O006-C140-CMP-MS09 · id-ID · CC BY-SA 4.0 · OpenAI Codex gpt-5.6-sol, Ultra

Set penguasaan 09

Kerjakan setiap masalah sebelum membuka petunjuk. Semua probabilitas penolakan harus dihitung berdasarkan aturan uji lengkap, termasuk peubah acak bantu ketika uji dirandomisasi. “Eksak” berarti tidak mengganti distribusi yang tersedia dengan aproksimasi normal atau $\chi^2$ .

Masalah 1 — Neyman–Pearson diskret dengan ukuran tepat

Misalkan $$X_1,X_2,X_3$$ iid Bernoulli $$(p)$$ dan $S=\sum_iX_i$ . Bangun uji MP berukuran $\alpha=0{,}10$ untuk

H_0:p=0{,}2 \quad\text{melawan}\quad H_1:p=0{,}5.

Nyatakan aturan uji pada setiap nilai $$S$$ , buktikan ukurannya, dan hitung daya eksak pada $$p=0{,}5$$ .

Petunjuk 1

Setiap kali $$S$$ bertambah satu, rasio fungsi kemungkinan dikalikan dengan faktor

\frac{0{,}5(1-0{,}2)}{0{,}2(1-0{,}5)}=4.

Karena itu, masukkan nilai $$S$$ ke daerah penolakan mulai dari nilai terbesar.

Petunjuk 2

Di bawah $$p=0{,}2$$ , $$P(S=3)=1/125$$ dan $$P(S=2)=12/125$$ . Tentukan $\gamma$ dari $P(S=3)+\gamma P(S=2)=1/10$ .

Jawaban singkat

Tolak pasti untuk $$S=3$$ , tolak dengan probabilitas $\gamma=23/24$ untuk $$S=2$$ , dan jangan tolak untuk $S\leq1$ . Ukuran adalah $$1/10$$ dan daya pada $$p=0{,}5$$ adalah $31/64\approx0{,}484375$ .

Solusi lengkap

Fungsi kemungkinan untuk $$S=s$$ sebanding dengan $p^s(1-p)^{3-s}$ . Rasio fungsi kemungkinan di bawah alternatif terhadap fungsi kemungkinan di bawah hipotesis nol adalah

\Lambda(s)= \left(\frac{0{,}5}{0{,}2}\right)^s \left(\frac{0{,}5}{0{,}8}\right)^{3-s},

dan meningkat ketat terhadap $$s$$ . Lemma Neyman–Pearson karena itu mengurutkan $$3,2,1,0$$ . Di bawah hipotesis nol,

P_{0,2}(S=3)=\frac1{125}, \qquad P_{0,2}(S=2)=\frac{12}{125}.

Menolak hanya pada $$S=3$$ menghasilkan ukuran $$0{,}008$$ , sedangkan menolak juga untuk semua hasil dengan $$S=2$$ akan menghasilkan ukuran $$0{,}104>0{,}10$$ . Randomisasi pada lapisan batas $$S=2$$ memberi

\frac1{125}+\gamma\frac{12}{125}=\frac1{10},

sehingga

\gamma =\frac{1/10-1/125}{12/125} =\frac{23}{24}.

Di bawah $$p=0{,}5$$ , $$P(S=3)=1/8$$ dan $$P(S=2)=3/8$$ . Maka

\beta(0{,}5) =\frac18+\frac{23}{24}\frac38 =\frac{24+69}{192} =\frac{31}{64}.

Aturan ini MP karena peluang penolakan dialokasikan dengan mendahulukan hasil yang memiliki rasio fungsi kemungkinan terbesar.

Masalah 2 — uji normal MP dan fungsi daya

Misalkan $X_1,\ldots,X_{25}$ iid $N(\mu,4)$ . Uji $H_0:\mu=0$ melawan $H_1:\mu=1$ pada aras $\alpha=0{,}025$ .

Turunkan uji MP dari rasio fungsi kemungkinan.
Tulis fungsi daya pada rataan umum $\mu$ .
Hitung daya pada $\mu=1$ hingga empat angka desimal. Gunakan $z_{0,975}=1{,}959964$ .

