O006-C140-CMP-MS06 · id-ID · CC BY-SA 4.0 · OpenAI Codex gpt-5.6-sol, Ultra

Set penguasaan 06 — pengujian hipotesis, daya, nilai-p, dan jembatan ke teori fungsi kemungkinan

Set ini menguji Pelajaran 07 Penn State Lesson06 bersama teori pengujian orisinal. Bedakan hipotesis nol, aturan penolakan, dan distribusi yang digunakan untuk menghitung peluang. Definisi ukuran uji, daya, serta randomisasi mengikuti Uji teracak, ukuran, dan daya; perbandingan Wald, skor, dan rasio fungsi kemungkinan mengikuti Statistik Wald, Statistik skor untuk nol komposit, dan Statistik rasio fungsi kemungkinan.

Soal 1 — uji Normal satu sisi dengan varians diketahui

Misalkan $X_1,\ldots,X_n\sim N(\mu,1)$ saling bebas dan berdistribusi identik (iid). Uji $H_0:\mu\le0$ melawan $H_1:\mu>0$ dengan $Z=\sqrt n\,\bar X$ . Untuk $\alpha=.05$ : (a) tentukan daerah penolakan dan buktikan bahwa supremum ukuran uji dicapai pada $\mu=0$ ; (b) turunkan fungsi daya; (c) untuk $n=25,\mu=.5$ , hitung daya; dan (d) bila $\bar X=.40$ , hitung nilai-p satu sisi.

Petunjuk 1

Di bawah $\mu$ , $Z\sim N(\sqrt n\,\mu,1)$ . Kuantil kritis $z_{.95}\approx1{,}645$ dan penolakan terjadi ketika $Z>z_{.95}$ .

Petunjuk 2

Probabilitas penolakan adalah $1-\Phi(z_{.95}-\sqrt n\,\mu)$ . Untuk nilai-p, hitung peluang ekor atas di bawah hipotesis nol pada $\mu=0$ dengan $z_{\rm obs}=\sqrt n\,\bar X$ sebagai nilai teramati.

Jawaban singkat

Tolak bila $$Z>1{,}645$$ . Daya $\beta(\mu)=1-\Phi(1{,}645-\sqrt n\,\mu)$ meningkat terhadap $\mu$ , sehingga supremum di bawah hipotesis nol komposit dicapai di $\mu=0$ . Pada $$n=25$$ dan $\mu=.5$ , dayanya $\Phi(.855)\approx.804$ ; untuk $\bar X=.40$ , $z_{\rm obs}=2$ dan $p=1-\Phi(2)\approx.0228$ .

Solusi lengkap

Di bawah $\mu$ , $Z\sim N(\sqrt n\,\mu,1)$ . Pilih $c=z_{.95}=1{,}645$ sehingga $$P_0(Z>c)=.05$$ . Untuk ambang tetap $$c$$ , peluang ekor atas $P_\mu(Z>c)$ meningkat terhadap rataan $\sqrt n\,\mu$ . Karena $\mu\le0$ , peluang terbesarnya dicapai pada $\mu=0$ ; ukuran uji tepat .05 pada batas hipotesis nol tersebut. Fungsi daya ialah

\beta(\mu)=P_\mu(Z>1{,}645) =1-\Phi(1{,}645-\sqrt n\,\mu).

Untuk $n=25,\mu=.5$ , rataan $$Z=2.5$$ , jadi $\beta=\Phi(2.5-1.645)=\Phi(.855)\approx.8038$ . Jika $\bar X=.40$ , $z_{\rm obs}=2$ dan nilai-p satu sisi $P_0(Z\ge2)=1-\Phi(2)\approx.0228$ . Nilai-p mengukur seberapa ekstrem data di bawah hipotesis nol, bukan peluang bahwa hipotesis nol benar; daya adalah peluang menolak pada alternatif yang telah ditentukan.

