STATISTIQUES TESTS D'HYPOTHÈSES

Cas de deux hypothèses simples : test de Neyman-Pearson

Dans le cas de deux hypothèses simples, H₀ : θ = θ₀ contre H₁ : θ = θ₁, le problème résumé par les conditions 1 et 2 admet une solution précise.

Considérons le cas de lois P₀ = P_θ0 et P₁ = P_θ1 discrètes. Si on se contente des tests déterministes, c'est-à-dire des tests ϕ de la forme ϕ(ω) = I_Rc(ω), où I_A(ω) est l'indicatrice de l'ensemble A et R_c est une région critique, alors il faut rechercher une région critique R_c telle que pour un niveau α fixe on ait (4)

et qui maximise la puissance (5) . Au vu de l'échantillon ω, il est clair qu'il faut rejeter H₀ si la valeur de P₁(ω) est importante et celle de P₀(ω) est faible. Cela implique que les valeurs du rapport de vraisemblance r(ω) = P₁(ω)/P₀(ω) jouent le rôle clé : si ce rapport est important au point ω, il faut inclure ce point dans la région critique. Donc, pour construire R_c, il faut ranger les valeurs r(ω) lorsque ω parcourt l'espace Ω. Ensuite, il faut inclure dans R_c le plus grand nombre de points ω dont les valeurs du rapport r(ω) sont les plus élevées (pour maximiser la formule 5), de sorte que la condition 4 ne soit pas violée. Si dans la formule 4 on obtient l'égalité, la région critique optimale au sens des conditions 4 et 5 est trouvée. Mais il peut arriver que dans la formule 4 on ait l'inégalité stricte « < » et que, si l'on ajoute dans R_c le point suivant ω [dans l'ordre de décroissance de r(ω)], on obtienne l'inégalité stricte « > » (c'est-à-dire que l'on dépasse le niveau α). Cette difficulté peut être contournée par le passage au test stochastique (randomisé). Cela signifie que ce dernier point ω doit être « désagrégé » et une partie incluse dans R_c pour obtenir l'égalité dans la formule 4. Ces raisonnements se formalisent dans le théorème suivant dit lemme fondamental de Neyman-Pearson.

Théorème 1. Soient P₀ et P₁ deux lois de probabilités admettant les densités p₀ et p₁ respectivement, par rapport à une mesure σ-finie μ (sans perdre de généralité, on peut prendre μ = P₀ + P₁). Alors : – (existence) Pour tester H₀ : p₀ contre H₁ : p₁, il existe un test ϕ et une constante k tels que (6) E₀[ϕ] = α et, pour μ-presque tout ω, (7)

. – (condition suffisante pour un test UPP) Si un test satisfait les conditions 6 et 7 pour un k, alors il est UPP pour tester p₀ contre p₁ au niveau α. Un tel test est appelé test de Neyman-Pearson. – (condition nécessaire pour un test UPP) Si ϕ est un test UPP au niveau α pour tester p₀ contre p₁, alors pour un k il satisfait la condition 6. Il satisfait aussi la condition 7 μ-presque sûrement s'il n'existe aucun test de puissance 1 et de niveau inférieur à α.

D'après le lemme fondamental de Neyman-Pearson, un test uniformément le plus puissant ϕ est déterminé par la région critique (ω : p₁(ω) > kp₀(ω)), où k est un nombre réel. Pour préciser ce test, considérons la fonction F₀ de la variable t définie par

[Notons que P₀(ω : p₀(ω) = 0) = 0.]. C'est la fonction de répartition de la variable aléatoire p₁/p₀, qui est croissante et continue à droite.

Un niveau α du test ϕ étant donné, il existe un nombre réel k tel qu'on ait (8) F₀(k – 0) ≤ 1 – α ≤ F₀(k). Alors on pose (9)

, où k est défini par la condition 8 et γ se déduit de la condition 6, qui entraîne (10) .

Pour donner un exemple numérique, revenons à celui du diagnostic de tuberculose. Évaluons le rapport de vraisemblance

et la loi de probabilité P₀(r(x)), où x ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}. On a r(0) = 92,8701 ; r(1) = 0,6254 ; r(2) = 0,0042 ; P₀(r(0)) = 0,01024 ; P₀(r(1)) = 0,0768 ; P₀(r(2)) = 0,2304. Pour x = 3 ou 4 ou 5, les valeurs de r([...]