\documentclass{article}
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\usepackage{amsmath} % entorno "cases"
\theoremstyle{definition}
\newtheorem*{teorema}{Teorema}
\newtheorem*{ejemplo}{Ejemplo}
\newcommand{\vimplica}{\ensuremath{|\!\!\!\Longrightarrow}}
\title{Contraste de hipótesis simples}
%\author{Lema de Neyman-Pearson}
\date{}
\usepackage{Sweave}
\begin{document}
\maketitle

El objetivo es determinar el test más potente para contrastar dos
hipótesis simples al nivel de significación $\alpha$.

\begin{teorema}[Lema de Neyman-Pearson para contrastes determinísticos]
  Sea $X$ una variable aleatoria con distribución $F_{\theta}$ y
  supongamos que el espacio paramétrico se reduce a dos posibles
  valores $\Theta=\{\theta_0, \theta_1\}$. Sean
  $H_0: \theta = \theta_0$ y $H_1: \theta = \theta_1$ dos hipótesis
  simples y $\vec X=(X_1,\ldots,X_n)$ una muestra aleatoria simple de
  $X$ con función de densidad o probabilidad
  $f_{\theta}(x_1,\dots,x_n)$. Sea $C_0 \subset {\cal X}^n $ un
  subconjunto medible del espacio muestral que verifica
  $$
  \{\vec{x} \mid f_{\theta_1}(\vec{x}) > k f_{\theta_0}(\vec{x})\} 
  \subset C_0 \subset 
  \{\vec{x} \mid f_{\theta_1}(\vec{x}) \geq k f_{\theta_0}(\vec{x})\}
  $$
  para algún $k>0$ y $P_{\theta_0}(C_0)=\alpha$. Entonces $C_0$ es la
  región crítica asociada a un test de significación $\alpha$ y máxima
  potencia entre los tests\footnote{Entre los determinísticos.
    Véase el teorema siguiente para el caso de contrastes
    aleatorizados.} de nivel $\alpha$.
\end{teorema}

\begin{proof}
  La demostración se realizará para el caso continuo, aunque en el
  caso discreto se haría de forma análoga.
  
  La región crítica $C_0$ está construida de manera que, si la muestra
  $\vec{x}$ verifica $f_{\theta_1}(\vec{x})>k f_{\theta_0}(\vec{x})$,
  entonces $\vec{x}\in C_0$ y se rechaza $H_0$. Por el contrario si
  $\vec{x}$ verifica $f_{\theta_1}(\vec{x})<k f_{\theta_0}(\vec{x})$
  entonces $\vec{x}\notin C_0$ y no se rechaza $H_0$.  En el caso
  $f_{\theta_1}(\vec{x})=k f_{\theta_0}$ entonces $\vec{x}$ puede
  estar o no en $ C_0$ y no sabemos si se rechaza o no $H_0$.

  Sea $C$ otra región crítica con $P_{\theta_0}(C) \leq \alpha$.
  Comprobaremos que $P_{\theta_1}(C_0) \geq P_{\theta_1}(C)$.

