0.05 anlam düzeyinde

9.7. Çözümlü Problemler

9.7.1 Örnek (9.1.1) deki 50 öğrencinin notlarını kullanarak,   ² 400 _için H 0 :   50 hipotezini   0.05 anlam düzeyinde H _a :   50 alternatif hipotezine karşı test ediniz.

Testin güç fonksiyonunu bulup grafiğini çiziniz. Varyansın bilinmediği durumda  _için

%95 lik güven aralığı yazınız.

Çözüm:   ² 400 _ise   20 olup Z istatistiğinin değeri

( 0 ) / 50 ( 50) / 20

h n n

z  n x     x 

dir. Buradan test kuralı, ( ) 1 ,

0 , diğer yerlerde z h z

x ^

   

  



şeklinde yazılır.   0.05 _{için (} P Z  1.645) 0.05  ise z _  1.645 dir. Ayrıca, x _n  48 olarak hesaplanmış olup,

50 (48 50) / 20 0.704 1.645

z h      

olduğundan H ⁰ :   50 hipotezi H _a :   50 alternatif hipotezine karşı   0.05 _anlam düzeyinde red edilemez. Testin güç fonksiyonunun değerleri  nün bazı değerleri için hesaplanmış ve grafiği de Şekil (9.7.1) de verilmiştir. Burada testin güç fonksiyonu,

( ) ( 0 Red) [ ( 50) / 20 1.645] [ ( 50) / 20 1.645]

[ 1.645 ( 50) / 20] ( ( ))

n n

P H P n X P n X

P Z n P Z z

  

   

 

          

      

olarak elde edilmiştir.

Şekil 9.7.1 H ⁰ :   50 hipotezinin H

_a

:   50 hipotezine karşı testi problemi için

güç fonksiyonu (   0.05 ₎

Şimdi, varyansın bilinmediğini varsayalım ve  için %95 lik güven aralığı yazalım.

Varyans s ² _n  467.84 olarak tahmin edilmiş olup P t t (  ⁴⁹ ( / 2)) 0.025   için kritik değer t  tablosundan t ^{50 1} _ ( / 2) 2.009   olarak bulunmuştur. Buradan   0.05 olmak üzere

 için %95 lik güven aralığı,

1 1

[ ( / 2) / , ( / 2) / ]

[48 (21.63)(2.009) / 50 , 48 (21.63)(2.009) / 50 ] [41.85 , 54.15]

n x n n x n

x  s t _  n x  s t _  n

   

olarak hesaplanmıştır.

9.7.2 N ( ,   ² ) dağılımından bir örneklem X X ¹ , ² , ,  X _{n olsun.} H ⁰ :    ⁰

yokluk hipotezi  ^a   ⁰ _için H _a :    _a alternatif hipotezine karşı test edilmek istensin.

a) Birinci tür hata olasılığı en fazla  , ikinci tür hata olasılığı da en fazla  _olması

örneklem hacminin en az

2 2 2

( z _  z _ )  / (  _a   0 )

olması gerektiğini gösteriniz. Yani,

örneklem hacmi için

2 2 2

( ) / ( _a 0 )

n  z _  z _    

eşitsizliğini elde ediniz.

b) H ⁰ :   15 hipotezi H _a :   16 alternatif hipotezine karşı test edilmek istensin.

Birinci ve ikinci tür hata olaslıkları en fazla 0.05 ₍     ^0.05 ) olacak şekilde n örneklem hacmini belirleyiniz (   ² 10 _alınız).

Çözüm: a) H ⁰ :   15 hipotezinin reddi için test fonksiyonu (  ^a   ⁰

olduğundan) ( ) 1 ,

0 , . . x n c

x d y

  

  



şeklindedir. Buna göre, birinci tür hata olasılığı en fazla  _ise

0

( _n )

0

[ ( 0 ) / ( 0 ) / ] P _{ } X c P _{ } n X n c

  _   _       

eşitliğinden (normal dağılım tablosundan) z _  n c (   ⁰ ) /  bulunur. İkinci tür hata olasılığı da en fazla  kadar olacağından,   P Z (  n c (   _a ) / )  _{olasılığı}

