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Introduccion Errores Region de Rechazo Potencia de un Prueba Funcion Crıtica Teorema de Neyman-Pearson Prueba de hipotesis con respecto a las medias cuando se muestrean distribuciones normales

Prueba de Hipotesis

Lic. Fernando J. Cedeno P.

30 de junio de 2009

Lic. Fernando J. Cedeno P.: Prueba de Hipotesis


Hipotesis

Enunciado sobre parametro desconocido θ.

Ejemplo: θ ≥ 100

En general θ ∈ Θ0



La hipotesis se contrasta con una alternativa.

H0 : θ ∈ Θ0 versus H1 : θ ∈ Θ1

con Θ0, Θ1 ⊂ Θ y Θ0⋂

Θ1 = ∅

Elegir entre H0 y H1 la hipotesis mas razonable basado enX1, . . . , Xn



Hipotesis Simples:

H0 : θ = θ0 o H1 : θ = θ1; θ0, θ1 conocidos

Hipotesis compuesta Unilateral:

H1 : θ ≥ θ1

Hipotesis compuesta bilateral:

H1 : θ 6= θ1



Errores

Tabla de Errores

Resultado o Decision Naturaleza

H0 verdadera H1 verdadera

Acepto H0 No hay error Error tipo II

Acepto H1 Error tipo I No hay Error



Region de Rechazo

Muestra X = (X1, . . . , Xn) en espacio muestral X n, RechazarH0 en funcion de la muestra.

Particion del espacio muestral en dos regiones:

R → Region rechazo.

Si X en R rechazo H0

Rc → Region Aceptacion

Si X en Rc no puedo rechazar H0, debo aceptarlo



α = P {Cometer error Tipo I}→ Rechazar H0 cuando H0 es cierto→ X en R cuando H0 es cierto

β = P {Cometer error Tipo II}→ Aceptar H0 cuando H1 es cierto→ X en Rc cuando H0 es falso



Ejemplo

X1 . . . , X9 ∼ N(θ, 1); θ desconocido

PRUEBA: se sugiere H0 : θ = 5,5, H1 : θ = 8

R : se sugiere Rechazar H0 sii X1 > 7; es decir,

R1 = {x = (x1, . . . , x9) : x1 > 7}R : se sugiere rechazar H0 sii 1

2(X1 + X2) > 7; es decir,

R2 = {x = (x1, . . . , x9) :1

2(x1 + x2) > 7}



X1 . . . , X9 ∼ N(θ, 1); θ desconocido

PRUEBA: se sugiere H0 : θ = 5,5, H1 : θ = 8

R : se sugiere Rechazar H0 sii X > 6; es decir,

R3 = {x = (x1, . . . , x9) : x1 > 6}R : se sugiere rechazar H0 sii X > 7,5; es decir,

R4 = {x = (x1, . . . , x9) : x > 7,5}



Errores prueba 1

α = P(X1 > 7|θ = 5,5)

= P

(X1 − θ

1>

7− θ

1|θ = 5,5

)

= P(X1 − 5,5 > 7− 5,5)

= P(Z > 1,5) = 0,06681



β = P(X1 ≤ 7|θ = 8)

= P

(X1 − θ

1≤ 7− θ

1|θ = 8

)

= P(X1 − 8 ≤ 7− 8)

= P(Z ≤ 1) = 0,15866



Si Xi ∼ N(θ, 1) entonces X ∼ N(θ, σ2

n

)= N

(θ, 1

9

)

α = P(X > 6|θ = 5,5)

= P

(X − θ

13

>6− θ

13

|θ = 5,5

)

= P(3(X − 5,5) > 3(6− 5,5))

= P(Z > 1,5) = 0,06681



Calculo de Errores

R1 R2 R3 R4

α 0.06681 0.01696 0.06681 0.00000β 0.15866 0.07865 0.00000 0.06681

Prueba 2 mejor a Prueba 1, errores menores


Prueba 2 mejor en tipo I a Prueba 3, pero peor en tipo II

Prueba 4 mejor en tipo I a Prueba 3, pero peor en tipo II




Potencia de un Prueba

Q(θ) : Probabilidad de rechazar H0 cuando θ ∈ Θ es el verdaderoparametro.

