Statystyka, zadanie nr 4790
ostatnie wiadomo艣ci | regulamin | latex
| Autor | Zadanie / Rozwi膮zanie |
karola1010 post贸w: 46 |  2016-09-02 11:48:52Liczba roszcze艅 z tytu艂u pewnego ubezpieczenia jest zmienna losow膮 X o rozk艂adzie Poissona. Skonstruowa膰 test jednostajnie najmocniejszy do weryfikacji hipotezy: H: EX=2500 wobec alternatywy: K: EX>2500 na poziomie istotno艣ci 0.05. Poda膰 posta膰 tego testu stosuj膮c przybli偶enie Poissona rozk艂adem normalnym. Jaka jest moc testu w przypadku gdy EX=2704? |
janusz78 post贸w: 820 | 2016-09-02 22:32:56 Zak艂adamy, 偶e $ X_{1}, X_{2},..., X_{n} $ jest pr贸b膮 losow膮 o rozk艂adzie Poissona z parametrem $ \lambda, $ Testujemy najpierw hipotez臋 $H_{0}: \lambda =\lambda_{0}$ przeciwko hipotezie $H_{1}: \lambda = \lambda_{1}.$ Na podstawie lematu Neumanna-Persona znajdujemy zbi贸r krytyczny testu. Iloraz wiarygodno艣ci: $ \Lambda(x_{1}, x_{2},...,x_{n}) = \frac{L(\lambda_{0}|x_{1},x_{2},...,x_{n})}{L(\lambda_{1}|x_{1},x_{2},...,x_{n})},$ gdzie $L(\lambda| x_{1},x_{2},...,x_{n})= \frac{\lambda^{y}}{x_{1}!x_{2}!,...,x_{n}!} e^{-n\lambda}, \ \ y= \sum_{i=1}^{n}x_{i}.$ Otrzymujemy $ \Lambda(x_{1}, x_{2},...,x_{n}) =\frac{\lambda^{y}_{0}e^{-n\lambda_{0}}}{\lambda^{y}_{1}e^{-n\lambda_{1}}} = \frac{e^{n\lambda_{1}}}{e^{n\lambda_{0}}} \left(\frac{\lambda_{0}}{\lambda_{1}}\right)^{y} = a^{n}r^{y},\ \ a= \frac{e^{\lambda_{1}}}{e^{\lambda_{0}}}, \ \ r = \frac{\lambda_{0}}{\lambda_{1}}.$ Poniewa偶, $ \lambda_{1}> \lambda_{0}, \ \ a > 1, \ \ r < 1,$ wi臋c zbi贸r krytyczny testu $ R: \Lambda(x_{1}, x_{2},..,x_{n}) \leq c = 1-\alpha=0,95 $ Logarytmuj膮c logarytmem naturalnym nier贸wno艣膰: $ a^{n}r^{y} \leq c ,$ dla $ y = \sum_{i=1}^{n}x_{i},$ mamy: $n ln(a) +yln(r) \leq ln(c), $ $ y \geq \frac{ ln(c) -nln(a)}{ln(r)} \equiv b > 0.$ Hipotez臋 $ H_{0} $ odrzucamy, je艣li $ Y \geq b > 0 $ i $ Y = \sum_{i=1}^{n}X_{i}.$ Z definicji testu jednostajnie najmocniejszego (TJN) wynika, 偶e powy偶szy test jest testem (TJN). Dla sprawdzenia hipotezy: $ H_{0}: \lambda = \lambda_{0}= 2,5,$ (wsp贸艂czynnik skali $ k = \frac{1}{1000}).$ przeciwko hipotezie $ \lambda = \lambda_{1}> 2,5 $ znajdujemy warto艣膰 statystyki $ Y = \sum_{i=1}^{n} X_{i}, $ Z nier贸wno艣ci $ Pr(Y_{0} > b) =\alpha = 0,05 $ gdzie $ Y_{0} \sim Poisson(n\cdot 2,5)$ okre艣lamy obszar krytyczny testu. Je偶eli $ Y \leq b $ to przyjmujemy hipotez臋 $ H_{0}.$ Je偶eli $ Y > b $ - przyjmujemy hipotez臋 $ H_{1}.$ W praktyce stosujemy przybli偶enie Poissona rozk艂adem Gaussa. Na podstawie pr贸by obliczamy warto艣膰 statystyki $ Z_{n} = \frac{\overline{X}_{n}- \lambda_{0}}{\sigma} \sqrt{n}.$ Je艣li hipoteza $ H_{0}$ jest prawdziwa to statystyka $ Z_{n} $ w postaci zmiennej standaryzowanej ma rozk艂ad $ N(0, 1).$ Znajdujemy warto艣膰 kwantyla $ z_{0,05}$ Je艣li dla hipotezy $ H_{1}: \ \ \lambda_{1}> 2,5$ zachodz膮 nier贸wno艣ci: $Pr( z \leq z_{0,05}) =0,05$ $ z \geq z_{0,05}$ to powoduje odrzucenie hipotezy $ H_{0}$ i przyj臋cie $ H_{1}.$ Dla $ \lambda = 2704 $ moc testu wynosi: $ M(2,704, W) = Pr(\overline{X}_{n} \geq Z_{n} | m = 2,704) = Pr\left(U_{n} \geq \frac{Z_{n} -2,704}{\sigma}\sqrt{n}\right) = 1 -\phi\left(\frac{Z_{n}-2,704}{\sigma}\sqrt{n}\right).$ Wiadomo艣膰 by艂a modyfikowana 2016-09-02 23:51:39 przez janusz78 |
| strony: 1 | |
Prawo do pisania przys艂uguje tylko zalogowanym u偶ytkownikom. Zaloguj si臋 lub zarejestruj