(\theta) = P_{\theta}(\mathrm{Rejeitar} H_{0}) = P_{\theta}\left(\bar{X}<\mu_{0} - 1.96 \sqrt{\frac{\sigma^2}{n}}\right) +P_{\theta}\left( \bar{X} > \mu_{0} + 1.96 \sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} } \right) \]

em que \(theta = \mu \in \mathbb{R}\). Portanto, \[ \alpha_{\max} = \sup_{\theta \in \Theta_{0}} \pi(\theta) \]

Como \(H_{0}=\mu=\mu_{0} \Leftrightarrow H_{0}: \theta \in \Theta\), em que \(\Theta_{0}=\{ \mu_{0} \}\), logo, \(\sup_{\theta \in \Theta_{0}} = \mu_{0}\) Portanto, temos que \[ \alpha_{\max} = \pi(\mu_{0}) = P_{\mu_{0}}\left( \bar{X}<\mu_{0}-1.96\sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} } \right) + P_{\mu_{0}}\left( \bar{X}>\mu_{0} + 1.96 \sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} } \right) \]

Sabemos que, pelo enunciado \(\bar{X} \sim N\left( \mu, \frac{\sigma^2}{n} \right) \forall \mu \in \mathbb{R}\) sob \(H_{0}\), ou seja, quando \(\mu= \mu_{0}\) temos que \(\bar{X}\sim N\left( \mu_{0}, \frac{\sigma^2}{n} \right)\). Note que \(P_{\mu_{0}}\left( \bar{X}<\mu_{0}-1.96 \sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} } \right) = P_{\mu_{0}}\left(\frac{\bar{X}-\mu_{0}}{\sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} }} \right) = 2.5\%\) Pela simetria da distribuição normal, \(P_{\mu_{0}}\left( \bar{X}>\mu_{0}+1.96 \sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} } \right) = 2.5\%\) Portanto a probabilidade máxima do erro tipo 1 é \[ \alpha_{\max} = 2.5\% + 2.5\% = 5.0\% \]

Como \(H_{1}: \mu \neq \mu_{0} \Leftrightarrow H_{1}: \theta \in \Theta_{1}\), em que \(\Theta_{1} = \mathbb{R} \setminus \{\mu_{0}\}\), temos que

\[ \begin{aligned} \beta_{\max} &= \sup_{\theta \in \Theta_{1}}[1-\pi(\theta)] \\ \pi(\theta) &= P_{\theta}\left( \bar{X} < \mu_{0} - 1.96 \sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \right) + P_{\theta}\left(\bar{X}>\mu_{0}+1.96\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}}\right) \end{aligned} \]

Sabemos que \(\bar{X} \sim \mathrm{N}\left( \mu, \frac{\sigma^2}{n} \right)\) para todo \(\mu \in \mathbb{R}\). Assim, \[ \begin{aligned} \pi(\theta) &= P_{\theta}\left( \bar{X}<\mu_{0}-1.96 \sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} } \right) + P_{\theta}\left( \bar{X} > \mu_{0} + 1.96 \sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} } \right) \\ &= P_{\theta}\left( \frac{\bar{X}-\theta}{\sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} }} < \frac{\mu_{0}-\theta-1.96 \sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} } }{\sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} }}\right) + P_{\theta}\left( \frac{\bar{X}-\theta}{\sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} }} > \frac{\mu_{0}-\theta+1.96 \sqrt{\frac{\sigma^2}{n}}}{\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}}}\right) \end{aligned} \]

Dessa forma, \[ \beta_{max} = \sup_{\theta \in \Theta_{1}}[1-\pi(\theta)] = 1 - \inf_{\theta \in \Theta_{1}} \pi(\theta) \]

Ou seja, o supremo dessa expressão é dado por 1 - o ínfimo da função poder, o que significa que queremos encontrar o valor de \(\theta\) para o qual \(P_{\theta}\left( \frac{\bar{X}-\theta}{\sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} }} < \frac{\mu_{0}-\theta-1.96 \sqrt{\frac{\sigma^2}{n} } }{\sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} }}\right) + P_{\theta}\left(\frac{\bar{X}-\theta}{\sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} }} > \frac{\mu_{0}-\theta+1.96 \sqrt{\frac{\sigma^2}{n}}}{\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}}}\right)\) é o menor possível.