Petunjuk 1

Log-rasio fungsi kemungkinan adalah fungsi linear yang meningkat terhadap $\sum_iX_i$ karena $$1-0>0$$ .

Petunjuk 2

Di bawah rataan $\mu$ , simpangan baku $\bar X$ adalah $$2/5=0{,}4$$ . Bakukan ambang dengan distribusi tersebut.

Jawaban singkat

Tolak bila $\bar X>0{,}4z_{0,975}=0{,}783986$ . Fungsi daya adalah

\beta(\mu)=1-\Phi\{z_{0,975}-2{,}5\mu\},

dan $\beta(1)=\Phi(0{,}540036)\approx0{,}7054$ .

Solusi lengkap

Untuk varians $\sigma^2=4$ , log-rasio fungsi kemungkinan antara $\mu=1$ dan $\mu=0$ adalah

\log\Lambda(x) =\frac{1}{4}\sum_{i=1}^{25}x_i-\frac{25}{8},

sehingga rasio meningkat ketat terhadap $\bar X$ . Menurut Neyman–Pearson, daerah penolakan berbentuk $\bar X>c$ . Di bawah $$H_0$$ , $\bar X\sim N(0,4/25)$ , maka

P_0(\bar X>c)=0{,}025 \quad\Longrightarrow\quad c=\frac{2}{5}z_{0,975}=0{,}7839856.

Distribusi kontinu memberi probabilitas nol pada batas, jadi randomisasi tidak diperlukan. Untuk rataan umum $\mu$ ,

\begin{aligned} \beta(\mu) &=P_\mu(\bar X>c)\\ &=1-\Phi\left(\frac{c-\mu}{0{,}4}\right)\\ &=1-\Phi(z_{0,975}-2{,}5\mu). \end{aligned}

Pada $\mu=1$ , argumen di dalam fungsi komplemen adalah $$1{,}959964-2{,}5=-0{,}540036$$ , sehingga $\beta(1)=1-\Phi(-0{,}540036)=\Phi(0{,}540036)\approx0{,}7054$ .

Masalah 3 — membuktikan ketiadaan UMP dua sisi

Untuk satu observasi $X\sim N(\mu,1)$ , pertimbangkan $H_0:\mu=0$ melawan $H_1:\mu\neq0$ pada aras $0<\alpha<1/2$ . Buktikan bahwa tidak ada uji UMP pada kelas semua uji beraras $\alpha$ .

Petunjuk 1

Andaikan uji UMP ada. Uji tersebut, khususnya, harus MP terhadap alternatif sederhana $\mu=a$ dan $\mu=-a$ untuk sembarang $$a>0$$ .

Petunjuk 2

Rasio fungsi kemungkinan untuk $$a$$ meningkat ketat terhadap $$X$$ , sedangkan rasio untuk $$-a$$ menurun ketat. Gunakan ketunggalan uji NP: di bawah hipotesis nol, ambang pada peubah kontinu tidak memiliki massa titik.

Jawaban singkat

MP terhadap $$a>0$$ adalah uji ekor kanan $\mathbf1\{X>z_{1-\alpha}\}$ , sedangkan MP terhadap $$-a$$ adalah uji ekor kiri $\mathbf1\{X<-z_{1-\alpha}\}$ . Keduanya unik hampir pasti dan berbeda pada himpunan berprobabilitas positif, sehingga satu uji tidak dapat menjadi keduanya; UMP tidak ada.

Solusi lengkap

Untuk alternatif $$a>0$$ ,

\frac{p_a(x)}{p_0(x)}=\exp(ax-a^2/2)

meningkat ketat terhadap $$x$$ . Uji Neyman–Pearson berukuran $\alpha$ karena itu

\varphi_+(x)=\mathbf1\{x>z_{1-\alpha}\}.