Ejemplo: H0 : θ = θ0; H1 : θ = θ1

Por definicion:

Q(θ0) = α → Probabilidad de rechazar θ = θ0 cuando θ0 es elverdadero parametro.

Q(θ1) = 1− β → Probabilidad de rechazar θ = θ0 cuando θ1 es elverdadero parametro, es decir, aceptar θ = θ1 cuando θ1 es elverdadero parametro.



en general, para Prueba 4

Q(θ∗) = P(X > 7,5|θ = θ∗)

= P

(X − θ

13

>7,5− θ

13

|θ = θ∗)

= P(3(X − θ∗) > 3(7,5− θ∗))= P(Z > 22,5− 3θ∗)



Para Prueba 1

Q(θ∗) = P(X1 > 7|θ = θ∗)

= P

(X1 − θ

1>

7− θ

1|θ = θ∗

)

= P(X1 − θ∗) > (7− θ∗))= P(Z > 7− θ∗)



0 2 4 6 8 10

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

theta

Pot

enci

a

0 2 4 6 8 10

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

theta

Pot

enci

a

Prueba 1Prueba 4



Prueba de Mayor Potencia (PM)

Prueba Uniforme de Mayor Potencia (UMP)



Funcion Crıtica

Definicion:(Funcion Crıtica): Es la funcion Ψ : X n → [1, 0] queestablece cual es la probabilidad para la que H0 es rechazadacuando se observa la muestra X .

Ası,Q(θ) = E{Ψ(X )}



Teorema de Neyman-Pearson

Se considera una prueba de hipotesis H0 vs. H1 con region derechazo para H0 dada por,

x ∈ R si L(x ; θ1) > kL(x ; θ0)

x ∈ Rc si L(x ; θ1) < kL(x ; θ0) o equivalentemente

Ψ(x) = 1 si L(x ; θ1) > kL(x ; θ0)

Ψ(x) = 0 si L(x ; θ1) < kL(x ; θ0)

donde k se determina mediante E{Ψ(X )} = α

Cualquier prueba que satisfaga ambos puntos es una Pruebade Mayor Potencia (PM)



Ejemplo

X1, . . . , Xn ∼ N(µ, σ2) con µ desconocido y σ conocido.

Prueba: H0 : µ = µ0;H1 = µ = µ1, con µ1 > µ0

L(x; µ) =1

(√

2πσ)nexp

{− 1

2σ2

n∑

i=1

(xi − µ)2

}

L(x;µ1)

L(x;µ0)= exp

{− 1

σ2(µ1 − µ0)

n∑

i=1

xi

}exp(const)



Rechazamos H0 si L(x;µ1)L(x;µ0)

> k , k elegido a conveniencia

exp

{1

σ2(µ1 − µ0)

n∑

i=1

xi

}exp(c) > k

Basta con

n∑

i=1

xi > k ′

donde k ′ = σ2

(µ1−µ0)log( k

ec )



Prefiero,

X > k ′′; k ′′ =k ′

naun mas,

Z =

√n

σ(X − µ0 > k ′′′); k ′′′ =

√n

σ(k ′′ − µ0)

Z ∼ N(0, 1) y P(Z > k ′′′)



Elijo k ′′′ para cola superior de la densidad dependiendo de α;k ′′′ = zα

entonces P(Z > zα) = α

Si encuentro zα encuentro RR



Prueba para una muestra

Sea X1, X2, ..,Xn una muestra aleatoria de una distribucion normalcon media µ desconocida.

