Bu cevapların çoğunun soruyu genel olarak cevapladığını sanmıyorum. Basit bir boş hipotez olduğunda ve test istatistiğinin tersinir bir CDF'ye sahip olduğu (kesinlikle artan bir CDF'ye sahip olan sürekli rastgele bir değişkende olduğu gibi) durumla sınırlıdır. Bu durumlar, çoğu insanın z-testi ve t-testi ile ilgilenmeye meyilli olduğu vakalardır, bununla birlikte bir binom ortalaması (örneğin) test etmek için böyle bir CDF bulunmaz. Yukarıda verilen bu sınırlı durumlar için gözlerime doğru görünüyor.
Eğer boş hipotezler kompozit ise, işler biraz daha karmaşıktır. Bileşik davada reddetme bölgeleriyle ilgili bazı varsayımlar kullanarak gördüğüm gerçeğin en genel kanıtı Lehmann ve Romano'nun "Statik Hipotezleri Test Etme" sayfa 63-64'te verilmiştir. Aşağıdaki argümanı tekrarlamaya çalışacağım ...
Biz sıfır hipotezi sınamak alternatif hipotez karşı rastgele değişken olarak ifade edeceğiz bir test istatistiği, dayalı . Test istatistiklerinin bazı parametrik sınıflardan geldiği varsayılmaktadır, yani, , ki burada olasılık dağılımları ailesinin bir elemanıdır ve bir parametre alanıdır. Boş hipotezi ve alternatif hipotez , bir bölümünü oluşturur .
H0H1XX∼PθPθP≡{Pθ∣θ∈Θ}ΘH0:θ∈Θ0H1:θ∈Θ1ΘΘ=Θ0∪Θ1
burada
Θ0∩Θ1=∅.
Testin sonucu
burada herhangi bir grubu için tanımladığımız
Burada bizim önem seviyemizdir ve , önem seviyesi için testin reddetme bölgesini belirtir .ϕα(X)=1Rα(X)
S1S(X)={1,0,X∈S,X∉S.
αRαα
Reddetme bölgelerinin
varsa, değerini karşıladığını varsayalım
. Bu iç içe geçmiş reddetme bölgeleri durumunda, yalnızca boş hipotezin verilen bir önem düzeyinde ( reddedilip reddedilmeyeceğini belirlemek değil , aynı zamanda sıfır hipotezinin reddedileceği en küçük önem seviyesini belirlemek için de faydalıdır . Bu seviye p-değeri olarak bilinir ,
bu sayı bize Verilerin (test istatistiği gösterildiği gibi) ne kadar güçlü olduğu boş hipoteziyle . Rα⊂Rα′
α<α′αp^=p^(X)≡inf{α∣X∈Rα},
XH0
Varsayalım ki bazıları için o . Ek olarak, reddetme bölgelerinin yukarıda belirtilen yerleştirme özelliğine uyduğunu varsayalım . Ardından aşağıdakiler geçerli olur:X∼Pθθ∈ΘH0:θ∈Θ0Rα
Eğer tüm , daha sonra da ,
supθ∈Θ0Pθ(X∈Rα)≤α0<α<1θ∈Θ0Pθ(p^≤u)≤ufor all0≤u≤1.
İçin ise Elimizdeki tüm , daha sonra da Elimizdeki
θ∈Θ0Pθ(X∈Rα)=α0<α<1θ∈Θ0Pθ(p^≤u)=ufor all0≤u≤1.
Bu ilk özellik, sadece yanlış pozitif oran kontrol edilir söyler Not p-değeri daha düşük olduğunda, reddetme ile , ve ikinci özellik söyler p-değerleri, eşit boş altında dağıtılmaktadır (ek varsayımıyla) hipotez.uu
Kanıt aşağıdaki gibidir:
Bırakın ve varsayalım tüm . Sonra tanımına göre , tüm için . Monotonicity ve varsayım olarak, şu anlaşılıyor ki herkes için . İzin vermek , bu izler .θ∈Θ0supθ∈Θ0Pθ(X∈Rα)≤α0<α<1p^{p^≤u}⊂{X∈Rv}u<vPθ(p^≤u)≤Pθ(X∈Rv)≤vu<vv↘uPθ(p^≤u)≤u
Let ve varsayalım tüm . Ardından ve monotonluk ile . (1) göz önüne alındığında, olduğunu izler . θ∈Θ0Pθ(X∈Rα)=α0<α<1{X∈Ru}⊂{p^(X)≤u}u=Pθ(X∈Ru)≤Pθ(p^≤u)Pθ(p^(X)≤u)=u
(2) 'deki varsayımın, boş hipotezin bileşik yerine basit olmasına rağmen bir test istatistiğinin ayrık olduğu durumlarda geçerli olmadığını unutmayın. Örneğin alın sahip ve . Yani, on kez bir yazı tura atın ve kafalara doğru önyargılı olup olmadığını test edin (1 olarak kodlanır). 10 dürüst parayla çevrilmiş kafada 10 kafa görme olasılığı (1/2) ^ 10 = 1/1024. 10 dürüst parayla 9 veya 10 kafa görme olasılığı 11/1024. Herhangi İçin eğer kesinlikle 1/1024 ve 11/1024 arasında, sen null adlı reddetmek istiyorum , ama biz yok bu değerler açısından ne zamanX∼Binom(10,θ)H0:θ=.5H1:θ>0.5αX=10Pr(X∈Rα)=ααθ=0.5 . Bunun yerine bu . Pr(X∈Rα)=1/1024α