Vamos usar \(\mu_0 = 7\) e \(\sigma^2 = 5\) para visualizarmos o comportamento de \(\alpha\) e \(\beta\)

14.9.1 Um outro exemplo

Seja \((X_{n})\) amostra aleatória de \(X\sim \mathrm{N}(\mu,\sigma^2)\) com \(\sigma^2 = 5, n = 10\) Com as hipóteses \[ \begin{cases} H_{0} : \mu = 10 \\ H_{1}: \mu \neq 10 \end{cases} \] Com as decisões 1. Rejeitamos \(H_{0}\) se \(\bar{x} > 10 + 1.96 \sqrt{ \frac{5}{10} }\) ou \(\bar{x} < 10 - 1.96 \sqrt{ \frac{5}{10} }\) Foram observados os seguintes valores \[ \begin{array}{ccccc} 7.1 & 8.9 & 12 & 13 & 11.7 \\ 6.1 & 2.5 & 3.1 & 5.2 & 7 \end{array} \] Temos então que \(\bar{x} = 7.66\) que, como é abaixo de \(8.6\), rejeitamos a hipótese nula de que \(\mu = 10\)

15 Procedimento Geral para Testar Hipóteses (Método de Neyman-Pearson)

1. Definimos o Modelo Estatístico:
   1. “Seja \((X_{n})\) amostra aleatória de \(x \sim f_{\theta}, \theta \in \Theta\)”
2. Definir as hipóteses de interesse:
   1. \(H_{0}: \theta \in \Theta_{0} \times H_{1}: \theta \in \Theta_{1}\) em que \(\Theta_{0} \cap \Theta_{1} = \emptyset, \Theta_{0} \neq \emptyset, \Theta_{1}\neq \emptyset, \Theta_{0}\cup \Theta_{1}=\Theta\)
3. A partir da amostra observada, criamos uma regra de decisão para verificar a plausibilidade de \(H_{0}\).
4. Definimos os pontos de corte da regra de decisão de forma que a probabilidade máxima do Erro Tipo I não ultrapasse um limite prefixado \(\alpha \in [0,1]\) (normalmente \(5\%\) ou \(1\%\)). Qualquer valor \(\geq \alpha\) é dito ser um nível de significância.
5. Concluímos o Teste de Hipótese.
   1. Se \(H_{0}\) for rejeitado, dizemos que “Há evidências para rejeitar \(H_{0}\) a \(\alpha \cdot [\mathrm{Valor}]\%\) de significância estatística”.
   2. Se \(H_{0}\) não for rejeitado, dizemos que “Não há evidências para rejeitar \(H_{0}\) a \(\alpha \cdot [\mathrm{Valor}]\%\) de significância estatística”

Observação

Não rejeitar \(H_{0}\) não indica evidência a favor de \(H_{0}\), isto é, não sugere que \(H_{0}\) seja verdadeiro, apenas que aquela amostra não apresentou evidências contrárias.

Observação

Quanto menor o valor de \(\alpha\), mais forte será a significância estatística.

15.1 Exemplos

15.1.1 Eexemplo um

Seja \((X_{n})\) a.a de \(X\sim \mathrm{N}(\mu,\sigma^2)\) em que \(\sigma^2\) é conhecido. Considere (\(\mu_{0}\) fixado)

\[ \begin{cases} H_{0} : \mu = \mu_{0} \\ H_{1}: \mu \neq \mu_{0} \end{cases} \]

1. Construa uma decisão para rejeitar \(H_0\) que produza no máximo \(\alpha = 5\%\) (que tenha nível de significância de \(5\%\))

   Como a hipótese alternativa é bilateral, \(H_{1}:\mu\neq \mu_{0}\) e \(\bar{x}\) é a EMV para o parâmetro \(\mu\) - a esperança da distribuição Normal - definimos a regra: Se \(\bar{x}< x_{a}\) ou \(\bar{x}> x_{b}\), rejeitamos \(H_{0}\). Caso contrário, não rejeitamos. \[ \begin{aligned} \alpha_{\max} &= \sup_{\theta \in \Theta_{0}} P_{\theta}(\text{Rejeitar }H_{0}), \Theta_{0} = \{ \mu_{0} \} \\ &= P_{\mu_{0}}(\bar{X}<x_{a}) + P_{\mu_{0}}(\bar{X}>x_{b}) \leq 5\% \end{aligned} \]