Rasio kontinu tidak mempunyai himpunan kesamaan bermassa positif, sehingga uji MP ini unik hingga himpunan nol menurut $$P_0$$ . Untuk alternatif $$-a$$ ,

\frac{p_{-a}(x)}{p_0(x)}=\exp(-ax-a^2/2)

menurun ketat, dan uji MP unik ialah

\varphi_-(x)=\mathbf1\{x<-z_{1-\alpha}\}.

Jika $\varphi^*$ UMP, ia harus mempunyai daya maksimum pada $$a$$ dan pada $$-a$$ , sehingga harus sama hampir pasti dengan $\varphi_+$ dan $\varphi_-$ . Namun, karena $\alpha<1/2$ , ekor kanan dan kiri tersebut terpisah dan fungsi indikatornya berbeda pada himpunan dengan probabilitas normal positif. Ini kontradiksi. Uji simetris dua sisi mungkin optimal dalam kelas yang lebih sempit, misalnya kelas tak bias dengan syarat tambahan, tetapi bukan UMP pada kelas semua uji beraras $\alpha$ .

Masalah 4 — MLR dan uji UMP binomial satu sisi

Misalkan $S\sim\operatorname{Binomial}(4,p)$ . Bangun uji UMP berukuran $\alpha=0{,}10$ untuk

H_0:p\leq\frac12 \quad\text{melawan}\quad H_1:p>\frac12.

Buktikan sifat MLR dan aras pada seluruh nol. Hitung daya pada $$p=3/4$$ .

Petunjuk 1

Untuk $$p_2>p_1$$ , bandingkan rasio fungsi kemungkinan pada $$s+1$$ dengan rasio pada $$s$$ . Faktor perubahannya lebih besar daripada satu.

Petunjuk 2

Di bawah $$p_0=1/2$$ , $$P(S=4)=1/16$$ dan $$P(S=3)=4/16$$ . Alokasikan sisa aras pada $$S=3$$ .

Jawaban singkat

Tolak pasti pada $$S=4$$ , tolak dengan probabilitas $\gamma=3/20=0{,}15$ pada $$S=3$$ , dan jangan tolak pada $S\leq2$ . Uji ini UMP dan

\beta(3/4)=\frac{243}{640}\approx0{,}3796875.

Solusi lengkap

Untuk $$p_2>p_1$$ , rasio fungsi massa pada $$S=s$$ adalah

r(s)= \left(\frac{p_2}{p_1}\right)^s \left(\frac{1-p_2}{1-p_1}\right)^{4-s}.

Karena

\frac{r(s+1)}{r(s)} =\frac{p_2(1-p_1)}{p_1(1-p_2)}>1,

keluarga mempunyai MLR dalam $$S$$ . Aturan penolakan yang tidak menurun terhadap $$S$$ mempunyai probabilitas penolakan yang tidak menurun terhadap $$p$$ , sehingga ukuran pada hipotesis nol komposit dicapai pada batas $$p_0=1/2$$ .

Pada batas itu, menolak pada $$S=4$$ menghasilkan ukuran $$1/16$$ , dan massa $$S=3$$ adalah $$4/16$$ . Persamaan ukuran

\frac1{16}+\gamma\frac4{16}=\frac1{10}

memberi $\gamma=3/20$ . Teorema MLR satu sisi menjadikan aturan ini MP terhadap setiap $$p>1/2$$ , maka ia UMP. Fungsi daya adalah

\beta(p)=p^4+\frac3{20}\,4p^3(1-p) =p^4+\frac35p^3(1-p).

Pada $$p=3/4$$ ,

\beta(3/4) =\frac{81}{256}+\frac35\frac{27}{64}\frac14 =\frac{405+81}{1280} =\frac{243}{640}.

Masalah 5 — nilai-p diskret teracak

Gunakan model nol $S\sim\operatorname{Binomial}(4,1/2)$ ; nilai $$S$$ yang besar merupakan bukti yang mendukung alternatif. Ketika $$S=3$$ diamati:

hitung nilai-p ekor biasa $p_{\mathrm{ekor}}=P_0(S\geq3)$ ;
untuk $$U=0{,}20$$ , hitung nilai-p teracak $$p_R=P_0(S>3)+U P_0(S=3)$$ ;
tentukan keputusan pada aras $$0{,}10$$ ;
jelaskan mengapa $$p_R$$ seragam kontinu pada $$[0,1]$$ di bawah hipotesis nol ketika $U\sim\operatorname{Unif}(0,1)$ independen.

