166 Wstȩp do statystyki matematycznej

Transkrypt

1 166 Wstȩp do statystyki matematycznej Etap trzeci realizacji procesu analizy danych statystycznych w zasadzie powinien rozwi azać nasz zasadniczy problem zwi azany z identyfikacj a cechy populacji generalnej w jȩzyku teorii prawdopodobieństwa. Powinniśmy wiedzieć, jakiego typu jest to rozk lad i dysponować oszacowaniem jego parametrów. Statystyka dysponuje jednak jeszcze jednym narzȩdziem, którego rola polega miȩdzy innymi na weryfikacji wiedzy, jak a pozyskaliśmy stosuj ac zaprezentowane wyżej metody 2 i 3. Narzȩdziem tym jest teoria testów statystycznych. Niech dane bȩdzie populacja generalna bȩd aca przedmiotem obserwacji z punktu widzenia cechy X. Przez hipotezȩ statystyczn a bȩdziemy rozumieli każde przypuszczenie odnosz ace siȩ do rozk ladu tej cechy formu lowane w kategoriach b adź jakościowych dotycz acych postaci tego rozk ladu, b adź ilościowych zwi azanych z jego parametrami. Bȩdziemy wtedy mówili, że mamy do czynienia odpowiednio z hipotez a nieparametryczn a albo hipotez a parametryczn a. Podstaw a do formu lowania przypuszczeń na temat cechy populacji generalnej jest próba prosta. Proces weryfikacji sformu lowanej hipotezy nazywamy testem statystycznym. St ad też procedura testowania hipotez dzieli siȩ na:testy parametryczne i nieparametryczne. U podstawkażdego testu znajduje siȩza lożenie, że obok hipotezy weryfikowanej, zwanej też hipotez a zerow a i oznaczan a przez H o,formu luje siȩ hipotezȩ bȩd ac a w swojej treści wynikiem zaprzeczenia hipotezy H o,któr a nazywamy z tego powodu hipotez a alternatywn a i oznaczamy przez H 1. Wtedy, w przypadku odrzucenia hipotezy H o w wyniku przeprowadzonego testu, za prawdziw a uznajesiȩ hipotezȩ H 1. Jak zaznaczyliśmy wyżej, podstaw a do przeprowadzenia weryfikacji hipotezy H o przeciwko hipotezie H 1 jest próba prosta. Z teoretycznego punktu widzenia istnieje wiȩc możliwość pope lnienia b lȩdu. Mog a zdarzyćsiȩconajmniejdwie sytuacje: H o jest prawdziwa albo H o jest fa lszywa. Jeśli w sytuacji pierwszej odrzucimy H o (a wiȩc przyjmiemy H 1 ), to mówimy wtedy o pope lnionym b lȩdzie I rodzaju, a jego miar a jest wtedy pewna liczba α. W sytuacji drugiej, jeśli H o przyjmujemy (a wiȩc odrzucamy H 1 ), to mówimy o b lȩdzie II rodzaju ijegomiarȩ oznaczamy przez β. Abyzrozumieć znaczenie obu zdefiniowanych b lȩdów musimy dok ladniej opisać przebieg procesu testowania hipotez. Niech (x 1,...,x n )=(X 1,...,X n )(ω o ) dla pewnego zdarzenia elementarnego ω o oznacza próbȩ prost a naszej populacji generalnej. Wtedy (x 1,...,x n ) W =(X 1,...,X n )(Ω) R n, co oznacza, że próba prosta jest jedn a z wielu realizacji procesu obserwacji populacji generalnej, któr a opisuje tutaj mnogość W. Zadaniem testu statystycznego jest skonstruowanie takiego podzbioru Q W,że jeśli (x 1,...,x n ) Q, tohipotezȩ H o odrzucimy na korzyść hipotezy H 1 oraz w przypadku gdy (x 1,...,x n )