( ) ( ( ) / ( ) / ) ( ( ) / )

a

n

a

n a a a

P _{ } X c P _{ } n X n c P Z n c

  _   _            

olup yine normal dağılım tablosundan z ¹ _{ }  n c (   _a ) /  elde edilir. Dolayısı ile, ( 0 ) /

n c     z _{ ve} z _{1  }  n c (   _a ) /  eşitliklerinin çözümünden n örneklem hacmi için

1 0

( ) / ( _a )

n   z _  z _{ }   

eşitliği elde edilir. Normal dağılım simetrik olduğundan z ¹ _{ }   z _ dır. Buradan da n örneklem hacmi,

1 0 1 0

2 2 2

1 0

( ) / ( ) ( ) / ( )

( ) / ( )

a a

a

n z z n z z

n z z

   

 

     

  

 



      

   

eşitliğinden

2 2 2

( ) / ( _a 0 )

n  z _  z _    

olarak elde edilmiş olur.

b)     0.05 ise, z _  z _  1.645 ve  _a   ⁰  1

olup (a) daki sonuçtan n

değeri

2 2 2 2

( ) / ( _a 0 ) 10(1.645 1.645) 32.9 n   z _  z _      

olarak hesaplanır. n tam sayı olduğundan, bu sayı en yakın tamsayıya tamamlanır (not: bu değer 32.1 _olsaydı yine n  33 e tamamlanacaktı). Birinci ve ikinci tür hata olasılıklarının en fazla 0.05 olması için örneklem hacmi en az n  33 olmalıdır.

9.7.3 X X ¹ , ² , ,  X _n beklenen değeri 0 , varyansı  ² olan normal dağılımdan bir örneklem olsun. H ⁰ :  ²   ^{0 2} yokluk hipotezini H _a :  ²   ^{0 2} alternatif hipotezine karşı test etmek isteyelim. Buna göre,

a) Olabilirlik oran test istatistiğini elde ediniz. Testin red bölgesini belirleyiniz.

b) Aşağıdaki veriler N ( ,   ² ) dağılımından bir örneklemin değerleridir. Bu verileri kullanarak, önce beklenen değerin sıfır olduğu yokluk hipotezini (  ²  4)   0.05 _anlam düzeyinde test ediniz. Beklenen değerin sıfır olduğu varsayımı altında H ⁰ :   ² 4 _yokluk hipotezini H

_a

:   ² 4 alternatif hipotezine karşı   0.05 anlam düzeyinde test ediniz.

0.79 0.54 0.55 -0.23 -2.84 -0.78 -0.45 1.48 0.42 -1.02

0.97 0.89 2.56 1.72 -2.90 -4.10 -2.29 3.55 -0.54 0.70

Çözüm: a)  ² nin olabilirlik fonksiyonu,

/2 /2

2 2 2

2 2 2

2 1

1

1 1 1 1

( ; ) exp exp

2 2 2

2

n n

n n

i i

i i

L  x x x

   

  ^



       

                       



şeklinde olup log-olabilirlik fonksiyonunun türevinin sıfıra eşitlenmesi ile  ² nin en çok

olabilirlik tahmin edicisi

2 1 2

1

ˆ _n ⁿ _i

i

n X

 ^



 

olarak bulunur. Ayrıca,   ⁰ { }  ^{0 2} tek elemanlı bir küme olduğundan  ˆ ^{0 2}   ^{0 2} dir. Buradan olabilirlik oranı,

2 2

0

2 /2 2 /2 2

0 2

2 0 1

0

2 2

/2 2 /2 2

0 2

1

sup ( ; ) (2 ) ( ) exp 1

( ; ) 2

( ) sup ( ; ) ( ˆ ; ) 1

(2 ) ( ˆ ) exp 2 ˆ

n n n

i i

n n n n

n i

n i

L X x x

L X x

x L X x L X x

x

 



  

 

  

 



 





 

 

 

        

  

 

 

  

 

 





 

 

    

2 /2 2

0 2 2 /2

0 1 2

2 2

2 /2 2 0 0 1

2 1

( ) exp 1

2 ˆ 1

exp 2 2

ˆ 1

( ) exp ˆ 2

n n

i n n

i n

n i i

n n i

n i

x n

x x

  

 

 





 



 

  

     

 

                        







şeklinde yazılabilir. Bu son ifade,

2 /2

2 2 2

2 2 2 2

1 1 1

0 0 0 0

ˆ 1 1 1

( ) exp exp

2 2

2 2

n n n n

n i i i

i i i

n n

x x x x

n

 

      

       

                                



şeklinde düzenlenebilir.