Petunjuk 1

$$P_0(S=4)=1/16$$ dan $$P_0(S=3)=4/16$$ .

Petunjuk 2

Untuk setiap nilai diskret $$t$$ , randomisasi mengisi interval $[P_0(T>t),P_0(T\geq t)]$ . Interval untuk semua lapisan $$t$$ menyusun $$[0,1]$$ tanpa celah interior.

Jawaban singkat

$p_{\mathrm{ekor}}=5/16=0{,}3125$ dan $p_R=9/80=0{,}1125$ . Karena $p_R>0{,}10$ , jangan tolak untuk realisasi $$U=0{,}20$$ . Di bawah hipotesis nol, pemetaan linear pada setiap atom menyebarkan peubah acak secara seragam ke interval nilai-p yang panjangnya sama dengan massa atom tersebut; campuran semua interval itu seragam pada $$[0,1]$$ .

Solusi lengkap

Nilai-p ekor biasa adalah

p_{\mathrm{ekor}} =P_0(S=3)+P_0(S=4) =\frac4{16}+\frac1{16} =\frac5{16}.

Nilai-p teracak menggunakan bagian atom observasi yang ditentukan oleh $$U$$ :

p_R =\frac1{16}+0{,}20\frac4{16} =\frac1{16}+\frac1{20} =\frac9{80}=0{,}1125.

Jadi keputusan beraras $$0{,}10$$ adalah tidak menolak. Secara umum, bersyarat pada $$T=t$$ , peubah

\[P_0(T>t)+U P_0(T=t)\]

berdistribusi seragam pada interval dengan titik ujung $$P_0(T>t)$$ dan $P_0(T\geq t)$ . Panjang interval tersebut tepat $$P_0(T=t)$$ , sama dengan probabilitas memilih lapisan itu. Campuran seluruh interval karena itu mempunyai densitas satu di $$[0,1]$$ . Konsekuensinya $P_0(p_R\leq\alpha)=\alpha$ untuk setiap $\alpha\in[0,1]$ .

Untuk aras $$0{,}10$$ dan $$S=3$$ , syarat $p_R\leq0{,}10$ menjadi

\frac1{16}+U\frac4{16}\leq\frac1{10} \quad\Longleftrightarrow\quad U\leq\frac3{20},

persis randomisasi batas pada Masalah 4 — MLR dan uji UMP binomial satu sisi. Nilai-p teracak bukan mid-p: mid-p mengganti $$U$$ dengan $$1/2$$ secara deterministik dan tidak seragam eksak di bawah hipotesis nol diskret.

Masalah 6 — nol komposit Poisson dan ukuran pada batas

Untuk satu observasi $X\sim\operatorname{Poisson}(\lambda)$ , bangun uji UMP berukuran $$0{,}10$$ untuk

H_0:\lambda\leq1 \quad\text{melawan}\quad H_1:\lambda>1.

Gunakan daerah penolakan utama $X\geq3$ dan randomisasi pada $$X=2$$ . Turunkan $\gamma$ , buktikan aras untuk seluruh nol, dan tulis fungsi daya eksak.

Petunjuk 1

Di bawah $\lambda=1$ , $P(X\geq3)=1-5/(2e)$ dan $$P(X=2)=1/(2e)$$ .

Petunjuk 2

Rasio massa Poisson untuk $\lambda_2>\lambda_1$ berbanding lurus dengan $(\lambda_2/\lambda_1)^x$ ; karena itu aturan penolakan yang tidak menurun terhadap $$X$$ mempunyai probabilitas penolakan yang tidak menurun terhadap $\lambda$ .

Jawaban singkat

Tolak pasti jika $X\geq3$ , tolak dengan probabilitas $\gamma=5-1{,}8e\approx0{,}107$ jika $$X=2$$ , dan jangan tolak jika $X\leq1$ . Fungsi daya adalah

\beta(\lambda) =1-e^{-\lambda}\left(1+\lambda+\frac{\lambda^2}{2}\right) +\gamma e^{-\lambda}\frac{\lambda^2}{2}.