2 6.4 Podstawowe metody statystyczne 167 W \ Q, toh o przyjmujemy. Z tego wzglȩdu zbiór Q nazywamy obszarem krytycznym (mówimy też o obszarze odrzucenia), w przeciwieństwie do zbioru W \ Q zwanego obszarem przyjȩcia hipotezy H o. Wtedy znaczenie ilościowe zdefiniowanych wyżej b lȩdów α i β jest nastȩpuj ace: α = P ((x 1,...,x n ) Q H o ),β= P ((x 1,...,x n ) W \ Q H 1 ). Z metodologicznego punktu widzenia pierwsz a zpowyższych równości traktuje siȩ jako równanie z niewiadom a Q, przyjmuj ac, że α jest ma l a liczb a równ a zazwyczaj 0, 1 albo 0, 05. Nazywamy j a wtedy poziomem istotności (wtedy 1 α nazywa siȩ poziomem ufności). Testy statystyczne, które kontroluj a tylko b l ad I rodzaju nazywamy testami istotności. Można zapytać, co dzieje siȩ z b lȩdem II rodzaju, jeśli b l ad I rodzaju zosta l zminimalizowany. Czy on również przyjmuje minimaln a wartość? Okazuje siȩ, że tak nie jest. Jest akurat na odwrót, czyli wartości β rosn a, jeśli wartości α malej a (patrz np. [19]). Wobec tego testy istotności jako metoda ignoruj aca z za lożenia kontrolȩ b lȩdu II-rodzaju z jednej strony kontroluj a na poziomie α odrzucenie hipotezy H o (gdy (x 1,x 2,...,x n ) Q), ale nie wypowiadaj a siȩna temat jej przyjȩcia. Dlatego wnioskowanie w przypadku przeprowadzenia takiego testu sprowadza siȩ do nastȩpuj acej konkluzji: 1. odrzucenia hipotezy H o iprzyjȩcia H 1 albo 2. braku podstaw do odrzucenia hipotezy H o. Zaczniemy od omówienia podstaw zwi azanych z tzw. testami parametrycznymi (patrz też [4], [19]). Przypuśćmy, że na podstawie próby prostej (x 1...x n )=(X 1...X n )(ω o ) oraz metod opartych na pojȩciu dystrybuanty empirycznej (histogramu) i teorii estymacji otrzymaliśmy nastȩpuj ace wyniki: 1. poznaliśmy typ rozk ladu cechy X, czyli jej dystrybuantȩ F, ewentualnie dysponujemy wiedz a na temat istnienia momentów tego rozk ladu i parametrów, od których rozk lad ten zależy, 2. zak ladaj ac, celem uproszczenia sytuacji, że rozk lad F zależy od jednego parametru, powiedzmy τ, określiliśmy metod a estymacji przedzia lowej jego przedzia l na zadanym poziomie ufności 1 α. Pojawia siȩ problem wyboru wartości tego parametru. Faza wstȩpna testu parametrycznego polega na zdefiniowaniu dwóch hipotez: hipotezy zerowej H o przeciwko hipotezie alternatywnej H 1,

3 168 Wstȩp do statystyki matematycznej gdzie gdzie τrτ o H o : τ = τ o, H 1 : τrτ o, na ogó l oznacza jedn a z trzech relacji: τ τ o, τ < τ o, τ > τ o. Rola testu statystycznego, jak pisaliśmy wyżej, polega na tym, aby zweryfikować hipotezȩ zerow a przeciwko hipotezie alternatywnej. Pozytywna weryfikacja kończy siȩ na ogó l stwierdzeniem, że nie ma powodów do jej odrzucenia, co nie musi oznaczać, że hipotezȩ zerow a przyjmuje siȩ. Zazwyczaj w tej sytuacji ca ly proces analizy statystycznej zaczyna siȩ od pocz atku, a wiȩc od pobrania nowej próby prostej. W przypadku negatywnej weryfikacji hipotezy zerowej albo przy aktualnych wynikach zmienia siȩ jej treść i powtarza weryfikacjȩ albo przyjmuje siȩ hipotezȩ alternatywn a. Podstaw a procesu weryfikacji jest, jak pisaliśmy wyżej, obszar krytyczny Q, który w praktyce definiuje siȩjakopodzbiór prostej rzeczywistej, a nie przestrzeni R n. Aby go wyznaczyć potrzebna jest odpowiednia statystyka Z, czyli gdzie Z = f(x 1...X n ), (x 1...x n )=(X 1...X n )(ω o ) jest prób a prost a cechy X populacji generalnej. Wtedy obszar Q wyznaczony jest przez warunek (patrz definicja b lȩdu I rodzaju) P ({ω Ω : Z(ω) Q}) =α, przy za lożeniu, że zasz la hipoteza H o. Jeśli teraz z obs = Z(ω o ) Q, gdzie z obs jest wartości a zaobserwowan a statystyki Z, to hipotezȩ H o należy odrzucić nakorzyść hipotezy H 1. W przeciwnym razie mówimy, że nie ma podstaw do jej odrzucenia. Dalej w kolejnych przyk ladach pokażemy sposoby konstruowania statystyki Z i odpowiadaj acych jej obszarów krytycznych (patrz też [10]).