2 2

0 1

n

i i

T  ^ X



 

ve t de T istatistiğinin değerini göstermek üzere,

/2 *

1 2

( ) x c t

ⁿ

exp( / 2) t c t c veya t c

       



denk önermesinden t c  ¹ _veya t c  _{2 için} H ₀ hipotezi red edilir. Yani, t c  ¹ _veya t c  ₂ olacak şekilde c ¹ _ve c ₂ sayıları bulunur. Buradan da olabilirlik oran test fonksiyonu,

  ^{1 , 1 veya t 2}

0 , . .

t c c

x d y

   

  



olarak yazılır. H ⁰ :  ²   ^{0 2} hipotezi altında, T ~  _n ² _dir. P T c (  ₁ )  P T (  c ₂ )   / 2

olsun. n  20 _ve   0.05 _için P (   ^{20 2} 9.59083) 0.975  _ve P (   ₂₀ ² 34.1696) 0.025  değerleri ki-kare dağılım tablosundan bulunmuştur. Buna göre, c ¹  9.59083 _ve

2 34.1696

c  alınarak, testin red bölgesi,  { : x T  9.59083 veya T  34.1696}

R  olarak elde edilir.

b) H ⁰ :   0 yokluk hipotezini H

_a

:   0 alternatif hipotezine karşı   0.05 _anlam düzeyinde test edelim. Bunun için n  20,   ² 4 _ve x

_n

  0.049 olup test istatistiğinin

değeri z _h  n x _n /   20 ( 0.049) / 2    0.11 olarak hesaplanmıştır.   0.05 _için

/2 1.96

z _  _ve | z _h | 0.11 1.96    z _{ /2} olduğundan H ⁰ :   0 hipotezi red edilemez.

Dolayısı ile beklenen değerin sıfır olduğunu kabul edebiliriz.

0 : 2 4

H   hipotezini   0.05 anlam düzeyinde H _a :   ² 4 alternatif hipotezine karşı test edelim. (a) da elde edilen test kuralına göre, T  9.59083 veya T  34.1696 _ise

0 : 2 4

H   yokluk hipotezi red edilir. Test istatistiğinin değeri,

2 2

0 1

1 (68.648) 17.162 4

n i i

T  ^ x



   

olup c ¹  9.59083 17.162 34.1696    c ² olduğundan H ⁰ :   ² 4 yokluk hipotezi red

edilemez.

9.7.4 X X ¹ , ² , ,  X _n parametresi  olan Poisson dağılımından bir örneklem olsun.

0 : 0

H   

hipotezini H _a :    ⁰

alternatif hipotezine karşı test etmek için n  10 birimlik örneklem sonuçlarına dayanarak test fonksiyonu,

1

1 , 15

( )

0 , . .

n i i

x x

d y

 _

 

  

 





olarak verilmiştir. Buna göre,   ⁰ 1

için testin birinci tür hata olasılığını hesaplayınız.

0.5 , 1.0 , 1.5 , 2.0 , 2.5 , 3.0

  için testin gücünü hesaplayınız.

Çözüm: ¹

~ ( )

n i i

T X Poisson n



 

olup testin birinci tür hata olasılığı,

  ¹⁰  

1 1 10

16 16

107029504783

( 15) 10 / ! 1

5108103 0.048740404 0.05

t

t t

P T P T t e t

  e

 _ ^ _ ^{ }

 

      

 

 

olarak bulunmuştur. n  10 _{için ~} ^{T Poisson (10 )}  olup testin güç fonksiyonu,

  0 ^{10( )}

16 16

( ed) ( 15) ( ) (10 ) / ! ^t

t t

P H R _ P T _ P T t _ e ^ t

  ^{  } 

 

       

şeklindedir. Bu toplamlar  nın değişik değerleri için Maple VIII paket programında hesaplanarak aşağıda tablo halinde verilmiştir.