Solusi lengkap

Pada batas hipotesis nol $\lambda=1$ , ukuran aturan adalah

1-\frac{5}{2e}+\gamma\frac1{2e}.

Samakan dengan $$1/10$$ :

\gamma =\frac{1/10-(1-5/(2e))}{1/(2e)} =5-\frac95e =5-1{,}8e.

Nilainya sekitar $$0{,}107$$ , sehingga merupakan probabilitas randomisasi yang sah. Untuk $\lambda_2>\lambda_1$ ,

\frac{p_{\lambda_2}(x)}{p_{\lambda_1}(x)} =e^{-(\lambda_2-\lambda_1)} \left(\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^x

meningkat terhadap $$x$$ . Keluarga mempunyai MLR dan probabilitas penolakan menurut aturan monoton ini tidak menurun terhadap $\lambda$ . Maka supremum atas $\lambda\leq1$ dicapai pada $\lambda=1$ dan sama dengan $$0{,}10$$ . Teorema MLR juga membuat aturan ini UMP untuk setiap $\lambda>1$ .

Pada rataan umum, peluang menolak pasti adalah $P_\lambda(X\geq3)$ dan peluang tambahan pada batas adalah $\gamma P_\lambda(X=2)$ , sehingga

\beta(\lambda) =1-e^{-\lambda}\left(1+\lambda+\frac{\lambda^2}{2}\right) +\gamma e^{-\lambda}\frac{\lambda^2}{2}.

Masalah 7 — banyak aturan pada satu himpunan kesamaan

Ruang sampel terdiri dari $$a,b,c,d$$ dengan probabilitas

Tabel 1 — Masalah 7 — banyak aturan pada satu himpunan kesamaan
hasil	$$a$$	$$b$$	$$c$$	$$d$$
$$P_0$$	$$0{,}4$$	$$0{,}3$$	$$0{,}2$$	$$0{,}1$$
$$P_1$$	$$0{,}2$$	$$0{,}3$$	$$0{,}2$$	$$0{,}3$$

Bangun semua uji NP berukuran $\alpha=0{,}25$ dalam bentuk syarat pada $\varphi(a),\ldots,\varphi(d)$ . Berikan dua aturan berbeda dan buktikan bahwa daya keduanya sama.

Petunjuk 1

Rasio fungsi kemungkinan pada $$a,b,c,d$$ berturut-turut adalah $$0{,}5,1,1,3$$ .

Petunjuk 2

Tolak pasti pada $$d$$ . Sisa peluang penolakan $$0{,}15$$ harus dialokasikan pada $$b$$ dan $$c$$ , yang mempunyai rasio sama.

Jawaban singkat

Semua aturan dengan

\varphi(d)=1,\quad\varphi(a)=0,\quad 0{,}3\varphi(b)+0{,}2\varphi(c)=0{,}15

dan $0\leq\varphi(b),\varphi(c)\leq1$ adalah MP. Contohnya $(\varphi(b),\varphi(c))=(1/2,0)$ dan $$(0,3/4)$$ . Keduanya mempunyai daya $$0{,}45$$ .

Solusi lengkap

Urutan rasio adalah $$d$$ terlebih dahulu, lalu bagian datar $$b,c$$ , lalu $$a$$ . Menolak pasti pada $$d$$ menghasilkan ukuran $$0{,}1$$ dan memberi daya $$0{,}3$$ . Untuk mencapai ukuran $$0{,}25$$ , diperlukan tambahan $$0{,}15$$ dari bagian datar rasio satu:

0{,}3\varphi(b)+0{,}2\varphi(c)=0{,}15.

Hasil $$a$$ tidak dipakai karena rasio $$0{,}5$$ lebih kecil. Setiap pasangan dalam persegi $$[0,1]^2$$ yang memenuhi persamaan itu merupakan alokasi sah. Dua contoh ialah

(\varphi(b),\varphi(c))=(1/2,0) \quad\text{dan}\quad (0,3/4).