Soal 2 — uji t dan dualitas dengan interval kepercayaan

Sampel Normal dengan varians tak diketahui mempunyai $$n=16$$ , $\bar X=12$ , dan $$s=4$$ . Uji $H_0:\mu=10$ melawan $H_1:\mu\ne10$ pada $\alpha=.05$ . (a) Hitung statistik t dan nilai-p dua sisi menggunakan $t_{15,.975}=2{,}131$ . (b) Bentuk interval kepercayaan 95% dan tunjukkan dualitasnya dengan keputusan uji. (c) Nyatakan cakupan prosedur secara tepat.

Petunjuk 1

$T=(\bar X-\mu_0)/(s/\sqrt n)$ dan derajat bebasnya $$15$$ . Nilai-p dua sisi adalah $2P(t_{15}\ge|T_{\rm obs}|)$ .

Petunjuk 2

Karena $s/\sqrt n=1$ , statistik untuk $\mu_0=10$ adalah $$2$$ . Nilai kritis yang sama membentuk kedua ujung interval yang diperoleh dari pivot.

Jawaban singkat

$T_{\rm obs}=2$ , nilai-p dua sisi sekitar $$0{,}063$$ , sehingga tidak menolak pada 5%. Intervalnya $12\pm2{,}131=[9{,}869,14{,}131]$ dan memuat 10. Cakupan 95% berarti bahwa prosedur memuat parameter pada 95% pengambilan sampel berulang menurut model Normal; ini bukan peluang posterior setelah data diamati.

Solusi lengkap

Di bawah $$H_0$$ ,

T=\frac{\bar X-\mu_0}{S/\sqrt n}\sim t_{15}.

Dengan $s/\sqrt{16}=1$ dan $\mu_0=10$ , diperoleh $T_{\rm obs}=2$ . Nilai-p dua sisi $2\{1-F_{t_{15}}(2)\}\approx.063945>.05$ , sehingga $$H_0$$ tidak ditolak. Inversi $|(\bar X-\mu)/(S/\sqrt n)|\le2{,}131$ memberi

\[C=[12-2{,}131(1),12+2{,}131(1)] =[9{,}869,14{,}131].\]

Karena 10 berada di dalam $$C$$ , keputusan uji dan interval tersebut bersifat dual pada aras yang sama. Secara frekuentis, untuk setiap $\mu,\sigma^2$ dalam model Normal, $P_\mu\{\mu\in C(X)\}=.95$ pada pengulangan sampel berukuran 16. Setelah data diamati, $\mu$ tetap; peluang posterior memerlukan prior dan model Bayesian.

Soal 3 — Neyman–Pearson diskret dengan randomisasi

Ambil $S\sim\operatorname{Binomial}(3,p)$ dan uji sederhana $$H_0:p=.2$$ melawan $$H_1:p=.5$$ pada aras $\alpha=.10$ . (a) Hitung rasio fungsi kemungkinan untuk $$s=0,1,2,3$$ dan urutkan hasilnya. (b) Bangun uji MP dengan randomisasi. (c) Hitung ukuran uji dan daya eksaknya. (d) Jelaskan pada titik alternatif mana jaminan lemma tersebut berlaku.

Petunjuk 1

Peluang masing-masing nilai di bawah $$H_0$$ untuk $$s=0,1,2,3$$ ialah $$(.512,.384,.096,.008)$$ ; di bawah $$H_1$$ ialah $$(.125,.375,.375,.125)$$ . Susun daerah penolakan dengan memasukkan nilai $$s$$ mulai dari rasio terbesar.

Petunjuk 2

Tolak saat $$s=3$$ terlebih dahulu, lalu lakukan randomisasi saat $$s=2$$ . Pilih $\gamma=(.10-.008)/.096$ pada lapisan rasio berikutnya.

Jawaban singkat

Rasio berturut-turut sekitar $$(.244,.977,3.906,15.625)$$ . Tolak pasti $$s=3$$ dan dengan probabilitas $\gamma=23/24$ saat $$s=2$$ . Ukuran uji $$.10$$ dan daya $$.125+(23/24)(.375)=.484375$$ . Jaminan sifat MP itu hanya berlaku terhadap titik $$p=.5$$ , bukan UMP untuk alternatif komposit.