4 6.4 Podstawowe metody statystyczne 169 Przyk lad Cecha X populacji generalnej ma rozk lad typu N (m, σ 2 ), gdzie parametr σ jest znany. Wtedy dla zweryfikowania hipotezy zerowej H o : m = m o pos lugujemy siȩ styatystyk a Natomiast hipoteza alternatywna H 1 1. Z = X n m n. σ i obszar krytyczny maj a wtedypostać: H 1 : m m o, Q =(, n α ) (n α, + ), gdzie n α,przyza lożeniu hipotezy H o określone jest równaniem P ({ω Ω : Z o (ω) n α })=2(1 Φ(n α )) = α, 2. bowiem statystyka Z o = X n m o n σ ma przy za lożeniu hipotezy zerowej rozk lad standardowy normalny. H 1 : m>m o, Q =(n + α, + ) gdzie n + α,przyza lożeniu hipotezy H o określone jest równaniem P ({ω Ω: Z o (ω) >n + α }) =1 Φ(n + α )=α, 3. gdzie statystyka Z o jest identyczna, jak w sytuacji poprzedniej. H 1 : m<m o, Q =(, n + α ) gdzie n + α i statystyka Z o s a jakwyżej. Przeprowadźmy teraz symulacjȩ liczbow a. W tym celu odwo lamy siȩ dowyników z przyk ladu Dostaliśmy tam Postawmy hipotezȩ zerow a m (1,838, 2,328), x 4 =2,083, σ =0,25, α =0,05. H o : m =2przeciwko H 1 : m 2.

5 170 Wstȩp do statystyki matematycznej Wtedy, przy za lożeniu hipotezy zerowej n α =1,96, i przedzia l krytyczny ma postać Q =(, 1,96) (1,96, + ). Tymczasem z obs = 2, ,25 =0,684 / Q, co oznacza, że nie ma powodu do odrzucenia hipotezy zerowej. Z drugiej strony bior ac dostalibyśmy H o : m =1,9 przeciwko H 1 : m<1,9 Φ(n + α )=1 α =0,95, sk ad Q =(, 1,65). Ponieważ terazz obs = 1,46, zatem również nie ma podstaw, aby nie przyj ać m =1,9. Okazuje siȩ, że dopiero H o : m =2,3 przeciwko H 1 : m<2,3 daje z obs = 1,736 Q = (, 1,65), co oznacza, że hipotezȩ tȩnależy odrzucić. Jeśli pobrana próba by la reprezentatywna, to oznacza to, że najprawdopodobnie wartość średnia cechy X jest mniejsza od 2,3. Przyk lad Cecha X populacji generalnej ma rozk lad typu N (m, σ 2 ), gdzie oba parametry s a nieznane. Wtedy dla zweryfikowania hipotezy zerowej H o : m = m o wykorzystamy styatystykȩ t = X n m n 1. S Natomiast hipoteza alternatywna H 1 i obszar krytyczny maj a wtedypostać: 1. H 1 : m m o, Q =(, t α ) (t α, + ), gdzie t α,przyza lożeniu hipotezy H o określone jest równaniem P ({ω Ω : t o (ω) t α })=α, bowiem statystyka t o = X n m o n 1 S ma przy za lożeniu hipotezy zerowej rozk lad t Studenta o n 1 stopniach swobody.