  Partiendo cada una de las dos regiones críticas en dos conjuntos
  disjuntos, lo común y el resto, y aplicando propiedades de la
  probabilidad, se tiene:
  $$
  \left.
    \begin{array}{c}
      C_0 = (C_0 \cap C) \cup (C_0 \cap C^c)\\
      C = (C_0 \cap C) \cup (C_0^c \cap C)
    \end{array}
  \right\} 
  P_{\theta_1}(C_0) - P_{\theta_1}(C) = P_{\theta_1}(C_0 \cap C^c) - P_{\theta_1}(C_0^c \cap C)
  $$
  Como $C_0 \cap C^c \subset C_0$
  $$
  P_{\theta_1}(C_0 \cap C^c) = 
  \int_{C_0 \cap C^c}f_{\theta_1}(\vec{x})d\vec{x} \geq 
  \int_{C_0 \cap C^c}k f_{\theta_0}(\vec{x})d\vec{x} = 
  kP_{\theta_0}(C_0 \cap C^c) 
  $$
  Como $C_0^c \cap C \subset C_0^c$
  $$
  P_{\theta_1}(C_0^c \cap C) = 
  \int_{C_0^c \cap C}f_{\theta_1}(\vec{x})d\vec{x} \leq 
  \int_{C_0^c \cap C}k f_{\theta_0}(\vec{x})d\vec{x} = 
  kP_{\theta_0}(C_0^c \cap C) 
  $$
  luego 
  \begin{eqnarray*}
    P_{\theta_1}(C_0) - P_{\theta_1}(C) 
    &=& P_{\theta_1}(C_0 \cap C^c) - P_{\theta_1}(C_0^c \cap C) \\
    &\geq& k[P_{\theta_0}(C_0 \cap C^c)-P_{\theta_0}(C_0^c \cap C)] \\
    &\geq& k[P_{\theta_0}(C_0 \cap C^c) + P_{\theta_0}(C_0 \cap C) 
           - P_{\theta_0}(C_0 \cap C) -P_{\theta_0}(C_0^c \cap C)] \\
    &=& k[P_{\theta_0}(C_0)  -  P_{\theta_0}(C) ]\geq 0
  \end{eqnarray*}
  ya que $k>0$ y $P_{\theta_0}(C) \leq \alpha= P_{\theta_0}(C_0)$
  
  En consecuencia, $P_{\theta_1}(C_0)  \geq  P_{\theta_1}(C)$.

  \medskip Otra manera de verlo sería considerando que, si se define
  $$
  \varphi=\varphi(\vec x)=
  \begin{cases}
    1&f_1=f_{\theta_1}(\vec x) > k\cdot f_{\theta_0}(\vec x)=k\cdot f_0\\
    \varphi(\vec x)&f_1=k\cdot f_0\\
    0&f_1<k\cdot f_0
  \end{cases}
  $$
  y siendo $\psi$ otro contraste a nivel de significación $\alpha=E_{\theta_0}(\varphi)$,
  es decir, $E_{\theta_0}(\psi)\le\alpha$, entonces
  $$
  \int\left(\varphi-\psi\right)\left(f_1-k\,f_0\right)
  =\int_{X(\Omega)^n}\left[\varphi(\vec x)-\psi(\vec x)\right]\left[f_1(\vec x)-k\,f_0(\vec x)\right]d\vec x\ge0
  $$
  pues cuando $f_1-k\,f_0>0$ entonces $\varphi=1\ge\psi$ $\vimplica$ $\varphi-\psi\ge0$
  y  cuando $f_1-k\,f_0<0$ entonces $\varphi=0$ $\vimplica$ $\varphi-\psi\le0$, luego
  \begin{eqnarray*}
    0\le\int\left(\varphi-\psi\right)\left(f_1-k\,f_0\right)
    &=&\int\varphi\,f_1-\int\psi\,f_1-k\left(\int\varphi\,f_0-\int\psi\,f_0\right)\\
    &=&E_{\theta_1}\varphi-E_{\theta_1}\psi-k\left(E_{\theta_0}\varphi-E_{\theta_0}\psi\right)\\
    &=&\text{potencia}_\varphi-\text{potencia}_\psi
        -\underbrace{k}_{>0}\underbrace{\left(\alpha-\text{tamaño}_\psi\right)}_{\ge0}\\
    &\le&\text{potencia}_\varphi-\text{potencia}_\psi\\
    &\Rightarrow&\text{potencia}_\varphi\ge\text{potencia}_\psi
  \end{eqnarray*}
\end{proof}

