1

Temos que calcular os valores de não centralidade para calcular a probabilidade do erro tipo 2, \(P(\text{Não Rejeitar }H_0|H_0\text{ Falso})\). Ou seja, através do valor crítico do valor centralizado com base em um nível de significância, a probabilidade acumulada do não central é o valor do erro tipo 2, no qual assume que a distribuição é outra com \(n\) variando para minimizar o erro tipo 2.

a=4;n=3:5;alpha = 0.01;


taus2 <- 6250
sigma2 <- 25^2

# nao centralidade
ncp <- n*taus2/sigma2

f_crict <- qf(1-alpha, a-1, a*n-a)

pf(f_crict, a-1, a*n-a, ncp = ncp)
## [1] 0.246598124 0.037876090 0.003647516

2

a)

valores<- c(17.6,18.9,16.3,17.4,20.1,21.6,
            16.9,15.3,18.6,17.1,19.5,20.3,
            21.4,23.6,19.4,18.5,20.5,22.3,
            19.3,21.1,16.9,17.5,18.3,19.8)

trat <- factor(rep(1:4, each=6))

a=4; n = 6;

modelo <-  aov(valores~trat)

summary(modelo)
##             Df Sum Sq Mean Sq F value Pr(>F)  
## trat         3  30.16   10.05   3.047 0.0525 .
## Residuals   20  65.99    3.30                 
## ---
## Signif. codes:  0 '***' 0.001 '**' 0.01 '*' 0.05 '.' 0.1 ' ' 1

Com o valor de significância igual \(\alpha=0.05\), não há evidência para rejeitar a hipótese de que todas as médias entre os tratamentos são iguais, mas como o p-valor estar na marginal do nível de significância, não podemos afirmar nada.

b)

Como o teste de comparações entre as médias dos dos tratamentos não deu significativo, há evidência de que qualquer tipo de fluido não impacta no duração de vida.

c)

bartlett.test(valores, trat)
## 
##  Bartlett test of homogeneity of variances
## 
## data:  valores and trat
## Bartlett's K-squared = 0.26691, df = 3, p-value = 0.9661
# Teste de homocedasticidade
bartlett.test(modelo$residuals, trat)
## 
##  Bartlett test of homogeneity of variances
## 
## data:  modelo$residuals and trat
## Bartlett's K-squared = 0.26691, df = 3, p-value = 0.9661
# Teste de distribuicao normal
shapiro.test(modelo$residuals)
## 
##  Shapiro-Wilk normality test
## 
## data:  modelo$residuals
## W = 0.95671, p-value = 0.376

Assim, com o nível de significância de 0.05, não há indicios para rejeitar a hipótese de homogeneidade e de normalidade dos residuos, ou seja, o teste ANOVA é valido.

3

Temos como modelo

\[\begin{array}{c} y_{1j}= \mu+\tau_1+\varepsilon_{1j}\\ y_{2j}= \mu+\tau_2+\varepsilon_{2j}\\ y_{3j}= \mu+\tau_3+\varepsilon_{3j}\\ y_{4j}= \mu+\tau_4+\varepsilon_{4j} \end{array}\]

onde \(\varepsilon\sim N(0,5^2)\) e que \(y_{ij}\sim N(\mu_i,5^2)=N(\mu+\tau_i,5^2)\), logo \(\tau_i=\mu-\mu_i\)

temos que

ou

Assim, temos que a probabilidade de rejeitar a hipótese nula ser pelo menos 90% é o poder do teste onde

\[ \begin{aligned} (\text{ poder do deste }) \beta&=1-P(\text{ não rejeitar }H_0|H_0\text{ falso})\\ &=P(\text{ rejeitar }H_0|H_0\text{ falso}) \end{aligned} \]

Ou seja, por simulação temos que:

n=4;alpha=0.05;
mus = c(50,60,50,60)

p_valores = c()
for (test in 1:100) {
  trat <- factor(rep(1:4, each = n))
  
  y1 = rnorm(n, mus[1], 5)
  y2 = rnorm(n, mus[2], 5)
  y3 = rnorm(n, mus[3], 5)
  y4 = rnorm(n, mus[4], 5)

  valores <- c(y1,y2,y3,y4)

  p_valores[test] = summary(aov(valores~trat))[[1]][1,5]
}

# Poder do teste
1-mean(p_valores>alpha)
## [1] 0.84
n=5;alpha=0.05;
mus = c(50,60,50,60)

p_valores = c()
for (test in 1:100) {
  trat <- factor(rep(1:4, each = n))
  
  y1 = rnorm(n, mus[1], 5)
  y2 = rnorm(n, mus[2], 5)
  y3 = rnorm(n, mus[3], 5)
  y4 = rnorm(n, mus[4], 5)

  valores <- c(y1,y2,y3,y4)

  p_valores[test] = summary(aov(valores~trat))[[1]][1,5]
}

# Poder do teste
1-mean(p_valores>alpha)
## [1] 0.91

Analíticamente

sigma2=25
alpha = 0.05
mus = c(50,60,50,60)
a = 4;

n=2:6;

mu = mean(mus)
taus = mu - mus

ncp = n*sum(taus^2)/sigma2

f_crict = qf(1-alpha, a-1, a*n-a)



# Poder do teste
poder = 1-pf(f_crict, a-1, a*n-a, ncp = ncp)
  
rbind(n,poder)
##            [,1]      [,2]      [,3]      [,4]     [,5]
## n     2.0000000 3.0000000 4.0000000 5.0000000 6.000000
## poder 0.2987039 0.6156967 0.8224325 0.9270285 0.972535