   Note que \(\bar{X} \sim \mathrm{N}\left(\mu_{0}, \frac{\sigma^{2}}{n} \right)\), sob \(H_{0}\)

   Logo, \[ \begin{aligned} \alpha_{\max} &= P\left( \mathrm{N}(0,1) < \frac{{x_{a}-\mu_{0}}}{\sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} }} \right)+ P\left( \mathrm{N}(0,1) > \frac{{x_{a}-\mu_{0}}}{\sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} }} \right) \end{aligned} \]

Tomando \(\frac{{x_{a}-\mu_{0}}}{\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}}} = -1.96\) e \(\frac{{x_{b}-\mu_{0}}}{\sqrt{ \frac{\sigma^2}{n}}} = 1.96\) (tabela normal padrão simétrica), temos que \(\alpha_{\max}=5\%\). Assim, resolvendo as equações, \[ \begin{cases} x_{a} = \mu - 1.96 \sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \\ x_{b} = \mu + 1.96 \sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \end{cases} \]

2. Considere \(n=100\), \(\mu_{0}=1\), \(\sigma^2=0.1\) e \(\bar{x}=0.99\). Conclua o teste considerando o mesmo nível de significância \(\alpha=5\%\).

   O pontos pontos de corte são \(x_{a} = 0.93\) e \(x_{b} = 1.069\). Como \(0.93\leq 0.99 \leq 1.069\), concluímos que não há evidências para rejeitarmos \(H_{0}\) a \(5\%\) de significância.

3. Refaça considerando \(15\%\) de significância estatística.

   Usando os mesmos argumentos do item 1, podemos encontrar novos valores para \(x_{a}, x_{b}\) através da tabela da Normal-Padrão: \[ \begin{cases} x_{a} = \mu - 1.44 \sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \\ x_{b} = \mu + 1.44 \sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \end{cases} \]

   Substituindo esses valores para os fornecidos em 2, temos que \(0.95 \leq 0.99 \leq 1.045\). Portanto, continuaríamos a dizer que não há evidências para rejeitarmos \(H_{0}\) a \(15\%\) de significância.

15.1.2 2

Seja \((X_{n})\) a.a de \(X\sim \mathrm{N}(\mu,\sigma^2)\) em que \(\sigma^2\) é conhecido.

Considere (\(\mu_{0}\) fixado)

\[ \begin{cases} H_{0} : \mu \geq \mu_{0} \\ H_{1}: \mu < \mu_{0} \end{cases} \]

1. Construa uma decisão para rejeitar \(H_0\) que produza no máximo \(\alpha = 5\%\) (que tenha nível de significância de \(5\%\))

   Pelos parâmetros e hipóteses envolvidos, \((\mu, \text{unilateral})\), podemos considerar a seguinte decisão:

   Se \(\bar{x} < x_{c}\), rejeitamos \(H_{0}\). Caso contrário, não rejeitamos.

   \[ \begin{aligned} \alpha_{\max} &= \sup_{\mu \geq \mu_{0}} P_{\theta}(\text{Rejeitar }H_{0}) \\ &= \sup_{\mu\geq \mu_{0}}P_{\mu}(\bar{X}<x_{c}) \\ \Rightarrow \alpha_{\max} &=\sup_{\mu\geq \mu_{0}}P_{\mu}\left( \mathrm{N}(0,1)< \frac{{x_{c}-\mu}} {\sqrt{\frac{\sigma^2}{n} }} \right) \end{aligned} \]

   Como essa função (acumulada) é decrescente em \(\mu\), temos que \[ \begin{aligned} \alpha_{\max} &= P_{\mu_{0}}(\text{Rejeitar }H_{0}) \\ &= P_{\mu_{0}}(\bar{X}<x_{c}) \\ \Rightarrow \alpha_{\max} &=P_{\mu_{0}}\left( \mathrm{N}(0,1)< \frac{{x_{c}-\mu_{0}}} {\sqrt{\frac{\sigma^2}{n} }} \right) \leq 5\% \end{aligned} \]

   Logo, para encontrarmos \(x_{c}\) tal que \(\frac{{x_{c}-\mu_{0}}}{\sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} }} = -1.64\) (da tabela da normal padrão) \(\Rightarrow x_{c} = \mu_{0}-1.64 \sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} }\)

2. Considere \(n=100, \mu_{0} = 1, \sigma^2 = 0.1, \bar{x}=0.99\). Conclua o teste anterior a \(\alpha = 5\%\) de significância.