\bigskip Una versión más general del resultado anterior utilizando
contrastes aleatorizados es la siguiente:
\begin{teorema}[Lema de Neyman-Pearson para contrastes aleatorizados]
  Sean $H_0: \theta = \theta_0$ y $H_1: \theta = \theta_1$ dos
  hipótesis simples y $(X_1,\ldots,X_n)$ una muestra aleatoria
  simple. Entonces se verifica que:
\begin{itemize}
%% \item El test
%% $$
%% \varphi(\vec{x}) =
%% \left\{  
%%   \begin{array}{lll}
%%     1 & \text{si} & f_{\theta_0}(\vec{x}) = 0\\
%%     0 & \text{si} & f_{\theta_0}(\vec{x}) > 0
%% \end{array}
%% \right.
%% $$
%% es el más potente de tamaño cero.
\item Cualquier test de la forma
\begin{equation}
\varphi(\vec{x}) = 
\left\{
  \begin{array}{lll}
    1 & \text{si} & f_{\theta_1}(\vec{x})>k f_{\theta_0}(\vec{x}) \\
    \gamma(\vec x) &\text{si}& f_{\theta_1}(\vec{x})=k f_{\theta_0}(\vec{x})\\
    0 &\text{si}& f_{\theta_1}(\vec{x})<k f_{\theta_0}(\vec{x})
\end{array}
\right. 
\label{test}
\end{equation}
con $k>0$\, es el más potente entre los de su tamaño. 
\item Para cada $\alpha \in (0,1)$ existe un test con
  $\gamma(\vec{x}) = \gamma = \text{c}^\text{te}$ de la forma
  \eqref{test} con tamaño $\alpha$.
\item La función crítica de un test de máxima potencia al nivel
  $\alpha$ para contrastar $H_0$ frente a $H_1$ es de la forma
  descrita en \eqref{test} salvo a lo sumo en un conjunto del espacio
  muestral que tiene probabilidad cero bajo $H_0$ y $H_1$.
\end{itemize}
\end{teorema}
\begin{proof}
  El primer punto se sigue directamente de la expresión usada al final de la demostración anterior,
  $$
  \int\left(\varphi-\psi\right)\left(f_1-k\,f_0\right) \ge 0
  $$

  Para el segundo punto, como
  $$
  \alpha=E_{\theta_0}\varphi=\Pr[f_1>k\,f_0]+\gamma\,\Pr[f_1=k\,f_0]
  $$
  basta tomar
  $$
  \gamma =\frac{\alpha-\Pr[f_1>k\,f_0]}{\Pr[f_1=k\,f_0]}
  $$
  