Solusi lengkap

Peluang untuk $$s=0,1,2,3$$ di bawah $$H_0$$ adalah $$(.512,.384,.096,.008)$$ dan di bawah $$H_1$$ adalah $$(.125,.375,.375,.125)$$ . Rasio $$P_1/P_0$$ pada $$s=0,1,2,3$$ berturut-turut $$0.2441,0.9766,3.90625,15.625$$ , sehingga urutan penolakan dimulai dari $$s=3$$ , lalu $$s=2$$ . Penolakan saat $$s=3$$ menggunakan .008 dari anggaran ukuran uji. Agar ukuran uji .10, tetapkan

\gamma=\frac{.10-.008}{.096}=\frac{23}{24}

pada $$s=2$$ , dan jangan tolak $$H_0$$ pada nilai $$s$$ lainnya. Dengan demikian

E_0\varphi^*=.008+(23/24)(.096)=.10, \qquad E_1\varphi^*=.125+(23/24)(.375)=.484375.

Lemma Neyman–Pearson Lemma Neyman–Pearson dengan randomisasi pada kesamaan menjamin daya maksimum di antara semua uji beraras .10 untuk pasangan hipotesis sederhana ini. Jaminan itu tidak serta-merta menjamin sifat UMP ketika titik alternatif atau kelas uji berubah.

Soal 4 — MLR dan uji UMP binomial satu sisi

Misalkan $S\sim\operatorname{Binomial}(5,p)$ . Uji $H_0:p\le.5$ melawan $$H_1:p>.5$$ pada aras $\alpha=.10$ . (a) Tentukan $c,\gamma$ untuk uji ekor atas. (b) Hitung daya pada $$p=.8$$ . (c) Jelaskan mengapa satu aturan mengendalikan ukuran uji untuk semua $p\le.5$ dan menjadi UMP untuk seluruh alternatif.

Petunjuk 1

Di bawah $$p_0=.5$$ , $$P(S=5)=.03125$$ dan $$P(S=4)=.15625$$ . Alokasikan sisa ukuran uji pada kejadian $$S=4$$ .

Petunjuk 2

$\gamma=(.10-.03125)/.15625=.44$ . Untuk $$p=.8$$ , gunakan $$P(S=5)=.8^5$$ dan $$P(S=4)=5(.8)^4(.2)$$ .

Jawaban singkat

Tolak pasti jika $$S=5$$ dan dengan probabilitas $\gamma=.44$ jika $$S=4$$ . Daya pada $$p=.8$$ adalah $$.8^5+.44[5(.8)^4(.2)]=.507904$$ . Sifat MLR dalam $$S$$ menjadikan uji ekor atas MP untuk setiap $$p>.5$$ ; karena daya tidak menurun, supremum di bawah $$H_0$$ tercapai pada $$p=.5$$ , sehingga aturan UMP.

Solusi lengkap

Pada $$p_0=.5$$ , massa $$S=5$$ adalah $$1/32=.03125$$ dan massa $$S=4$$ adalah $$5/32=.15625$$ . Karena .03125 kurang dari .10 tetapi $$.03125+.15625>.10$$ , lakukan randomisasi saat $$S=4$$ dengan

\gamma=\frac{.10-.03125}{.15625}=.44.

Pada $$p=.8$$ , massa $$S=5$$ adalah $$.32768$$ dan massa $$S=4$$ adalah $$.4096$$ , sehingga $\beta(.8)=.32768+.44(.4096)=.507904$ . Untuk $$p_2>p_1$$ , rasio fungsi massa Binomial meningkat sebagai fungsi $$S$$ ; ini adalah MLR Rasio fungsi kemungkinan monoton. Teorema Jalur MLR menuju uji UMP satu sisi menjadikan uji ekor atas MP bagi setiap $$p>.5$$ . Berdasarkan pengurutan stokastik, daya tidak menurun terhadap $$p$$ , sehingga supremum ukuran uji tercapai pada batas hipotesis nol, $$p=.5$$ . “Seragam” dalam istilah “paling berdaya seragam” berarti satu aturan optimal pada setiap titik alternatif, bukan daya yang konstan.