   O ponto de corte é \(x_{c} = 0.9836\). Como \(0.99 \geq 0.9836\), concluímos que não há evidências para rejeitar a hipótese nula a \(5\%\) de significância.

15.1.3 3

Seja \((X_{n})\) amostra aleatória de \(X \sim \mathrm{N}(\mu,\sigma^2)\) em que \(\theta = (\mu, \sigma^2) = \mathrm{R} \times \mathrm{R}^+\), ou seja, ambos parâmetros são desconhecidos.

\[ \begin{cases} H_{0} : \sigma^2 = \sigma^2_{0} \\ H_{1}: \sigma^2 \neq \sigma^2_{0} \end{cases} \Rightarrow \begin{aligned} & \text{Decisão com significância } \alpha \\ &\text{Rejeita $H_{0}$ se} \\ &\begin{cases} s^2 < c_{1c} \\ s^2 > c_{2c} \\ \end{cases} \\ & \text{Em que $c_{1c},c_{2c}$ são tais que} \\ & \sup_{\theta\in\Theta_{0}}P_{\theta}(\text{Erro Tipo I}) = \alpha_{\max} = \alpha \\ &\text{E } s^2 = \frac{1}{n-1} \sum^n_{i=1}(x_{i}-\bar{x})^2 \end{aligned} \\ \\ \]

Sabemos que \(\frac{\sum_{i=1}^n(X_{i}-\bar{X})^2}{\sigma^2}\sim \chi^2_{n-1},\forall \mu \in \mathbb{R}, \sigma^2 > 0\). Em particular, sob \(H_{0}\) \[ \begin{aligned} &\frac{(n-1)s^2(\underset{\sim}{X_{n}})}{\sigma^2_{0}} \sim \chi^2_{n-1} \\ \Rightarrow& \alpha_{\max} = \sup_{\theta \in \Theta_{0}}\left\{ P_{\theta}(s^2(\underset{\sim}{X_{n}}) < c_{1c}) + P_{\theta}(s^2(\underset{\sim}{X_{n}})> c_{2c}) \right\} \end{aligned} \]

Além disso, note que \(\Theta_{0}=\{ (\mu,\sigma^2)\in \Theta:\sigma^2=\sigma^2_{0} \}\). Portanto, temos que \[ \begin{aligned} & \alpha_{\max} = \sup_{\theta \in \Theta_{0}} \underbracket{ \left\{ P\left( \chi^2_{n-1} < \frac{c_{1c}(n-1)}{\sigma^2_{0}}\right) + P\left( \chi^2_{n-1} > \frac{c_{2c}(n-1)}{\sigma^2_{0}} \right) \right\}}_{\text{Não depende de $\theta$}}\\ \Rightarrow & \alpha_{\max} = P\left( \chi^2_{n-1} < \frac{c_{1c}(n-1)}{\sigma^2_{0}} \right) + P\left( \chi^2_{n-1} > \frac{c_{2c}(n-1)}{\sigma^2_{0}} \right) \end{aligned} \]

Fixando \(\alpha_{\max}=\alpha\) (significância), encontramos pela tabela os valores de \(q_{\frac{\alpha}{2},n-1}^{(1)}, q_{\frac{\alpha}{2},n-1}^{(2)}\) tais que dividam a distribuição \(\chi^2_{n-1}\) criando duas seções de \(\frac{\alpha}{2}\) de área. Portanto,

\[ \begin{cases} H_{0} : \sigma^2 = \sigma^2_{0} \\ H_{1}: \sigma^2 \neq \sigma^2_{0} \end{cases} \Rightarrow \begin{aligned} & \text{Decisão com significância } \alpha \\ &\text{Rejeita $H_{0}$ se} \\ &\begin{cases} s^2 < q_{\frac{\alpha}{2},n-1}^{(1)} \cdot \frac{\sigma^2_{0}}{(n-1)} \\ s^2 > q_{\frac{\alpha}{2},n-1}^{(2)} \cdot \frac{\sigma^2_{0}}{(n-1)}\\ \end{cases} \end{aligned} \]