H0 : µ = µ0 H0 : µ = µ0 H0 : µ = µ0

H1 : µ 6= µ0 H1 : µ > µ0 H1 : µ < µ0

Supongase que la varianza poblacional σ2 es conocida, y elestadıstico de prueba es X bajo la hipotesis nula, tiene unadistribucion normal con media µ0 y desviacion estandar σ/

√n, la

region de rechazo de tamano α para la hipotesis bilateral es de laforma

Rechazar H0 si X < x1−α/2 o X > xα/2

Se tiene P(X < x1−α/2) = α/2 y P(X > xα/2) = α/2



Dado que bajo la hipotesis nula, X ∼ N(µ0, σ/√

n), entonces deforma equivalente

P(Z >x1−α/2−µ0

σ/√

n) = α/2 y P(Z <

xα/2−µ0

σ/√

n) = α/2 o

z1−α/2 =x1−α/2−µ0

σ/√

ny zα/2 =

xα/2−µ0

σ/√

n

en donde z1−α/2 y zα/2 son los correspondientes valores de loscuantiles d Z . Por lo tanto se debe rechazar H0 cuando un valor xde X es tal que

x ≥ σz1−α/2√n

o x ≤ σzα/2√n

De manera equivalente se rechazara H0 cuando z ≥ z1−α/2 o

z ≤ zα/2 donde z = x−µ0

σ/√

n



Para la hipotesis alternativa unilateral H1 : µ > µ0, la region derechazo de tamano α es el extremo derecho de la distribucion deX ; esta es la forma

Rechazar H0 si X ≥ x1−α

Donde x1−α es el valor de cuantil de X tal que

P(X ≥ x1−α) = α

. En forma similar, para la hipotesis alternativa H1 : µ < µ0, laregion de rechazo es de la forma

Rechazar H0 si X ≤ xα

Donde xα es el valor de cuantil de X tal que

P(X ≤ xα) = α



En Resumen

Hipotesis Nula Valor de la estadısticade prueba bajo H0

H0 : µ = µ0 z = x−µ0

σ/√

n

Hipotesis Alternativa Criterio de Rechazo

H1 : µ 6= µ0 Rechazar H0 cuando z ≤ zα/2

o z ≥ z1−α/2

H1 : µ > µ0 Rechazar H0 cuando z ≥ z1−α

H1 : µ < µ0 Rechazar H0 cuando z ≤ zα



Ejemplo 1

Los siguientes datos representan los tiempos de armado para 20unidades seleccionadas aleatoriamente:

9.8 10.4 10.6 9.6 9.79.9 10.9 11.1 9.6 10.210.3 9.6 9.9 11.2 10.69.8 10.5 10.1 10.5 9.7

Supongase que el tiempo necesario para armar una unidad es unavariable aleatoria normal con media µ y desviacion estandarσ = 0,6 minutos.

Con base a esta muestra, ¿Existe alguna razon para creer, a unnivel de 0.05, que el tiempo de armado promedio es mayor a 10minutos?



H0 : µ = 10 vs. H1 = µ > 10

Rechazarse H0 con α = 0,05, entonces existe una razon para creerque el tiempo necesario para armar una unidad es de 10 minutos.

Dado P(Z ≥ 1,645) = 0,05, el valor crıtico en terminos de lavariable aleatoria normal estandar es z0,95 = 1,645. De los datos dela muestra, el valor x es igual a 10.2 minutos. Entonces:

z =x − µ0

σ/√

n=

10,2− 10

0,6/√

20= 1,4907



Dado que z = 1,4907 < z0,95 = 1,645, no puede rechazarse lahipotesis nula, El valor de p en este caso es la probabilidad de quela variable aleatoria estandar sea mayor o igual al valor de 1.4907,dando como resultado que H0 sea cierta, puede verse que

P(Z ≥ 1,4907|µ = 10) = 0,0681

Puesto que p = 0,0681 > α = 0,05 se concluye que con base en lamuestra no existe la suficiente evidencia para rechazar la hipotesisde que el tiempo promedio necesario para armar una unidad es de10 minutos.



Cuando la σ2 es desconocida, se estima utilizando el estimadorinsesgado

S2 =

∑ni=1(xi − x)2

n − 1

bajo la hipotesis nula H0 : µ = µ0 el estadıstica de prueba es

T =x − µ0

S/√

n

que tiene una distribucion t-student con n-1 grados de libertad.