  Para el tercer punto, para un test $\psi$ de máxima potencia a nivel de
  significación $\alpha$,
  \begin{align*}
    &\text{potencia}_\varphi=\text{potencia}_\psi\quad\bigwedge
      \quad\alpha=\text{tamaño}_\varphi\ge\text{tamaño}_\psi\\
    &\vimplica\quad\int\varphi\,f_1=\int\psi\,f_1\quad\bigwedge
      \quad\int\varphi\,f_0\ge\int\psi\,f_0\\
    &\vimplica\quad
      0\le\int\left(\varphi-\psi\right)\left(f_1-k\,f_0\right)\le0\\
    &\vimplica\quad\int\left(\varphi-\psi\right)\left(f_1-k\,f_0\right) = 0
  \end{align*}
  y, como el integrando es no negativo,
  $$
  \left(\varphi-\psi\right)\left(f_1-k\,f_0\right)=0\;\stackrel{\Pr}{\forall}\vec x
  $$
  luego, casi seguro, 
  \begin{eqnarray*}
    f_1\neq k\,f_0&\implies&\varphi=\psi\\
    f_1=k\,f_0&\implies&\psi\text{ puede tomar valores arbitrarios}
  \end{eqnarray*}
  luego $\psi$ es de la forma \eqref{test}.
\end{proof}
\begin{ejemplo}[caso gausiano]
Sea $X$ una variable aleatoria con distribución $N(\mu,\sigma)$ con
$\sigma$ conocido, de la que se extrae una m.a.s.\ de tamaño $n$ para
contrastar las hipótesis
\[
  \begin{array}{c}
    H_0\equiv\mu=\mu_0\\H_1\equiv\mu=\mu_1
  \end{array}
  \qquad
  \mu_1<\mu_0
\]
Aplica el criterio de Neyman-Pearson para hacer el contraste de hipótesis
a nivel de significación $\alpha$.
\end{ejemplo}
\begin{proof}[Resolución]
\[
  L(x_1,\dots,x_n,\mu,\sigma)=\left(\frac1{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\right)^n
  \exp\left[-\frac12\frac{\sum (x_i-\mu)^2}{\sigma^2}\right]
\]
\begin{eqnarray*}
  \frac{L(x_1,\dots,x_n,\mu_1,\sigma)}{L(x_1,\dots,x_n,\mu_0,\sigma)}
  &=&
      \frac{\exp\left[-\frac12\frac{\sum (x_i-\mu_1)^2}{\sigma^2}\right]}
      {\exp\left[-\frac12\frac{\sum (x_i-\mu_0)^2}{\sigma^2}\right]}\\
  &=& \exp\left\{-\frac1{2\sigma^2}
      \left[{\sum x_i^2}+n\mu_1^2-2\mu_1\sum x_i-{\sum x_i^2}-n\mu_0^2+2\mu_0\sum x_i\right]\right\}\\
  &=& \exp\left\{-\frac1{2\sigma^2}\left[n(\mu_1^2-\mu_0^2)+2(\mu_0-\mu_1)\sum x_i \right]\right\}
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
  \text{R.C.}
  &=& \left\{ \exp\left(-\frac1{2\sigma^2}\left[n(\mu_1^2-\mu_0^2)+2(\mu_0-\mu_1)\sum x_i \right]\right)>k\right\}\\
  &=& \left\{ -\frac1{2\sigma^2}\left[n(\mu_1^2-\mu_0^2)+2(\mu_0-\mu_1)\sum x_i \right]>\ln k\right\}\\
  &=& \left\{ \frac1{2\sigma^2}\left[n(-\mu_1^2+\mu_0^2)+2(-\mu_0+\mu_1)\sum x_i \right]>\ln k\right\}\\
  &=& \left\{ n(-\mu_1^2+\mu_0^2)+2(-\mu_0+\mu_1)\sum x_i > 2\sigma^2\ln k \right\}\\
  &=& \left\{ 2(\mu_1-\mu_0)\sum x_i > 2\sigma^2\ln k+n(\mu_1^2-\mu_0^2) \right\}\\
  &=& \left\{\sum x_i < k^* \right\}
\end{eqnarray*}
pues \(\mu_1-\mu_0<0\) y con \(k^* = \frac{2\sigma^2\ln k+n(\mu_1^2-\mu_0^2)}{2(\mu_1-\mu_0)}\).  Entonces
\[
  P[\text{R.C.}\mid H_0] = \alpha \iff
  P\left[\sum X_i<k^*\mid H_0\right] = \alpha \iff
  P[N(n\mu_0,\sqrt n \sigma)<k^*]=\alpha
\]
\end{proof}
Veamos un ejemplo con una muestra pequeña:
\begin{Schunk}
\begin{Sinput}
> alfa <- 0.05
> n <- 9
> mu0 <- 6
> mu1 <- 5
> sigma <- 1
> (k. <- qnorm (alfa, n*mu0, sqrt(n)*sigma)) # k*
\end{Sinput}
\begin{Soutput}
[1] 49.06544
\end{Soutput}
\end{Schunk}
\[
  \text{R.C} = \left\{\sum X_i < 49.06544\right\}
\]
\begin{Schunk}
\begin{Sinput}
> (X <- rnorm (n, mu1, sigma)) # bajo H1
\end{Sinput}
\begin{Soutput}
[1] 5.114042 4.928529 5.283143 5.169557 6.520205 3.896682 5.716259 5.168419
[9] 4.743231
\end{Soutput}
\begin{Sinput}
> sum(X)
\end{Sinput}
\begin{Soutput}
[1] 46.54007
\end{Soutput}
\begin{Sinput}
> pnorm (sum(X), n*mu0, sqrt(n)*sigma) # P-valor
\end{Sinput}
\begin{Soutput}
[1] 0.006447709
\end{Soutput}
\end{Schunk}