6 6.4 Podstawowe metody statystyczne H 1 : m>m o, Q =(t + α, + ) gdzie t + α,przyza lożeniu hipotezy H o określone jest równaniem P ({ω Ω : t o (ω) t + α }) =α, gdzie statystyka t o jest identyczna, jak w sytuacji poprzedniej. Dla przeprowadzenia symulacji odwo lamy siȩ dowyników z przyk ladu Przypomnijmy, że wtedy m (1,899, 2,267), x 4 =2,083, s =0,1. Ponieważ z tabeli rozk ladu t Studenta dla trzech stopni swobody t α =3,182, wiȩc bior ac H 1 : m =2przeciwko H 1 : m 2 obszar krytyczny bȩdzie mia l postać Q =(, 3,182) (3,182, + ). Tymczasem t obs = 2, ,73 = 1,4359 / Q, 0,1 co oznacza, że nie ma powodu, aby odrzucić hipotezȩzerow a. Sprawdźmy, czy dla tej próby prostej można przyj ać, że m =1,9. Wtymceluweźmy H o : m =1,9 przeciwko H 1 : m>1,9. Ponieważ terazt + α =2,4, to Q =(2,4, + ). Ale t obs = 2,083 1,9 0,1 1,73 = 3,1659 Q, co oznacza, że hipotezȩ zerow anależy odrzucić. Zauważmy, że wartość 1,9teżnależy do przedzia lu wartości średniej wyznaczonego metod a estymacji. Na koniec pokażemy przyk ladowy test dla wariancji. Przyk lad Cecha X populacji generalnej ma rozk lad typu N (m, σ 2 ), gdzie oba parametry s a nieznane. Wtedy dla zweryfikowania hipotezy zerowej H o : σ = σ o

7 172 Wstȩp do statystyki matematycznej wykorzystamy styatystykȩ Natomiast hipoteza alternatywna H 1 χ 2 = ns2 σ 2. i obszar krytyczny maj a wtedypostać: H 1 : σ>σ o, (ponieważ σ>0), Q =(χ 2 α, + ), gdzie przy za lożeniu hipotezy zerowej statystyka χ 2 o = ns2 σ 2 o ma rozk lad chi kwadrat o n 1 stopniach swobody, a χ 2 α równania P ({ω Ω : χ 2 o (ω) >χ2 α })=α. jest rozwi azaniem Stosown a symulacjȩ przeprowadzimy, wykorzystuj ac wyniki z Przyk ladu Dostaliśmy tam wówczas σ 2 (0,0002, 0,267), s 2 =0,1, α =0,1. Przeprowadźmy test dla środka tego przedzia lu, tzn. niech H o : σ =0,366 przeciwko H 1 : σ>0,366. Ponieważ χ 2 α =1,0636, wiȩc Q =(1,0636, + ). Ale χ 2 obs = 50,0377 =0,515 / Q, 0,366 co pokazuje, że nie ma powodów odrzucać takiegowyboru. Bardzo czȩsto spotykamy siȩ z problemem potrzeby porównania ze sob a dwóch różnych populacji generalnych. Możemy na przyk lad mieć do czynienia z populacj a ludzi chorych i zdrowych, ludzi czynnych zawodowo i emerytów itd. Chcielibyśmy takie populacje ze sob a porównaćpodk atem wyróżnionej cechy, na przyk lad w drugiej sytuacji może ni a być preferencja wyborcza, któr a oznaczymy przez X. Zbudujemy model statystyczny dla takiej sytuacji. W modelu tym zak lada siȩ, że na przestrzeni probabilistycznej (Ω, Σ,P) mamy dwie zmienne losowe X i Y,których rozk lady opisuj a cechȩ X dla populacji pierwszej i drugiej. Pobieramy materia l statystyczny z obu populacji w ten sposób, że otrzymane próby proste s a stochastycznie niezależne i maj a postać: (x 1,x 2,...,x n )=(X 1,X 2,...,X n )(ω o )