 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

 

  ^{0.000069 0.04874 0.568089 0.843486 0.9777 0.998}

9.7.5 X olasılık yoğunluk fonksiyonu   0 _için

1 , 0 1

( ; )

0 , . .

x x

f x d y

 

 _{ } ^{    }



olan kitleden bir birimlik bir örneklem olsun. H ⁰ :   1 hipotezini H _a :   1 alternatif hipotezine karşı   0.05 anlam düzeyinde test etmek istiyoruz. Bunun için test fonksiyonu

( ) 1 ,

0 , . . x x c

  d y 

  

olarak verilmiş olsun.

a) Testin kritik değerini (yani c sabitini) belirleyiniz.

b) Bu problem için   anlam düzeyli düzgün en güçlü testi elde ediniz.

c) Testin güç fonksiyonunu bulup grafiğini çiziniz.

Çözüm: a) Testin birinci tür hata olasılığı   0.05 olduğundan c sabitinin değeri

1

0.05 1 ( ) 1

x c

P _ X c dx c

 _



      

integralinin sonucundan c   1 0.05 0.95  olarak bulunur.

b) Bu olasılık yoğunluk fonksiyonlarının ailesi  ²   ¹

için f x ( ;  ² ) / ( ; ) f x  ¹ oranı

2 1 1 1 2 1

2 1 2 1 2 1

( ; ) / ( ; ) / ( / )

f x  f x    x ^{ }  x ^{ }    x ^{  } olup,    ² / ¹ 1

ve  ²   ¹  0

olduğundan x in azalmayan bir fonksiyonudur. Yani, bu olasılık yoğunluk fonksiyonlarının ailesi MLR özelliğini sağlar ve Teorem (9.5.2) gereğince,   anlam düzeyli düzgün en güçlü test

  ^{1 ,}

0 , . . x x c

  d y 

   şeklindedir.

c) Testin güç fonksiyonu

1 1 1

0 0.95

0.95

( ) ( Red) ( 0.95) 1 (0.95)

x x

P H _ P X _ x ^ dx x ^{ }

   ^

 

       

ve grafiği (Şekil (9.7.2)) aşağıdadır.

Şekil 9.7.2 Problem (9.7.5) de verilen testin güç fonksiyonu

9.7.6 X X ¹ , ² , ,  X

_n

olasılık yoğunluk fonksiyonu,

2 /

3

1 , 0

( ; ) 2

0 , . .

x e x x f x

d y



 

  

  



olan kitleden bir örneklem olsun.  ^a   ⁰

olmak üzere, H ⁰ :    ⁰

yokluk hipotezinin

a : a

H   

alternatif hipotezine karşı testi problemi için düzgün en güçlü testi bulunuz.

Çözüm: Burada, basit bir hipotezin basit hipoteze karşı testi problemi söz konusudur.

Neyman-Pearson lemması uygulanabilir. Buna göre, f x ( ; ) / ( ; )  _a f x  ⁰

  ^oranı

2

3 3

1 1

1

0 2

3 3

1 1

1 0 0

0 0

1 1 1 1

exp exp

( ; ) 2

( ; ) 1 1 1 1

exp exp

2

n n n

i i i

n n n

i i

i a a

a a a

n n n

i i i

n n n

i i

i

x x x

f x

f x x x x

 

  



 

 

 



 



   

 

 

   

 

     

 

   

 

 

   

 

     

 



 

 



3 0

1 0 1

1 1

exp

n n

i i

a a

x c



 _  

     

                    

3 3

0 1 0 1

1 1

0 0

ln[( / ) ( )] ln[( / ) ( )]

1 1 1 1

n n

n a n a

i i

i i

a a

c c

x   x   c

   

 

      

   

 

   

   

 

şeklinde düzenlenebilir. Ayrıca,

0 1

1

( ; ) / ( ; ) _a ⁿ _i

i

f x  f x  c x c



   

 

olduğundan Neyman-Pearson lemmasına göre, H ⁰ :    ⁰

yokluk hipotezinin H _a :    _a alternatif hipotezine karşı testi problemi için   anlam düzeyli düzgün en güçlü test,

  1

1 ,

0 , . .

n i i

x c x

d y

 _

 

  

 