Nótese que esta región crítica vale para cualquier $\mu_1$ que sea menor que $\mu_0$.
\begin{ejemplo}[caso Poisson]
  Sea $X\equiv P(\lambda)$ una variable aleatoria de la que se extrare
  una m.a.s.\ de tamaño $n$, $(x_1, \ldots, x_n)$, para contrastar la
  hipótesis $H_0: \lambda = \lambda_0$ frente a
  $H_0: \lambda = \lambda_1$ con $\lambda_0 < \lambda_1$.

  Utiliza el lema de Neyman-Pearson para contrastar esas hipótesis.
\end{ejemplo}
\begin{proof}[Resolución]
  $$
  L(x_1, \ldots, x_n, \lambda)= \prod_{i=1}^n p(x_i, \lambda)
  = \prod_{i=1}^n e^{-\lambda} \frac{\lambda^{x_i}}{x_i!} 
  = e^{-n\lambda} \frac{\lambda^{\sum x_i}}{\prod(x_i!)}
  $$
  La región crítica para el contraste se elige de la siguiente forma:
  $$
  \text{R.C.} = 
  \left\{
    \frac{L(x_1, \ldots, x_n, \lambda_1)} {L(x_1, \ldots, x_n, \lambda_0)} > k
  \right\}
  = 
  \left\{ 
    \dfrac{e^{-n\lambda_1} \lambda_1^{\sum x_i}} {e^{-n\lambda_0} \lambda_0^{\sum x_i}} > k 
  \right\}
  $$
  $$ =
  \left\{
    e^{-n(\lambda_1 -\lambda_0)} \left(\frac{\lambda_1}{\lambda_0}\right)^{\sum x_i}> k
  \right\}=
  \left\{ \left(\frac{\lambda_1}{\lambda_0}\right)^{\sum x_i}> k\, e^{n(\lambda_1 -\lambda_0)}
  \right\}
  $$
  Aplicando logaritmos neperianos se obtiene:
  $$
  \text{R.C.}= 
  \left\{ 
    \ln\left(\frac{\lambda_1}{\lambda_0}\right) \sum x_i > 
    \ln\left(k\, e^{n(\lambda_1 -\lambda_0)}\right) 
  \right\}
  = 
  $$
  $$ = \left\{ \sum x_i> k^* \right\}$$
  teniendo en cuenta que $\frac{\lambda_1}{\lambda_0} >1$ y tomando  
  $k^* = \frac{\ln(k) + \ln(n(\lambda_1 -\lambda_0))}
  {\ln(\lambda_1)-\ln(\lambda_0)}$.

  Para un valor de $k^*$ y nivel de significacion
  $\alpha = P( \sum x_i> k^* \mid \lambda_0)$ el test con región
  crítica $\{ \sum x_i> k^* \}$ es el más potente para cualquier
  valor de $\lambda_1$ mayor que $\lambda_0$.
\end{proof}
\newcommand{\muestra}{(7, 4, 4, 6, 4, 5, 8, 9, 4, 7)}
Por ejemplo, dada la muestra aleatoria simple
$\vec x=\muestra$ procedente de una distribución de
Poisson, contrastemos las hipótesis $H_0: \lambda=5$ y $H_1: \lambda=6$ al
nivel de significación $\alpha= 0.04239093$.