Hipotesis nula Valor de la estadisticade prueba bajo H0

H0 : µ = µ0 t = x−µ0

s/√

n

Hipotesis Alternativa Criterios de rechazo

H1 : µ 6= µ0 Rechazar H0 cuando t ≤ tα/2,n−1

o cuando t ≥ t1−α,n−1

H1 : µ > µ0 Rechazar H0 cuando t ≥ t1−α,n−1

H1 : µ < µ0 Rechazar H0 cuando t ≤ tα,n−1



Prueba para dos muestras

Sean X1,X2, . . . ,Xn y Y1,Y2, . . . ,Yn muestras aleatoriasprovenientes de dos distribuciones normales independientes conmedias µX y µY y varianzas σ2

X y σ2Y , respectivamente. Supongase

que se desea probar que la hipotesis nula:

H0 = µX − µY = δ0

contra una de las siguientes alternativas:

H1 : µX − µY 6= δ0 H1 : µX − µY > δ0 H1 : µX − µY < δ0

en donde δ0 es una cantidad que toma valores positivos o cero y lacual representa diferencia propuesta entre los valores desconocidosde las medias.



Hipotesis nula Valor de la estadisticade prueba bajo H0

H0 : µX − µY = δ0 z = x−y−δ0√σ2

XnX

+σ2

YnY


H1 : µX − µY 6= δ0 Rechazar H0 cuando z ≤ zα/2

o cuando z ≥ z1−α/2

H1 : µX − µY > δ0 Rechazar H0 cuando z ≥ z1−α

H1 : µX − µY < δ0 Rechazar H0 cuando z ≤ zα



Si las varianzas σ2X y σ2

Y no se conocen pero se suponen iguales,entonces para la hipotesis nula

H0 : µX − µY = δ0

el estadıstica prueba es

T =X − Y − δ0

Sp

√1

nX+ 1

nY

Donde

Sp =√

[(nX − 1)S2X + (nY − 1)S2

Y ]/(nX + nY − 2)



Hipotesis nula Valor de la estadısticade prueba bajo H0

H0 : µX − µY = δ0 t = x−y−δ0√1

nX+ 1

nY


H1 : µX − µY 6= δ0 Rechazar H0 cuando t ≤ tα/2,m

o cuando t ≥ t1−α/2,m

en donde m=nX − nY − 2

H1 : µX − µY > δ0 Rechazar H0 cuando t ≥ t1−α,m

H1 : µX − µY < δ0 Rechazar H0 cuando t ≤ tα,m



Ejemplo 2

Se ha tomado el desempeno a un grupo de 32 trabajadores que soncapaces de realizar la misma tarea y de manera practica al mismotiempo. 16 fueron seleccionados al azar en un nivel modesto deruido (Nivel1), lo 16 restantes llevaran a cabo la misma tarea bajoun ruido de nivel 2.

Asumiendo que estos datos constituyen dos muestra aleatoriaindependientes con varianza iguales pero no conocidas.¿ Existe unarazon para creer que le tiempo promedio para el nivel 2 es mayorque el de nivel 1 con α = 0,01



Nivel 1 14 12 15 15 11 16 17 12

Nivel 2 20 22 18 18 19 15 18 15

Nivel 1 14 13 18 13 18 15 16 11

Nivel 2 22 18 19 15 21 22 18 16



H0 : µ2 − µ1 = 0 vs. H1 = µ2 − µ1 > 0

Dado que las varianzas son desconocidas, α = 0,01,n1 = n2 = 16el de t0,99,30 = 2,457. De los datos se tiene que x1 = 14,375,x2 = 18,5, s1 = 2,27 y s2 = 2,44.

sp2 =(15)(2,27)2 + (15)(2,44)2

16 + 16− 2= 5,5917

sp = 2,3647

T =x2 − x1 − 0

sp(√

(1/nx1 + 1/nx2))= 4,933991

Dado que T = 4,933991 es mayor que t0,99,30 = 2,457 se rechazaH0



Pruebas sobres las medias cuando las observaciones estapareadas

Numero de par Nivel I Nivel 2 Diferencia(Persona ) (PS antes) (PS despues ) Y − X ∗

1 X1 Y1 D1 = Y1 − X1

2 X2 Y2 D2 = Y2 − X2

. . . .

. . . .