15.1.4 Exemplo

Seja \((X_{n})\) amostra aleatória de \(X\sim N(\mu,\sigma^2)\) em que \(X\) é o peso do pacote de café. Colheu-se uma amostra de \(n=16\) pacotes e observou-se uma variância de \(s^2 =169g^2\). O processo de fabricação diz que a média dos pacotes é \(500g\) e desvio-padrão 10 gramas (\(\sigma^2_{0}=100g^2\)).

Queremos verificar se há alguma evidência de que o processo não esteja sendo cumprido com \(\alpha=5\%\) de significância \[ \begin{cases} H_{0} : \sigma^2 = 100 \\ H_{1}: \sigma^2 \neq 100 \end{cases} \Rightarrow \begin{aligned} & \text{Decisão com significância } 5\% \\ &\text{Rejeita $H_{0}$ se} \\ &\begin{cases} s^2 < q_{2.5\%,15}^{(1)} \cdot \frac{100}{15} \\ s^2 > q_{2.5\%,15}^{(2)} \cdot \frac{100}{15}\ \end{cases} \end{aligned} \] Da tabela Qui-quadrado, temos \(q_{2.5\%,15}^{(1)} = 6.26\) e \(q_{2.5\%,15}^{(2)} =27.49\).

Como \(41.73<100<183.26\), concluímos que não há evidências para rejeitar a hipótese nula a \(5\%\) de significância

16 Fórmulas

16.1 Sob normalidade, variância conhecida

Seja \((X_{n})\) amostra aleatória de \(X\sim \mathrm{N}(\mu,\sigma^2)\) em que \(\sigma^2\) é conhecido. \[ \begin{aligned} &1. \begin{cases} H_{0} : \mu = \mu_{0} \\ H_{1}: \mu \neq \mu_{0} \end{cases} \Rightarrow \begin{aligned} & \text{Decisão com significância } \alpha \\ &\text{Rejeita $H_{0}$ se} \\ &\begin{cases} \bar{x} < \mu_{0} - z_{\frac{\alpha}{2}} \sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} } \\ \bar{x} > \mu_{0} + z_{\frac{\alpha}{2}} \sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} } \end{cases} \\ & \text{Em que $z_{\frac{\alpha}{2}}$ é tal que} \\ & P\left( \mathrm{N(0,1)} < z_{\frac{\alpha}{2}} \right) = \frac{\alpha}{2} \end{aligned} \\ \\ & 2. \begin{cases} H_{0} : \mu \geq \mu_{0} \\ H_{1}: \mu < \mu_{0} \end{cases} \Rightarrow \begin{aligned} &\text{Rejeita $H_{0}$ se} \\ &\begin{cases} \bar{x} < \mu_{0} - z_{\alpha} \sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} } \\ \end{cases} \\ & \text{Em que $z_{\alpha}$ é tal que} \\ & P\left( \mathrm{N(0,1)} \leq z_{\alpha} \right) = \alpha \end{aligned} \\ \\ & 3. \begin{cases} H_{0} : \mu \leq \mu_{0} \\ H_{1}: \mu > \mu_{0} \end{cases} \Rightarrow \begin{aligned} &\text{Rejeita $H_{0}$ se} \\ &\begin{cases} \bar{x} > \mu_{0} + z_{\alpha} \sqrt{ \frac{\sigma^2}{n} } \\ \end{cases} \\ & \text{Em que $z_{\alpha}$ é tal que} \\ & P\left( \mathrm{N(0,1)} \geq z_{\alpha} \right) = \alpha \end{aligned} \\ \end{aligned} \]