şeklindedir. H ⁰ :    ⁰

yokluk hipotezi altında, X ~ Gamma (3,  ⁰ )

dir. Diğer taraftan,

0 6 2

(2 /  ) X ~  _olup

6 2 0 1

2 ⁿ _i ~ _n

i

X 

  _

özelliği kullanılarak c sabitinin değeri bulunur. c

sabiti  ^a

nın seçimine bağlı olmayıp sadece  ^a   ⁰

koşuluna bağlıdır.   0.05 anlam düzeyinde n  5 _,   ⁰ 1

için c sabitinin değerini ve   _a 1.1 , 1.2 , 1.3

için testin gücünü hesaplayalım.

0 0 0

0 6 2

1 0 1 0 0

2 2 2

0.05 ( Red) ⁿ _i ⁿ _{i n}

i i

c c

P _{ } H P _{ } X c P _{ } X P

 

  

  

 

     

             

       

olup, n  5 için ki-kare dağılım tablosundan P (   ^{30 2} 18.4926) 0.05  bulunur. Ayrıca, 2 / c   0 18.4926

ve   ⁰ 1

olduğundan c  9.2463 dir. Yani, n  5 _,   ⁰ 1 ve

  0.05 için   düzeyli düzgün en güçlü test,

  ^{1 ,} ₁ ^9.2463

0 , . .

n i i

x x

d y

 _

 

  

 





dir. Testin güç fonksiyonu ise

2 6 2

1 1

2 2(9.2463) 2(9.2463)

( ) 9.2463

a

n n

a i i n

i a i a a

P _{ } X P _ X P

  

  

 

 

   

 

           

       

olup fonksiyonun   _a 1.1 , 1.2

ve 1.3 noktalarındaki değeri

16.81 (30/2) 1 /2 16.81 14 /2

30 2 30/2 15

0 0

(1.1) ( 16.81) 0.0252

(30 / 2) 2 (15) 2

x x

x e x e

P dx dx

     ^{ }  ^ 

 

 

15.41 (30/2) 1 /2 15.41 14 /2

30 2 30/2 15

0 0

(1.2) ( 15.41) 0.0128

(30 / 2) 2 (15) 2

x x

x e x e

P dx dx

     ^{ }  ^ 

 

 

14.22 (30/2) 1 /2 14.22 14 /2

30 2 30/2 15

0 0

(1.3) ( 14.22) 0.0065

(30 / 2) 2 (15) 2

x x

x e x e

P dx dx

     ^{ }  ^ 

 

 

olarak hesaplanmıştır (Mapple VIII). Güç fonksiyonunun değerlerinden bazıları aşağıda tablo halinde verilmiştir.

 a 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3

( ) _a

  ^0.82 2

0.576 0.34 6

0.189 0.09 8

0.0499 0.025 2

0.012 8

0.006

5

9.7.7 X X ¹ , ² , ,  X _n olasılık yoğunluk fonksiyonu,

1 / , 0

( ; )

0 , . .

m x

m

m x e x

f x

d y

  ^{ } 

 

  



olan kitleden bir örneklem olsun.

a) H ⁰ :    ⁰

yokluk hipotezinin H

_a

:    ⁰

alternatif hipotezine karşı test edilmesi problemi için düzgün en güçlü testi bulunuz.

b)  _ve  birinci ve ikinci tür hata olasılıklarını göstersin.   ⁰ 100

,     0.05 olmak üzere,   _a 400

(  ^a   ⁰

) verilmiş ise, testin red bölgesini ve örneklem hacmini yaklaşık olarak belirleyiniz (Wackerly, 2002, Problem 10.86).

Çözüm: a)  ^a   ⁰ olacak şekilde bir  ^a belirleyelim.  ^a   ⁰ _için (1/  0 ) (1/   _a ) 0  dir. Neyman-Pearson lemmasına göre en güçlü testin red bölgesi,

1 *

0 0 0

1 1

1 0 0

* 0 * 0

1 0 1 0

( ; ) (1/ ) exp( / ) 1 1

( ; ) (1/ ) exp( / ) exp

ln( ( / ) )

1 1

ln ((1/ ) (1

m m n

n n

i i a m

m m i

i

a i a i i a a

n n

n n

m m a

i i

i a a i

f x m x x

x c

f x m x x

x c x c

   

     

  

   



 



 

 

   

                    

 

      

                  





 





/ _a )) c

 

eşitsizliğinden belirlenir ve red bölgesi, ¹ : ⁿ _i ^m

i

x x c



 

   

  

R 

dir. Buna göre, ¹ ( ) ⁿ _i ^m

i

T X X



 

 olmak üzere bu problem için düzgün en güçlü test,

1 , ( ) ( ) 0 , . .

