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
an 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
ni i
T X
ve t de T istatistiğinin değerini göstermek üzere,
/2 *
1 2
( ) x c t
nexp( / 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
nolasılık 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
mm 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
mdenirse 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
adeğerine 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