Pada bagian datar, $$P_1=P_0$$ , sehingga tambahan daya sama dengan tambahan ukuran:

0{,}3\varphi(b)+0{,}2\varphi(c)=0{,}15.

Total daya setiap aturan adalah $$0{,}3+0{,}15=0{,}45$$ . Nonketunggalan ini tidak bertentangan dengan Neyman–Pearson: aturan hanya berbeda pada himpunan $$p_1=cp_0$$ , tempat integran dalam bukti optimalitas bernilai nol.

Masalah 8 — audit klaim aras dengan varians pengganggu

Misalkan $X_1,\ldots,X_n$ iid $N(\mu,\sigma^2)$ dengan kedua parameter tidak diketahui dan $\sigma>0$ . Seseorang mengusulkan uji untuk $H_0:\mu\leq0$ melawan $H_1:\mu>0$ :

\text{tolak jika }\sqrt n\,\bar X>z_{0,95}.

Ia menyebut uji ini “UMP beraras $$0{,}05$$ ” karena bentuknya sama dengan uji normal ketika $\sigma=1$ . Audit klaim tersebut dengan menghitung probabilitas penolakan pada $\mu=0$ untuk semua $\sigma$ .

Petunjuk 1

Pada $\mu=0$ , $\sqrt n\bar X\sim N(0,\sigma^2)$ , bukan $$N(0,1)$$ .

Petunjuk 2

Ambil supremum $1-\Phi(z_{0,95}/\sigma)$ saat $\sigma\to\infty$ .

Jawaban singkat

Pada $\mu=0$ , probabilitas penolakan adalah $1-\Phi(z_{0,95}/\sigma)$ , yang mendekati $$1/2$$ saat $\sigma\to\infty$ . Jadi supremum probabilitas penolakan pada hipotesis nol adalah $$1/2$$ , bukan $$0{,}05$$ . Uji bahkan tidak beraras $$0{,}05$$ , sehingga klaim UMP gagal sebelum optimalitas dibahas.

Solusi lengkap

Di batas rataan nol,

\sqrt n\bar X\sim N(0,\sigma^2).

Karena itu

P_{0,\sigma}(\text{tolak}) =P\left(Z>\frac{z_{0,95}}{\sigma}\right) =1-\Phi\left(\frac{z_{0,95}}{\sigma}\right).

Ketika $\sigma=1$ , nilainya memang $$0{,}05$$ . Namun hipotesis nol komposit mencakup semua $\sigma>0$ . Saat $\sigma\to\infty$ , $z_{0,95}/\sigma\to0$ dan probabilitas penolakan menuju $$1/2$$ . Maka

\sup_{\sigma>0}P_{0,\sigma}(\text{tolak})=\frac12.

Mempertimbangkan nilai $\mu<0$ tidak menghapus pelanggaran yang sudah terjadi pada $\mu=0$ . Statistik yang dibakukan dengan simpangan baku sampel dapat memberi uji $$t$$ dengan aras eksak pada model normal, tetapi keberadaan parameter pengganggu berarti teorema MLR satu-parameter tidak langsung membuktikan UMP pada kelas semua uji. Aras harus dibuktikan lebih dahulu; optimalitas memerlukan argumen terpisah.

Daftar periksa kelulusan

Set ini dikuasai bila Anda dapat membedakan ukuran, aras, dan daya; membangun randomisasi hanya pada lapisan rasio yang sama; menangani kuantor dalam definisi UMP, bukan hanya menyebut MP; serta mengambil supremum terhadap setiap parameter pengganggu yang tercantum dalam hipotesis nol.

hasil	$\(a\)$	$\(b\)$	$\(c\)$	$\(d\)$
$\(P_0\)$	$\(0{,}4\)$	$\(0{,}3\)$	$\(0{,}2\)$	$\(0{,}1\)$
$\(P_1\)$	$\(0{,}2\)$	$\(0{,}3\)$	$\(0{,}2\)$	$\(0{,}3\)$