# Testes por aleatorização Construir uma distribuição nula por permutação dos grupos e contar resultados extremos. Página: https://resumos.rgo.pt/cadeiras/me/aleatorizacao/ Dois grupos contêm os valores $1,2,3$ e $4,5,6$. A diferença de médias é $-3$. Para avaliar se esta separação é invulgar, podemos compará-la com as diferenças obtidas ao trocar as etiquetas dos grupos, desde que o modelo ou o desenho justifique essas trocas. ## Justificar as permutações Num teste de permutação de dois grupos independentes, a hipótese de referência pode ser que os grupos têm a **mesma distribuição**. Sob essa hipótese e observações independentes, as etiquetas são permutáveis. Conservam-se os valores observados e os tamanhos dos grupos. Numa experiência com atribuição aleatória, a distribuição de aleatorização pode ser justificada diretamente pelo mecanismo de atribuição e pela hipótese nula de ausência de efeito em cada unidade; não são duas justificações idênticas, por isso indica qual corresponde ao desenho. Igualdade de médias, por si só, não garante que etiquetas sejam permutáveis se as distribuições tiverem dispersões ou formas diferentes, e «não paramétrico» não significa «sem condições». ## Estatística e cauda Podemos usar $T=\bar X_A-\bar X_B$; para uma alternativa bilateral, contamos permutações com $|T|\ge|t_{obs}|$, incluindo empates, e para uma alternativa à direita contamos $T\ge t_{obs}$. O valor-p exato é a fração de atribuições admissíveis que dão um resultado pelo menos tão extremo como o observado, e a atribuição observada faz parte do conjunto. ## Enumeração das atribuições Os valores são 1, 2, 3 no grupo A e 4, 5, 6 no grupo B, com três unidades por grupo. A diferença observada é $2-5=-3$. Sob etiquetas permutáveis, existem $$ \binom63=20 $$ escolhas para o grupo A. O grupo B recebe o complemento. Como a soma total é 21, se A tiver soma S, $$ T=\frac S3-\frac{21-S}3=\frac{2S-21}3. $$ A menor soma possível é 6, para $\{1,2,3\}$, e a maior é 15, para $\{4,5,6\}$. Só estas duas escolhas dão $|T|\ge3$. Portanto, $$ p_{bilateral}=2/20=0,10. $$ A 5% não rejeitamos a igualdade das distribuições. Apesar da separação aparente dos seis valores, o conjunto de atribuições é pequeno e o valor-p possível é discreto. Se a alternativa previamente definida fosse «A tem valores menores», apenas uma atribuição satisfaz $T\le-3$, dando $p=1/20=0,05$. Não mudes a alternativa depois de ver a separação. ## Distribuição exata e simulação A figura agrupa as vinte atribuições pela diferença que produzem. As barras centrais incluem vários subconjuntos; cada extremo inclui apenas um. Ao contar atribuições, não damos peso igual a cada valor distinto de T. 20 atribuições, 2 extremas\-3\-2\-1012300,050,10,15Média A menos média B Cada barra agrupa atribuições com a mesma diferença. As duas barras assinaladas somam 2/20: o valor-p bilateral exato é 0,10. Quando há demasiadas atribuições para enumerar, pode fazer-se uma amostragem aleatória delas. Se B permutações simuladas produzem b resultados extremos, uma estimativa habitual é $(b+1)/(B+1)$, incorporando a atribuição observada. A simulação tem erro Monte Carlo e deve ter B suficiente para a precisão pretendida; não se deve apresentar zero como valor-p só porque nenhuma simulação foi extrema. ## Respeitar pares e blocos Dados emparelhados não permitem baralhar todas as medições como se fossem grupos independentes: numa experiência com atribuição dentro de pares, a aleatorização admissível pode trocar etiquetas **dentro** de cada par. Um teste por mudança de sinais das diferenças requer a justificação do desenho ou, num modelo observacional, simetria apropriada sob a nula. Do mesmo modo, a aleatorização por blocos exige permutar dentro dos blocos, pois o desenho determina o que pode ser reorganizado; uma distribuição de referência que ignora esse desenho responde a outro teste. ## Exercícios Contar atribuições Oito unidades são divididas em dois grupos de quatro. Quantas escolhas distintas para o primeiro grupo entram numa enumeração completa de etiquetas permutáveis? Pista A ordem dentro de cada grupo não interessa. Solução $\binom84=70$. O segundo grupo é o complemento, por isso não escolhes novamente outras quatro unidades. Erros frequentes Não usar 8! nem dividir por dois quando as etiquetas A e B são distintas. A ordem dentro de cada grupo não cria uma atribuição nova. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/me/aleatorizacao/#enumera%C3%A7%C3%A3o-das-atribui%C3%A7%C3%B5es) Incluir os resultados iguais Em 70 atribuições admissíveis, seis dão |T| maior do que o observado e quatro dão |T| igual. Qual o valor-p bilateral exato? Pista Pelo menos tão extremo inclui igualdade. Solução $p=(6+4)/70=1/7\approx0,142857$. A contagem inclui a atribuição observada entre os empates. Erros frequentes Não omitir empates nem adicionar outra atribuição observada numa enumeração que já a contém. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/me/aleatorizacao/#estat%C3%ADstica-e-cauda) Médias iguais bastam? Dois grupos têm médias populacionais iguais, mas um tem variância dez vezes maior. Isto justifica, por si só, permutar livremente etiquetas num teste de diferença de médias? Explica. Pista A hipótese que permite trocar etiquetas é mais forte do que uma igualdade numérica de médias. Solução Não. A igualdade de médias não faz as distribuições iguais; as etiquetas continuam relacionadas com a dispersão. O teste de permutação simples precisa de permutabilidade sob a nula ou de uma justificação pelo desenho de atribuição. Um teste adequado deve corresponder à hipótese pretendida. Confere a tua resposta: * Conclui que médias iguais não garantem permutabilidade. * Identifica distribuições diferentes pela dispersão. * Exige uma hipótese ou desenho que justifique as atribuições usadas. Erros frequentes Não assumir que não paramétrico significa ausência de condições. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/me/aleatorizacao/#justificar-as-permuta%C3%A7%C3%B5es) Permutações autorizadas dentro dos pares Formam-se doze pares de servidores comparáveis. Dentro de cada par, sorteia-se qual recebe a versão A e qual recebe B, com sorteios independentes entre pares. Sob a nula de ausência de efeito da versão em cada servidor, quais as trocas admissíveis? Quantas atribuições existem? Explica por que isto não autoriza baralhar livremente os 24 tempos e por que medir apenas antes e depois não fornece, por si só, a mesma justificação. Pista A distribuição de referência deve reproduzir as atribuições que o sorteio podia produzir. Solução Cada par admite duas trocas de A e B, independentes dos outros pares. Há $2^{12}=4096$ atribuições, mantendo sempre uma unidade de cada versão por par. Trocar as etiquetas dentro do par muda o sinal da diferença A menos B. Baralhar livremente todos os tempos permitiria atribuições que o sorteio não podia produzir. Em medições antes e depois, a ordem temporal não foi sorteada; um teste de sinais por permutação exigiria outra justificação, por exemplo simetria adequada das diferenças sob a nula. Confere a tua resposta: * Restringi as trocas ao interior dos pares. * Contei 4096 atribuições. * Distingui o sorteio de versões de uma ordem temporal fixa. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/me/aleatorizacao/#respeitar-pares-e-blocos)