8 6.4 Podstawowe metody statystyczne 173 dla pierwszej populacji i dla populacji drugiej, gdzie (y 1,y 2,...,y m )=(Y 1,Y 2,...,Y m )(ω o ) d(x j )=d(x), d(y i )=d(y ) dla wszystkich i oraz j. Dla uproszczenia za lóżmy, że obie populacje maj a rozk lad normalny, czyli X, Y N(m k,σk 2 ), k = 1, 2. Interesuje nas kwestia czy ich średnie s a sobierówne, czyli czy m 1 = m 2? Stawiamy wiȩc hipotezȩ zerow a H o : m 1 = m 2 przeciwko hipotezie alternatywnej H 1 : m 1 m 2. Aby wyznaczyć obszar krytyczny Q ustalamy poziom istotności α i bierzemy statystykȩ testow a określon a wzorem Z = X Y, σ1 2 n + σ2 2 m o ile obie wariancje s a znane. Można pokazać, że przy za lożeniu hipotezy zerowej statystyka Z ma standardowy rozk lad normalny (patrz np. [4]). Wtedy obszar krytyczny jest obszarem dwustronnym opisanym równaniem P ({ω Ω: Z(ω) Q}) =α. W sytuacji kiedy wariancje nie s a znane i różne, oraz d lugości obu prób s a duże (co najmnie równe 30), to statystyka testowa ma postać Z = X Y, S1 2 n + S2 2 m gdzie S1 2 i S2 2 s a wariancjami teoretycznymi z próby prostej dla obu populacji generalnych. Wtedy przy za lożeniu hipotezy zerowej statystyka Z ma standardowy rozk lad normalny i na tej podstawie możemy wyznaczyć obszar krytyczny. W przypadku kiedy 2 n, m < 30 i wariancje nie s a znane oraz s a różne, to korzystamy ze statystyki bȩd acej modyfikacj a statystyki zdefiniowanej powyżej i wygl adaj acej nastȩpuj aco X Y Z =, S 2 1 n 1 + S2 2 m 1 która przy za lożeniu hipotezy zerowej ma rozk lad t Studenta o s stopniach swobody, gdzie s = ( ( ) S S2 2 n 1 m 1 ) 2 ( ) 2 S 1 2 S 2 2 n 1 m 1 + n 1 m 1.

9 174 Wstȩp do statystyki matematycznej Wreszcie możemy mieć do czynienia z sytuacj a kiedy wariancje s a jednakowe i nie s a znane. Jeśli obie próby proste s a duże (co najmnie licz a po30elementów), to dla wyznaczenia obszaru krytycznego używamy statystyki Z = X Y ns ms 2 2 nm, która przy za lożeniu hipotezy zerowej też ma standardowy rozk lad normalny albo w przypadku kiedy próby s a krótkie ( 30) bierzemy Z = X Y ns 2 1 +ms2 2 n+m 2 ( 1 n + 1 m ), która przyza lożeniu hipotezy zerowej ma rozk lad t Studenta o n+m 2 stopniach swobody. Przyk lad Wdwóch losowo wybranych firmach zbadano efektywny czas pracy jej pracowników, a wiȩc ten czas, który poświȩcaj a na wykonywanie tylko swoich czynności przewidzianych zakresem uprawnień. W obu z badanych firm rozk lad efektywnie wykorzystywanego czasu jest normalny z odchyleniem standardowym równym 1, 1 godzinȩ. Z badań wynika,że średni efektywny czas pracy w 25 elementowej próbie pracowników zatrudnionych w pierwszej firmie wyniós l 6, 5 godzin, a w 20 elementowej próbie wśród zatrudnionych w drugiej 5, 9 godzin. Na poziomie istotności α =0, 05 należy zweryfikować hipotezȩ, że średnie efektywne czasy pracy w obu firmach s a jednakowe. Zza lożenia rozk lady X i Y dla obu populacji generalnych s a normalne,o wartoścach oczekiwanych równych odpowiednio m 1 i m 2 oraz o jednakowych dyspersjach σ 1 = σ 2 =1, 1. Ponadto mamy dwie niezależne próby proste o liczebności n =25i m =20mniejsze od 30. Wykorzystamy statystykȩ testow apostaci Z = X Y ns 2 1 +ms2 2 n+m 2 ( 1 n + 1 m ), która przy za lożeniu hipotezy zerowej ma rozk lad t Studenta o n + m 2=43 stopniach swobody. Z tabeli rozk ladu t Studenta wynika, że dla przyjȩtego stopnia poziomu istotności α =0, 05 P ({ω Ω: t(ω) t α,m+n 2 })=α daje wartość krytyczn a t α,m+n 2 =2, 042 i Q =(, 2, 042) (2, 042, + ). Z drugiej strony wartość zaobserwowana przyjȩtej statystyki t obs przy za lożeniu