Soal 5 — nilai-p diskret dan randomisasi

Di bawah $$H_0:p=.5$$ , amati $$S=8$$ dari $$n=10$$ percobaan Bernoulli untuk alternatif $$p>.5$$ . (a) Hitung nilai-p ekor biasa. (b) Tulis nilai-p teracak dengan $U\sim\operatorname{Unif}(0,1)$ . (c) Tentukan probabilitas randomisasi yang membuat uji beraras .05 tepat. (d) Jelaskan sifat super-seragam nilai-p biasa.

Petunjuk 1

$P_{.5}(S\ge8)=56/1024$ . Untuk aturan beraras .05, $$P(S>8)=11/1024$$ dan sisa ukuran uji ditempatkan pada $$S=8$$ .

Petunjuk 2

Tulis $$p_U=P_0(S>8)+U P_0(S=8)$$ . Cari $\gamma$ dari $11/1024+\gamma(45/1024)=.05$ .

Jawaban singkat

$p_{\rm biasa}=56/1024=.0546875$ . Uji beraras eksak menolak pasti di $S\ge9$ dan pada $$S=8$$ dengan $\gamma=(.05-11/1024)/(45/1024)=.89333$ . Nilai-p teracak $$p_U=11/1024+U(45/1024)$$ menghasilkan keputusan yang sama; nilai-p biasa super-seragam dan karenanya konservatif pada dukungan diskret.

Solusi lengkap

Massa Binomial $$(10,.5)$$ untuk $$s=8,9,10$$ adalah $$45/1024,10/1024,1/1024$$ . Jadi ekor biasa

p_{\rm biasa}=P_{.5}(S\ge8)=\frac{56}{1024}=.0546875.

Menolak seluruh $S\ge8$ akan melebihi .05; menolak hanya $S\ge9$ menggunakan $$11/1024$$ . Sisa anggaran ukuran uji dialokasikan pada kejadian batas $$S=8$$ :

\gamma=\frac{.05-11/1024}{45/1024}=.893333\ldots.

Dengan $$U$$ seragam dan independen, definisikan $$p_U(s)=P_0(S>s)+U P_0(S=s)$$ . Untuk $$s=8$$ , nilainya $$11/1024+U(45/1024)$$ ; aturan $p_U(S)\le.05$ berlaku tepat ketika $$S>8$$ , atau ketika $$S=8$$ dan $U\le\gamma$ . Untuk setiap $t\in[0,1]$ , lompatan distribusi membuat $P_0(p_{\rm biasa}\le t)\le t$ ; inilah sifat super-seragam dan sumber konservatisme diskret. Nilai-p tetap merupakan peluang ekor di bawah hipotesis nol, bukan probabilitas bahwa hipotesis nol benar atau posterior tanpa prior.

Soal 6 — jembatan Wald, skor, dan rasio fungsi kemungkinan

Misalkan $S\sim\operatorname{Binomial}(100,p)$ dan uji $$H_0:p=.5$$ terhadap $p\ne.5$ . Dengan $\widehat p=.6$ : (a) hitung Wald dengan informasi yang dievaluasi pada $\widehat p$ , statistik skor dengan informasi yang dievaluasi pada $$p_0$$ , dan $LR=2\{\ell(\widehat p)-\ell(.5)\}$ ; (b) bandingkan; (c) buktikan bentuk orde pertama yang sama ketika $\widehat p-p_0=O_P(n^{-1/2})$ .

Petunjuk 1

Gunakan $W=n(\widehat p-p_0)^2/[\widehat p(1-\widehat p)]$ dan $Q_{\rm skor}=n(\widehat p-p_0)^2/[p_0(1-p_0)]$ . Untuk LR gunakan dua kali divergensi Bernoulli.

Petunjuk 2

Di sini, statistik Wald bernilai $$W=4{,}1667$$ , sedangkan statistik skor bernilai $Q_{\rm skor}=4$ . Ekspansi $D_{\rm KL}(p_0+\delta\Vert p_0)=\delta^2/[2p_0(1-p_0)]+O(\delta^3)$ menghasilkan suku utama LR.

