Consider the test of H_{0}: \sigma^{2}=5 against H_{1}: \sigma^{2}<5. Approximate the P-value for each of the following test statistics.
x_{0}^{2}=15.2 and n=12

Passo 1

O enunciado dá:
H_{0}: \sigma^{2}=5\qquad\text{vs.}\qquad H_{1}: \sigma^{2}<5,
o estatístico observado é \;x_{0}^{2}=15{,}2\; e o tamanho da amostra é n=12.
Pergunta: aproximar o P-value correspondente a esse valor observado.

Passo 2

Qual é o estatístico de teste e a sua distribuição sob H_{0}: se S^{2} é a variância amostral, então o estatístico
T=\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma_{0}^{2}}
segue, sob H_{0}, a distribuição qui‑quadrado com \nu=n-1 graus de liberdade. Aqui \sigma_{0}^{2}=5 é a variância hipotética e \nu=12-1=11. O enunciado fornece o valor observado desse estatístico como x_{0}^{2}=15{,}2, ou seja, T_{\text{obs}}=15{,}2.

Passo 3

Como H_{1} é one‑sided para baixo ( \sigma^{2}<5), o P-value é a probabilidade, sob H_{0}, de obter um valor de T menor ou igual ao observado:
\text{p‑value}=P_{H_{0}}\bigl(\chi^{2}_{\nu}\le x_{0}^{2}\bigr)=F_{\chi^{2}_{11}}(15{,}2).
Explicando: F_{\chi^{2}_{11}} é a função de distribuição acumulada da qui‑quadrado com 11 graus de liberdade. Calcular essa CDF exatamente exige tabela ou software; vamos usar uma aproximação conveniente para calcular à mão.

Passo 4

Apresento a aproximação de Wilson–Hilferty (transformação cúbica), que diz: se X\sim\chi^{2}_{\nu} então
Z\approx\frac{\bigl(X/\nu\bigr)^{1/3}-\bigl(1-\dfrac{2}{9\nu}\bigr)}{\sqrt{\dfrac{2}{9\nu}}}
tem distribuição aproximadamente padrão normal N(0,1). Aqui:
  • X é o valor da qui‑quadrado (aqui X=15{,}2);
  • \nu é os graus de liberdade (aqui \nu=11);
  • Z é a aproximação normal usada para obter a CDF.

Passo 5

Aplicando a fórmula com \nu=11 e X=15{,}2:
Calcule X/\nu:
\frac{X}{\nu}=\frac{15{,}2}{11}=1{,}381818\ldots
Calcule a raiz cúbica:
\bigl(1{,}381818\ldots\bigr)^{1/3}\approx 1{,}1138.
Calcule o termo de correção:
1-\frac{2}{9\nu}=1-\frac{2}{99}=1-0{,}020202\ldots=0{,}979797\ldots
Calcule o denominador:
\sqrt{\frac{2}{9\nu}}=\sqrt{\frac{2}{99}}\approx 0{,}14213.
Agora o numerador e o Z:
\text{numerador}=1{,}1138-0{,}979797\ldots=0{,}1340\\ (\text{aprox.})
Z\approx\frac{0{,}1340}{0{,}14213}\approx 0{,}942.

Passo 6

Converter Z em probabilidade usando a distribuição normal padrão:
\text{p‑value}\approx \Phi(0{,}942),
onde \Phi é a CDF da normal padrão. Consultando uma tabela normal ou usando aproximação, \Phi(0{,}94)\approx 0{,}8264 e \Phi(0{,}95)\approx 0{,}8289, então para 0{,}942 obtemos
\text{p‑value}\approx 0{,}827\\ (\text{aprox.}).

Passo 7

Interpretação rápida e motivação: esse P-value é grande (por volta de 0{,}83), o que significa que, dado H_{0}:\sigma^{2}=5, observar T=15{,}2 não é nada surpreendente no sentido da alternativa “menor”. Logo não há evidência para rejeitar H_{0} em favor de H_{1}:\sigma^{2}<5.

Resposta

\text{p‑value}\approx 0{,}83

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