Sejam X1, ldots, Xn uma amostra aleatória da variável aleatória X sim N(muX, 1) e sejam Y1, ldots, Ym uma amostra aleatória da variável aleatória Y sim N(muY, 4) sendo as amostras independentes.
i) Determine o teste mais poderoso para testar
H0: muX=muY=0 versus H1: muX=muY=1
ii) Sendo n=9, sum xi=3,95 ; m=4 ; sum yi=2,03. Qual a sua conclusão ao nível de significância de 5 % ? E qual o poder do teste?

Passo 1

O enunciado nos dá duas amostras independentes:
X1,dots,Xn de Xsim N(muX,1)
Y1,dots,Ym de Ysim N(muY,4)
e pede o teste mais poderoso para
H0:muX=muY=0 vs H1:muX=muY=1
O conteúdo é o Lema de Neyman–Pearson para hipóteses simples versus simples. Precisaremos da razão de verossimilhança e do cálculo de quantis de normal.

Passo 2

Escrevemos a razão de verossimilhança
Lambda(x,y) =L(muX=0,muY=0)L(muX=1,muY=1) Long<=ftrightarrow logL(1,1)L(0,0)>=const
Para X temos
LX(muX) proptoexpl(-tfrac12sumi=1^n(xi-muX)^2r),
para Y
LY(muY) proptoexpl(-tfrac18sumj=1^m(yj-muY)^2r)
Subtraindo os logs em muX=1,muY=1 e em 0,0 obtém-se
logL(1,1)L(0,0) =sumi=1^nxi-n2 +14sumj=1^myj-m8,
que é monotônico em
T ;=;sumi=1^nxi+14sumj=1^myj
Pelo Lema de Neyman–Pearson rejeitamos H0 para T>= k.
Sob H0: sum Xisim N(0,n) e sum Yjsim N(0,4m), logo
Tsim Nl(0,;n+tfracm4r)
Em nível alpha, k=z1-alpharaiz,n+tfracm4,, com z1-alpha o quantil da normal padrão.

Passo 3

Agora n=9, sum xi=3,95, m=4, sum yj=2,03.
Calculamos
T =3,95+2,034 =3,95+0,5075 =4,4575,
e
Var0(T) =9+44 =10, raiz10approx3,1623
Para alpha=0,05, z0,95=1,645, então
k =1,645times3,1623 approx5,202
Como T=4,4575<5,202, não rejeitamos H0 a 5%.

Passo 4

Para o poder, sob H1 temos
E(T)=n+tfracm4=9+1=10 e Var(T)=10.
Então
beta =PrH1l(T>=5,202r) =1-Phi!l(5,202-10raiz10r) =1-Phi!l(-1,517r) =Phi(1,517) approx0,935

Resposta

Não rejeita-se H0 a 5%.
O poder do teste é aproximadamente 0,935.

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