Jawaban singkat

$$W=4{,}1667$$ , $Q_{\rm skor}=4$ , dan $LR=2[60\log(1{,}2)+40\log(0{,}8)]\approx4{,}0271$ . Ketiganya sama pada orde pertama ketika parameter nol berada di interior, tetapi tidak identik pada sampel berhingga; interioritas, identifiabilitas, dan syarat keteraturan tetap diperlukan.

Solusi lengkap

Dengan $\delta=.6-.5=.1$ ,

W=\frac{100(.1)^2}{.6(.4)}=4.166666\ldots,\qquad Q_{\rm skor}=\frac{100(.1)^2}{.5(.5)}=4.

Fungsi log-kemungkinan binomial (konstanta diabaikan) memberi

LR=2[60\log(1.2)+40\log(0.8)]\approx4.0271.

Secara umum, jika $\delta=\widehat p-p_0=O_P(n^{-1/2})$ , maka $\widehat p(1-\widehat p)=p_0(1-p_0)+O_P(n^{-1/2})$ dan $W=n\delta^2/[p_0(1-p_0)]+o_P(1)$ . Ekspansi Taylor memberi

2nD_{\rm KL}(\widehat p\Vert p_0) =\frac{n\delta^2}{p_0(1-p_0)}+O_P(n|\delta|^3) =\frac{n\delta^2}{p_0(1-p_0)}+o_P(1).

Statistik skor sudah sama dengan suku utama. Jadi kesetaraan orde pertama berlaku hanya ketika parameter nol berada di interior dan syarat keteraturan terpenuhi; pada batas atau dukungan yang bergerak, lakukan terlebih dahulu pemeriksaan Perbandingan empat mekanisme.

Soal 7 — daya, galat tipe II, dan ukuran sampel

Kembali ke $X_i\sim N(\mu,1)$ dan uji satu sisi $H_0:\mu\le0$ pada $\alpha=.05$ . (a) Hitung daya pada $\mu=.5$ ketika $$n=25$$ . (b) Tentukan ukuran sampel terkecil dengan daya sedikitnya $$.90$$ pada $\mu=.5$ . Gunakan $z_{.95}=1{,}645$ dan $z_{.90}=1{,}282$ . (c) Jelaskan hubungan daya dengan galat tipe II dan mengapa nilai-p satu sampel tidak menentukan daya itu.

Petunjuk 1

Rumus daya adalah $\Phi(\sqrt n\,\mu-z_{.95})$ . Syarat daya $$.90$$ menjadi $\sqrt n(.5)-1{,}645\ge1{,}282$ .

Petunjuk 2

Selesaikan $\sqrt n\ge(1{,}645+1{,}282)/.5=5{,}854$ , lalu bulatkan $$n$$ ke atas. Galat tipe II pada alternatif itu adalah $1-\beta(.5)$ .

Jawaban singkat

Pada $$n=25$$ , daya $\Phi(2{,}5-1{,}645)=\Phi(.855)\approx.804$ . Untuk daya $$.90$$ , perlu $n\ge(2{,}927/.5)^2\approx34{,}27$ , sehingga $$n=35$$ ; dayanya sekitar $$.905$$ . Galat tipe II pada $$n=25$$ sekitar $$.196$$ . Nilai-p dari satu sampel tidak menetapkan daya tanpa efek, varians, alfa, dan rancangan pengambilan sampel.

Solusi lengkap

Untuk $$n$$ tertentu, $Z=\sqrt n\,\bar X$ memiliki rataan $\sqrt n\,\mu$ dan aturan menolak bila $$Z>1{,}645$$ . Jadi

\beta(\mu)=P_\mu(Z>1{,}645)=\Phi(\sqrt n\,\mu-1{,}645).