La región crítica óptima es de la forma:
$$
\text{R.C.}= 
\left(
  \sum_{i=1}^{10} x_i > k^* 
\right)\qquad\text{con }
P\left(
  \sum_{i=1}^{10} x_i > k^* \;\middle|\; \lambda = \lambda_0
\right) = \alpha
$$
y sólo es necesario buscar el valor de $k^*$.
$$
P\left(\sum_{i=1}^{10} x_i > k^* \;\middle|\; \lambda_0\right) =
P\left(\text{Poisson}(10\lambda_0) > k^*\right) = 0.04239093
$$
que se obtiene con $k^* = 62$:
\begin{Schunk}
\begin{Sinput}
> x <- c(7, 4, 4, 6, 4, 5, 8, 9, 4, 7)
> 1 - ppois(62, 50)
\end{Sinput}
\begin{Soutput}
[1] 0.04239093
\end{Soutput}
\begin{Sinput}
> sum(x)
\end{Sinput}
\begin{Soutput}
[1] 58
\end{Soutput}
\begin{Sinput}
> mean(x)
\end{Sinput}
\begin{Soutput}
[1] 5.8
\end{Soutput}
\end{Schunk}
El p-valor del contraste es:
\begin{Schunk}
\begin{Sinput}
> 1 - ppois(sum(x)-1, 50)
\end{Sinput}
\begin{Soutput}
[1] 0.1448594
\end{Soutput}
\end{Schunk}

Si se desea realizar el contraste anterior con un tamaño del test
igual a $0.05$, el problema está en que la distribución de Poisson es
discreta y no toma todos los valores del intervalo $(0,1)$:
$$ 
P\left[\sum_{i=1}^{10} x_i > 62 \;\middle|\; \lambda_0\right] +
P\left[\sum_{i=1}^{10} x_i = 62 \;\middle|\; \lambda_0\right] 
= 0.04239093 + 0.01328984 = 0.05568078 
$$
es decir, con la
$\text{R.C.}=\left\{\sum_{i=1}^{10} x_i > 62 \right\}$ no se alcanza
el valor de $\alpha$ y con
$\text{R.C.}=\left\{\sum_{i=1}^{10} x_i \ge 62 \right\}$ se sobrepasba.

Para resolver esta situación se puede recurrir a un contraste
aleatorizado, que se define de la siguiente forma:
$$
\varphi(\vec{x}) =
\left\{  
  \begin{array}{lll}
    1 & \text{si} & f_{\theta_1}(\vec{x})>k f_{\theta_0}(\vec{x})\\
    \gamma & \text{si} & f_{\theta_1}(\vec{x})=k f_{\theta_0}(\vec{x})\\
    0 & \text{si} & f_{\theta_1}(\vec{x})<k f_{\theta_0}(\vec{x})
  \end{array}
\right.
$$
de forma que
$$ 
E[\varphi(\vec{x})] = 
P\left[\sum_{i=1}^{10} x_i > k^* \;\middle|\; \lambda_0\right] +
\gamma \, P\left[\sum_{i=1}^{10} x_i = k^* 
  \;\middle|\; \lambda_0\right] =\alpha
$$ 
Para alcanzar el tamaño $\alpha$, basta con que $\gamma$ verifique:
$$
\gamma = \frac
{\alpha - P\left[\sum_{i=1}^{10} x_i > 62 \;\middle|\; \lambda_0\right]}
{P\left[\sum_{i=1}^{10} x_i = 62 \;\middle|\; \lambda_0\right]} 
= 0.5725475
$$
Por lo tanto el test aleatorizado con tamaño $0.05$ sería
$$
\varphi(\vec{x}) =
\left\{
  \begin{array}{lll}
    1 & \text{si} & \sum_{i=1}^n x_i > 62\\
    0.5725 & \text{si} & \sum_{i=1}^n x_i = 62)\\
    0 & \text{si} & \sum_{i=1}^n x_i < 62)
  \end{array}
\right.
$$
El test funciona de la siguiente manera:
\begin{itemize}
\item Cuando la suma de los valores de la muestra es mayor que $62$ se
  rechaza $H_0$.
\item En el caso de que la suma es menor que $62$, no se rechaza $H_0$.
\item Si la suma es 62, se realiza un sorteo con probabilidad $0.5725$
  de rechazo y $0.4275$ de no rechazo.
\end{itemize}

\bigskip

\begin{ejemplo}
  Sea $X\equiv B(p)$ de la que se extrae una muestra $(X_1,\dots,X_n)$
  para resolver el contraste $H_0: p=p_0$ frente a $H_1:p=p_1$ con $p_0<p_1$.
  