16.2 Sob normalidade, variância desconhecida

Seja \((X_{n})\) amostra aleatória de \(X \sim \mathrm{N}(\mu,\sigma^2)\) em que \(\theta = (\mu, \sigma^2) = \mathrm{R} \times \mathrm{R}^+\), ou seja, ambos parâmetros são desconhecidos. \[ \begin{aligned} &1. \begin{cases} H_{0} : \mu = \mu_{0} \\ H_{1} : \mu \neq \mu_{0} \\ \Rightarrow \Theta_{0}=\{ (\mu,\sigma^2) \in \Theta : \mu = \mu_{0} \}\\ \Rightarrow \Theta_{1}=\{ (\mu,\sigma^2) \in \Theta : \mu \neq \mu_{0} \}\\ \end{cases} \Rightarrow \begin{aligned} & \text{Decisão com significância } \alpha \\ &\text{Rejeita $H_{0}$ se} \\ &\begin{cases} \frac{\bar{x}-\mu_{0}}{\sqrt{ \frac{s^2}{n} }} < - t_{\frac{\alpha}{2},n-1} \\ \frac{\bar{x}-\mu_{0}}{\sqrt{ \frac{s^2}{n} }} > t_{\frac{\alpha}{2},n-1} \\ \end{cases} \\ & \text{Em que $t_{\frac{\alpha}{2},n-1}$ é tal que} \\ & P\left( t_{n-1} < - t_{\frac{\alpha}{2},n-1} \right) = \frac{\alpha}{2} \end{aligned} \\ \\ & 2. \begin{cases} H_{0} : \mu \geq \mu_{0} \\ H_{1}: \mu < \mu_{0} \end{cases} \Rightarrow \begin{aligned} &\text{Rejeita $H_{0}$ se} \\ &\begin{cases} \frac{\bar{x}-\mu_{0}}{\sqrt{ \frac{s^2}{n} }} < - t_{\alpha,n-1} \\ \end{cases} \\ & \text{Em que $t_{\alpha,n-1}$ é tal que} \\ & P\left( t_{n-1}\leq -t_{\alpha,n-1} \right) = \alpha \end{aligned} \\ \\ & 3. \begin{cases} H_{0} : \mu \leq \mu_{0} \\ H_{1}: \mu > \mu_{0} \end{cases} \Rightarrow \begin{aligned} &\text{Rejeita $H_{0}$ se} \\ &\begin{cases} \frac{\bar{x}-\mu_{0}}{\sqrt{ \frac{s^2}{n} }} > - t_{\alpha,n-1} \\ \end{cases} \\ & \text{Em que $t_{\alpha,n-1}$ é tal que} \\ & P\left( t_{n-1} > t_{\alpha,n-1} \right) = \alpha \end{aligned} \\ \end{aligned} \]

Em que \(s^2 = \frac{1}{n-1} \sum^n_{i=1}(x_{i}-\bar{x})^2\) é a variância amostral (não enviesada)

16.3 Sob normalidade, para a variância.

Seja \((X_{n})\) amostra aleatória de \(X \sim \mathrm{N}(\mu,\sigma^2)\) em que \(\theta = (\mu, \sigma^2) = \mathrm{R} \times \mathrm{R}^+\), ou seja, ambos parâmetros são desconhecidos. \[ \begin{cases} H_{0} : \sigma^2 = \sigma^2_{0} \\ H_{1}: \sigma^2 \neq \sigma^2_{0} \end{cases} \Rightarrow \begin{aligned} & \text{Decisão com significância } \alpha \\ &\text{Rejeita $H_{0}$ se} \\ &\begin{cases} s^2 < q_{\frac{\alpha}{2},n-1}^{(1)} \cdot \frac{\sigma^2_{0}}{(n-1)} \\ s^2 > q_{\frac{\alpha}{2},n-1}^{(2)} \cdot \frac{\sigma^2_{0}}{(n-1)}\\ \end{cases} \end{aligned} \]

Em que \(s^2 = \frac{1}{n-1} \sum^n_{i=1}(x_{i}-\bar{x})^2\) é a variância amostral (não enviesada) e \(q_{\frac{\alpha}{2},n-1}^{(1)}, q_{\frac{\alpha}{2},n-1}^{(2)}\) tais que dividam a distribuição \(\chi^2_{n-1}\) criando duas seções de \(\frac{\alpha}{2}\) de área.