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4.2 Conceptos elementales 277

deseamos que estas probabilidades tomen valores peque˜nos. Sin embargo, al
solicitar que una de estas probabilidades sea peque˜na la otra puede aumen-

tar, as´ıesque puede noser posible hacer ambas probabilidades tan peque˜nas
como uno desee. Cuando sea posible, procederemos de la siguiente forma:
fijaremos un valor para α y buscaremos aquella posible regi´on de rechazo
de tama˜no α que tenga probabilidad β m´as peque˜na. De esta manera se le
da mayor importancia al error tipo I pues se controla su probabilidad de
ocurrencia.

Observemos que si H es una hip´otesis simple, entonces la distribuci´on de
0
probabilidad en estudio queda completamente especificada y la probabilidad
α podr´aser calculadade maneraexacta,aunque enocasionespuede usarse

una aproximaci´on con el fin de dar una expresi´on corta para esta cantidad.
En cambio, si H es una hip´otesis compuesta, entonces no podr´a calcular-
0
se α pues en tales situaciones se desconoce el valor exacto del par´ametro
opar´ametros en estudio. La misma situaci´on ocurre para β cuando H es
1
simple o compuesta, ´unicamente en el caso cuando H es simple se puede
1
calcular el valor de β de manera exacta.

Suponiendo el caso del contraste de dos hip´otesis simples, un problema con-
siste en considerar todas las posibles regiones de rechazo de tama˜no α y
encontrar aquella que tenga probabilidad β m´as peque˜na. Es claro que esta-
mos interesados en encontrar este tipo de regiones de rechazo ´optimas y la
soluci´on a este problema es el contenido del as´ı llamado lema de Neyman-
Pearson que estudiaremos m´as adelante.

Ejercicios

279. Suponga que se tiene una moneda en donde la probabilidad de obtener
una de las caras es un par´ametro desconocido θ, aunque se conoce que
s´olo puede haber dos casos: θ “ 1{2´o θ “ 7{12. Con base en los

resultados x ,...,x de n lanzamientos de la moneda se desea llevar
n
1
a cabo la prueba de hip´otesis

H : θ “ 1{2 vs H : θ “ 7{12,
0
1