T x c

x d y

  

   



şeklindedir. Z  X

^m

denirse Z nin dağılımı, beklenen değeri  olan üsteldir. Yani, Z nin olasılık yoğunluk fonksiyonu z  0 _için f z _Z ( ; ) (1/ )    e ^{ z / } _dir.

1 1

~ ( , )

n n

i m i

i i

T X Z Gamma n 

 

   

olup, 2 / ~ T   ^{2 2} _n dir. Önceden belirlenen bir 

sayısı (birinci tür hata olasılığı, testin anlam düzeyi) için

0 0

0 0 2 2 0

( ) (2 / 2 / ) ( _n 2 / )

P _{ } T c P _{ } T c P c

  _   _       

eşitliği kullanılarak ki-kare dağılım tablosundan c sabitinin değeri

0 2 , 2

(2 / ) _n c    _

olarak bulunur. Bu test için kritik değer, seçilen 

^a

değerine bağlı olmayıp sadece  ^a   ⁰ koşuluna bağlıdır. Dolayısı ile elde edilen test düzgün en güçlü testtir.

b) H ⁰ :   100 yokluk hipotezi altında, 2 /100 ~ T  ^{2 2} _n dir. Buna göre,

100 2 , 0.95 2

0.05 P _ (2 /100 T

_n

)

   _  

olup ki-kare dağılım tablosundan P (   ^{12 2} 21.033) 0.05  bulunur. Diğer yandan, : 400

H

a

  hipotezi altında, 2 / 400 ~ T  ^{2 2} _{n olup,}

2 2 2

2 ,0.05 2 2 ,0.05

0.05 P T (2 / 400 _n ) P ( _{n n} )

        

yazılır. Yine ki-kare tablosundan,   P (  ^{12 2}  5.23) 0.05  dir. Bu hipotez testi problemi için     0.05 koşulu 2 n  12 olması durumunda sağlanır. Buna göre, gerekli örneklem hacmi n  6 olarak bulunmuş olur.

9.7.8 X X ¹ , ² , ,  X _n olasılık yoğunluk fonksiyonu

(1 ) 1 , 0 1

( ; )

0 , . .

x x

f x d y

 

 _{ } ^{     }



olan kitleden bir örneklem olsun.

a) H ⁰ :    ¹

hipotezinin  ²   ¹

olmak üzere H _a :    ²

alternatif hipotezine karşı testi problemi için düzgün en güçlü testi bulunuz.

b) H ⁰ :   1 yokluk hipotezinin H _a :   1 alternatif hipotezine karşı testi problemi için olabilirlik oranını elde ediniz. Bu orana bağlı olarak test fonksiyonunu yazınız.

Çözüm: a) Faktörizasyon teoreminden X lerin ortak olasılık yoğunluk fonksiyonu

1 1

1 1 1 1

( ; ) ⁿ ( ; ) _i ⁿ (1 _i ) ^{n n} (1 _i ) ⁿ (1 _i ) ( ( ); ) ( )

i i i i

f x f x x x x g T x h x

 

    

 

   

   

          

   

   

  

şeklinde yazılabildiğinden,

*

1

( ) ⁿ (1 _i )

i

T X X



  

 tahmin edicisi  için yeterlidir. Yeterli bir tahmin edicinin her bire bir fonksiyonu da yeterli olduğundan

*

1

ln( ) ⁿ ln(1 _i )

i

T T X



     

de yeterlidir. T nin dağılımı için, Y   ln(1  X ) diyelim. D

^Y

  ^ _olup, ^y _{ ise} ⁰ ( ) 0

F y Y  _ve y  için dağılım fonksiyonu, 0

1 1

0 1

0

( ) ( ) ( ln(1 ) ) ( 1 ) (1 )

(1 ) 1

y

y

y e Y

e y

x

F y P Y y P X y P X e x dx

x e



 







  

 



          

   



dir. Buradan, Y Üstel ~ (1/ )  _olup, ⁿ ₁ ln(1 _i ) ~ ( ,1/ )

i

T X Gamma n 



   

dir.