. . . .n Xn Yn Dn = Yn − Xn



H0 = µD = δD

la estadıstica

T =D − δ0

SD/√

n

tiene una distribucion t de Student con n − 1 grados de libertad,en donde

D =n∑

i=1

Di/n

y

S2D =

n∑

i=1

(Di − D)2/(n − 1)



Criterios de rechazo para las prueba de hipotesis con respectoa las medias cuando las observaciones estan pareadas


H0 : µD = δ0 t = d−δ0

sd/√

n


H1 : µD 6= δ0 Rechazar H0 cuando t ≤ tα/2,n−1

o cuando t ≥ t1−α,n−1

H1 : µD > δ0 Rechazar H0 cuando t ≥ t1−α,n−1

H1 : µD < δ0 Rechazar H0 cuando t ≤ tα,n−1



(PS) (PS) Diferencias(Sujeto) (antes) (despues) (despues-antes)

1 128 134 62 176 174 -23 110 118 84 149 152 35 183 187 46 136 136 07 118 125 78 158 168 109 150 152 210 130 128 -211 126 130 412 162 167 5



En la columna de diferencia se obtiene que d = 3,75 ySD = 3,7929. De esta forma el valor del estadıstico de prueba es:

T =3,75− 0

3,7929/√

12= 3,425

dado que el valor critico es t0,99,11 = 2,718 se rechaza la hipotesisnula de no efecto del medicamento.



Prueba de hipotesis con respecto a las varianzas cuando semuestrean distribuciones normales

Prueba para una muestra: Sea X1,X2, . . . ,Xn una muestraaleatoria de una distribucion normal con media µ desconocida yvarianza σ2 desconocida. Considerese nula la prueba de la siguientehipotesis

H0 = σ2 = σ20

contra una las siguientes alternativas:

H1 = σ2 6= σ20 H1 = σ2 > σ2

0 H1 = σ2 < σ20




H0 = σ2 = σ20 χ2 = (n−1)s2

σ20


H1 = σ2 6= σ20 Rechazar H0 cuando χ2 ≥ χ2

1−α/2,n−1

o cuando χ2 ≤ χ2α/2,n−1

H1 = σ2 > σ20 Rechazar H0 cuando χ2 ≥ χ2

1−α,n−1

H1 = σ2 < σ20 Rechazar H0 cuando χ2 ≤ χ2

α,n−1



Prueba para dos muestras: Sea X1,X2, . . . ,Xn y Y1,Y2, . . . ,Yn

dos muestras aleatorias de dos distribuciones normales con mediasdesconocidas µX y µY y varianzas σ2

X y σ2Y desconocidas.

Considerese la prueba de la siguiente hipotesis nula

H0 = σ2X = σ2

Y

contra las siguientes alternativas:

H1 = σ2X 6= σ2

Y H1 = σ2X > σ2

Y H1 = σ2X < σ2

Y

Las estadısticas de interes son las varianzas muestrales S2X y S2

Y .Entonces

F =S2

X/σ2X

S2Y /σ2

Y




H0 = σ2X = σ2

Y f = S2X/S2

Y


H1 = σ2X 6= σ2

Y Rechazar H0 cuando f ≥ f1−α/2,nX−1,nY−1

o cuando f ≤ f1−α/2,nY−1,nX−1

H1 = σ2X > σ2

Y Rechazar H0 cuando f ≥ f1−α,nX−1,nY−1

H1 = σ2X < σ2

Y Rechazar H0 cuando f ≤ f1−α,nY−1,nX−1



En el ejemplo 2 se asumio que la varianza en ambos niveles eraniguales para verificar esa suposicion a un nivel de α = 0,1 supongaque se prueba la hipotesis

H0 = σ21 = σ2

2

contra la alternativaH1 = σ2

1 6= σ22

Se observa que los valores crıticos, izquierdo y derecho, sonf0,95,15,15 = 2,40 y 1/f0,95,15,15 = 1/2,40 = 0,42 respectivamente.Con base en los datos de la muestra S2

1 = 5,1833 y S22 = 6,0, De

esta forma el valor del estadıstico de prueba es

f = 5,1883/6 = 0,8639

Dado que f=0.8639 no es ni mayor ni igual a 2.4, ni menor ni iguala 0.42, no es posible rechazar la hipotesis nula.


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