Pada $n=25,\mu=.5$ , diperoleh $\Phi(.855)\approx.8038$ , sehingga $\beta_{\rm II}=1-.8038\approx.1962$ . Untuk daya $$.90$$ pada $\mu=.5$ ,

\Phi(.5\sqrt n-1{,}645)\ge.90

mengharuskan $.5\sqrt n-1{,}645\ge1{,}282$ , atau $n\ge(2.927/.5)^2\approx34.27$ . Bilangan bulat terkecil $$35$$ memberi $\Phi(0.5\sqrt{35}-1.645)\approx\Phi(1.313)\approx.905$ . Daya dan galat tipe II bergantung pada alternatif yang dipilih; nilai-p setelah data diamati hanya merangkum peluang ekor di bawah hipotesis nol dan tidak menggantikan perencanaan daya.

Soal 8 — nilai-p dan interval eksak melalui inversi uji

Dalam $X\sim\operatorname{Binomial}(8,p)$ , amati $$X=0$$ dan uji satu sisi $$H_0:p=p_0$$ melawan $$H_1:p<p_0$$ . (a) Hitung nilai-p ketika $$p_0=.2$$ . (b) Inversikan seluruh uji beraras $\alpha=.05$ untuk memperoleh batas atas kepercayaan satu sisi bagi $$p$$ . (c) Hitung batas numerik dan jelaskan konservatisme akibat diskretisasi.

Petunjuk 1

Untuk $$x=0$$ , ekor kiri nol adalah $P_{p_0}(X\le0)=(1-p_0)^8$ . Batas atas $$U(x)$$ diperoleh dari $$(1-U)^8=.05$$ .

Petunjuk 2

Dengan $$p_0=.2$$ , nilai-p adalah $$.8^8$$ . Solusi persamaan ialah $U=1-.05^{1/8}$ ; periksa bahwa prosedur ini memenuhi $P_p\{p\le U(X)\}\ge.95$ .

Jawaban singkat

Nilai-p $$=.8^8=.16777216$$ , jadi $$H_0$$ tidak ditolak pada .05. Batas atas Clopper–Pearson untuk $$x=0$$ adalah $U=1-.05^{1/8}\approx.3123$ , sehingga interval satu sisi $$[0,.3123]$$ . Cakupan sedikitnya .95 (umumnya konservatif) karena distribusi Binomial bersifat diskret.

Solusi lengkap

Untuk alternatif $$p<p_0$$ , hasil dianggap makin ekstrem ketika $$X$$ makin kecil. Dengan $$x=0$$ ,

p_{\rm obs}=P_{.2}(X\le0)=(1-.2)^8=.8^8=.16777216.

Nilai ini di atas .05. Untuk setiap parameter kandidat, nilai batas atas untuk pengamatan nol ditentukan oleh

P_{p_0}(X\le0)=(1-p_0)^8=.05.

Penyelesaian memberi $p_0=1-.05^{1/8}\approx.312344$ . Inversi seluruh keluarga uji menghasilkan $$U(0)=.312344$$ dan interval $$[0,U(0)]$$ . Untuk nilai pengamatan lain, batas diperoleh dengan membalik peluang ekor diskret yang bersesuaian; lompatan ekor menjadikan cakupan sedikitnya .95, tidak selalu tepat. Interval ini adalah himpunan nilai parameter yang tidak ditolak oleh keluarga uji satu sisi, bukan peluang posterior. Ukuran efek dan daya tetap perlu dilaporkan bersama keputusan.

Daftar periksa kelulusan

Set ini dikuasai bila Anda menyatakan ruang parameter untuk hipotesis nol dan hipotesis alternatif sebelum menghitung ekor; mengendalikan supremum ukuran uji; membangun randomisasi hanya pada lapisan fungsi kemungkinan yang tepat; membedakan MP dari UMP; menghitung daya pada alternatif yang disebut; serta menghubungkan nilai-p, interval, dan statistik fungsi kemungkinan tanpa menyamakan makna probabilitasnya. Sebelum memakai limit chi-kuadrat, periksa interioritas, dukungan bersama, identifiabilitas, dan skala. Semua angka harus dapat direproduksi dari kuantil atau benih acak yang dicatat, dan keputusan uji tidak boleh menggantikan penurunan matematisnya.