Neyman-Pearson lemmasındaki oran,

2 2

2 1

1 1

1 ( )

2 2 2 2 *

1 1 1 1 1

( ; ) / ( )

( ; ) / ( )

t t n

n n n

T t

t t

n n n

T

f t t e n e

e c

f t t e n e

 

 

 

   

   

 

  

 



 

           

olup, yeterli istatistiğe bağlı test kuralı

* 1 2 2 1

ln[ ( / ) ] / ( ⁿ ) t   c       c

eşitsizliği ile elde edilir. Yani bu problem için düzgün en güçlü test,

  ^{1 , ( )}

0 , . . T x c

x d y

  

   

şeklindedir. Birinci tür hata olasılığı   0.05 olarak verilmiş olsun. Buna göre,

1

1

0

0.05 P _{ } ( T c ) ^c f t _T ( ; ) dt

   _    

olacak şekilde c sabitinin değeri belirlenir.

b) Olabilirlik oranı için,   ⁰ {1} olduğundan   ˆ ⁰ 1 dir. Ayrıca,    ^ için en çok

olabilirlik tahmin edicisinin bulunması gerekir. Olabilirlik fonksiyonu,

1 1

1 1 1 1

( ; ) ⁿ ( ; ) _i ⁿ (1 _i ) ^{n n} (1 _i ) ⁿ (1 _i )

i i i i

L X x f x x x x

 

   

 

   

   

          

   

   

 

olup log-olabilirlik fonksiyonu da,

1 1

( ) ln( ( ; )) ln( ) ⁿ ln(1 _i ) ⁿ ln(1 _i )

i i

L X x n x x

   

 

        

 

şeklindedir. Bu fonksiyonun birinci türevinin sıfıra eşitlenmesi ile,  nın en çok olabirlik

tahmin edicisi   ˆ _n n T / olarak bulunur (ikinci türevlere bakılmıştır). Burada,

1

1

( ) ln(1 ) 0 ˆ

ln(1 )

n

i n n

i i

i

n n n

x T

X

 

  _



       

   





dir. Buradan olabilirlik oranı ( ) T x  t

 olmak üzere,

( / ) 1 ( / ) 1

0 1

1 1

( ; ˆ ) 1

( ) ( ; ˆ ) ( / ) (1 ) (1 )

n t n n t

n n

i i

n i i

L X x t

x x x c

L X x n t n

 



 

 

   

  

 _  _                   

  

1 2

ln( ) ln( ) 1 ⁿ ln(1 _i ) ln( ) ln( ) 1 ( )

i

n n

n t n n x n t n n t c

t _ t

   

              

    

ln( ) 3 , ( ) ln( ) , nin fonksiyonu olduğundan n t t c f t n t t t

t c

    

 

şeklinde düzenlenir ve  ( ) x  c ¹

 ^ise T  c olduğu açıktır. Yani, olabilirlik oran test fonksiyonu,

1 , ( ) ( ) 0 , . .

T x c

x d y

  

   

 şeklindedir.

9.7.9 X

¹

_ve X

₂

_, ^U  ^{0, }  dağılımından iki birimlik bir örneklem olsun. H ⁰ :   1 hipotezini H

_a

:   1 alternatif hipotezine karşı test problemi için

1 1

1 , 0.95 ( ) 0 , . .

x x

  d y 

  

 ve

1 2 2

1 , max{ , } ( ) 0 , . .

x x c

x d y

  

  

 şeklinde iki test önerilmiştir.

a) Bu iki testin birinci tür hata olasılıkları aynı olacak şekilde c sabitini bulunuz.

b) Her iki testin güç fonksiyonlarını hesaplayıp karşılaştırınız Çözüm: a) Birinci testin birinci tür hata olasılığı,

1 1

1 0 1 1

0.95 0.95

( Red) ( 0.95) ( ; 1) 1 1 0.95 0.05

P _ H P _ X f x dx dx

  _  _          

dir. T  max{ , X X ^{1 2} } istatistiğinin olasılık yoğunluk fonksiyonu,

2

2 , 0

( ; )

0 , . .