  ¿Cómo se resolvería usando el lema?
\end{ejemplo}
\begin{proof}[Resolución]
La verosimilitud sería
$$
L(\vec x,p) = \prod_{i=1}^n P[X_i=x_i]= \prod_{i=1}^n p^{x_i}(1-p)^{1-x_i}
= p^{\sum x_i}(1-p)^{n-\sum x_i}
$$
luego la región crítica tendría la forma:
\renewcommand{\arraystretch}{1.2}
\begin{eqnarray*}
\text{R.C.}
  &=& \left\{\frac{L(\vec x,p_1)}{L(\vec x,p_0)}>k\right\}\\
  &=& \left\{\frac{p_1^{\sum x_i}(1-p_1)^{n-\sum x_i}}{p_0^{\sum x_i}(1-p_0)^{n-\sum x_i}}>k\right\}\\
  &=& \left\{\frac{p_1^{\sum x_i}(1-p_1)^{n}(1-p_1)^{-\sum x_i}}{p_0^{\sum x_i}(1-p_0)^{n}(1-p_0)^{-\sum x_i}}>k\right\}\\
  {\color{gray}\left<k^*=k\frac{(1-p_0)^{n}}{(1-p_1)^{n}}\right>}
  &=& \left\{\frac{p_1^{\sum x_i}(1-p_1)^{-\sum x_i}}{p_0^{\sum x_i}(1-p_0)^{-\sum x_i}}>k^*\right\}\\
  &=& \left\{\frac{p_1^{\sum x_i}(1-p_0)^{\sum x_i}}{p_0^{\sum x_i}(1-p_1)^{\sum x_i}}>k^*\right\}\\
  &=& \left\{\left(\frac{p_1(1-p_0)}{p_0(1-p_1)}\right)^{\sum x_i}>k^*\right\}\\
  {\color{gray}\left<\ln\text{ es una función creciente}\right>}
  &=& \left\{{\sum x_i}\ln\left(\frac{p_1(1-p_0)}{p_0(1-p_1)}\right)>\ln k^*\right\}\\
  &=& \left\{{\sum x_i}\left(\ln\frac{p_1}{p_0}+\ln\frac{1-p_0}{1-p_1}\right)>\ln k^*\right\}\\
  {\color{gray}\left<p_0<p_1\implies
  \left\{
  \begin{array}{l}
  \ln\frac{p_1}{p_0}>0\\
  \ln\frac{1-p_0}{1-p_1}>0
  \end{array}
  \right.\right>}
  &=& \left\{{\sum x_i}>\frac{\ln k^*}{\ln\frac{p_1}{p_0}+\ln\frac{1-p_0}{1-p_1}}\right\}\\
  {\color{gray}\left<k^{**}=\frac{\ln k^*}{\ln\frac{p_1}{p_0}+\ln\frac{1-p_0}{1-p_1}}\right>}
  &=& \left\{{\sum x_i}>k^{**}\right\}
\end{eqnarray*}
\end{proof}
Por ejemplo, considérese $p_0=0.1$, $p_1=0.2$ y
$n=160$.  En este caso,
$$
\sum_{i=1}^{n}X_i \stackrel{H_0}{\equiv}B(160,0.1)
$$
Si se pretende establecer un nivel de significación cercano a $0.05$,
puede considerarse
$$
\alpha = 0.0487185096736285 = P\left[\sum X_i > 22\right]
$$
y la región crítica sería
$$
\text{R.C.}=\left\{\sum X_i > 22\right\}=
\left\{\hat p=\bar X > \frac{22}{160}=0.1375\right\}
$$

Como en los casos anteriores, téngase en cuenta que esta región
crítica vale para cualquier valor $p_1$ mayor que $p_0$,
independientemente de su valor concreto.

\end{document}