T

t t

f t

d y

  

  

  



olup ikinci test için birinci tür hata olasılığı birinci test ile aynı olduğundan, c sabitinin değeri

1 2

0.05 1 ( ) 2 1 0.95 0.9745

c

P _ T c t dt c c

   _        

olarak bulunur.

b) Testlerin güç fonksiyonları   ¹ ( )

ve   ² ( )

ise bu fonksiyonlar

1 0 1

0.95

( ) P H ( Red) P X ( 0.95) (1/ ) dx 1 0.95



 

  

       

2 2

2 0 2 2

0.95 0.95

( ) ( Red) ( 0.95 ) (2 / ) 1 0.95

t

P H P T t dt t

 

 

  

 _ 

       

şeklinde hesaplanmıştır. İki testin güç fonksiyonlarının grafikleri aşağıdadır.

Şekil 9.7.3 Problem (9.7.9) da verilen testlerin güç fonksiyonları

Yukarıda verilen (Şekil (9.7.3)) güç fonksiyon grafiklerinden de görüldüğü gibi, ikinci

test birinci teste göre daha güçlüdür (   ² ( )    ¹ ( )

) dir. Bunun nedeni, max{ , X X ^{1 2} } istatistiğinin  için yeterli olmasıdır.

9.7.10 X ~ Cauchy ( )  olmak üzere bir birimlik bir örnek için H ⁰ :   0 hipotezinin

: 1

H a   alternatif hipotezine karşı testi problemi için,

  ^{1 , 1 3}

0 , . . x x

  d y  

  

şeklinde bir test önerilmiştir. Bu testin birinci ve ikinci tür hata olasılıklarını hesaplayınız.

Çözüm : Bu problem, basit bir hipotezin basit bir hipoteze karşı testidir. O halde,

Neyman-Peason lemmasına göre ( ; f x   1) / ( ; f x    ise 0) c H ⁰ :   0 hipotezi red edilir. Bu test düzgün en güçlü testtir. Bu oran biraz düzenlendiğinde,

2 2 2

2 2 2

( ; 1) (1/ )[1/ (1 ( 1) )] [1/ (1 ( 1) )] 1 ( ; 0) (1/ )[1/ (1 )] [1/ (1 )] 1 ( 1) ( )

f x x x x

f x x x x R x

 

 

     

   

    

( ( ; f x   1) / ( ; f x   0)  R x ( ) ) eşitliği elde edilir. Bu oran belli bir yere kadar x _in azalan, belli bir yerden sonra da artan bir fonksiyondur. Fonksiyonun grafiği Şekil (9.7.4) de verilmiştir. Bu fonksiyonun minimum ve maksimum noktaları, fonksiyonun birinci

türevi sıfıra eşitlenerek bulunur. Fonksiyon, x   (1 5 ) / 2   0.618 için azalan, 0.618 x (1 5 ) / 2 1.618

     için artandır.

Şekil 9.7.4 Problem (9.7.10) da verilen ( ) R x fonksiyonunun grafiği

Fonksiyon, x   (1 5 ) / 2 1.618  için tekrar azalan bir eğilim gösterir. x  1 _ve 3

x  noktaları dikkate alındığında (testin sınırları), (1;1) / (1;0) f f  f (3;1) / (3;0) 2 f  olduğundan

1 , 1 3

( ) 0 , . . x x

  d y  

   ile,

* 1 , ( ;1) / ( ;0) 2 ( ) 0 , . .

f x f x

x d y

  

   testleri denktir. Buradan, testin birinci tür hata olasılığı,

3 3

0 0 0 2 1

1

1 1 1

( Red) (1 3) arctan( ) 0.1476,

P H P X 1 dx x

  x

  ^  ^       

  ikinci tür hata olasılığı ise,

1 0 1 0 1

3 3

1 1 2

/ Kabul) 1 ( Red) 1 (1 3)

1 1 1

1 1 arctan( 1) 0.6476

1 ( 1) ^x

P H P H P X

dx x

x

  



 

  



      

     

  

olarak bulunmuştur.