10 6.4 Podstawowe metody statystyczne 175 hipotezy zerowej H o : m 1 = m 2 wynosi t obs = 6, 5 5, 9 = 1, (1,1) (1,1) 2 (0, , 05) 43 Ponieważ H 1 : m 1 m 2 oraz t obs / Q, hipoteza zweryfikowana zosta la negatywnie, co oznacza, że nie mamy powodów do jej odrzucenia. Parametryczne testy istotności, jak pewnie zauważyliśmy na ogó l odnosz a siȩ do populacji normalnych. W sytuacji kiedy rozk lad cechy X populacji generalnej jest dwumianowy, to bȩdziemy mówili o testach dla frekwencji. W tym przypadku bȩdziemy weryfikowali hipotezȩ zerow a H o : p = p o przeciwko hipotezie alternatywnej H 1,która może mieć jedn a z trzech postaci: p p o, p>p o, p<p o. Oczywiście parametr p oznacza tutaj prawdopodobieństwo teoretyczne pojawienia siȩ sukcesu, zwane też frekwencj a. Ponieważ w metodzie stosuje siȩ CTG, bȩdziemy też zak ladali, że pobrana próba prosta jest dostatecznie duża, czyli że n 100. W tym przypadku statystyka testowa ma postać Z = X n p S n. Przy za lożeniu hipotezy zerowej, z CTG jest rozk lad jest asyptotycznie standardowym rozk ladem normalnym. Wtedy wartość zaobserwowan a dlapróby prostej obliczymy ze wzoru gdzie z obs = Z(ω o )= m poqo n p n o, p o + q o =1,moznacza liczbȩ sukcesów. W takim razie narzȩdzie to pozwala nam analizować zagadnienia zasygnalizowane w przyk ladzie Prześledzimy to na nastȩpuj acym przyk ladzie Przyk lad Na jednej z uczelni zrobiono badania na temat stopnia przygotowania studentów do sesji egzaminacyjnej. W tym celu wylosowano próbȩ prost a z lożon a ze 150 studentów i stwierdzono, że 45 spośród nich zda lo wszystkie egzaminy w pierwszym terminie. Na poziomie istotności 0, 05 należy zweryfikować hipotezȩ, że mniej aniżeli trzecia czȩść studentów zdaje na tej uczelni wszystkie egzaminy w pierwszym terminie. Niech X oznacza cechȩ naszej populacji generalnej określaj ac a liczbȩzdaj acych wszystkie egzaminy. Z za lożenia X B(m, p), gdzien = 150 i p jest nieznane. Z

11 176 Wstȩp do statystyki matematycznej trści wynika, że H o : p = 1 przeciwko hipotezie H 3 1: p< 1. Aby zweryfikować tȩ 3 hipotezȩ zastsujemy test dla frekwencji. Wtedy z obs = = 0, 346. Tymczasem lewostronny obszar krytyczny Q = (, n α ), gdzie n α jest rozwi azaniem równania P ({ω Ω: X (ω n α )}) =α równoważnego równaniu 2(1 Φ(n α )) = α dla α =0, 05 ma postać Q =(, 2, 23). Ponieważ z obs / Q, wiȩc wnosimy, że nie ma powodów do odrzucenia hipotesy zerowej. Należy wiȩ przyj ać, że co najmniej trzecia czȩść studentów badanej uczelni zdaje wszystkie egzaminy w pierwszym terminie. Zaprezentujemy teraz podstawowe metody nieparametrycznych testów istotności. Na ogó l testy te dotycz a trzech kwestii: 1. rozstrzygniȩcia hipotezy czy rozk lad cechy X populacji generalnej jest określonego typu F.Mówimy wtedy o tzw. teście zgodności, 2. zbadania, czy pobrany materia l statystyczny spe lnia wymogi określone przez definicjȩ próby prostej. Takie testy nazywamy testami losowości, 3. zbadanie wspó lzależności dwóch i wiȩcej cech tej samej populacji. Mówimy wtedy o testach niezależności. Test zgodności chi kwadrat (χ 2 ) Pearsona. Niech (x 1,...,x n )=(X 1,...,X n )(ω o )bȩdzie prób a prost a cechy X populacji generalnej. Stawiamy hipotezȩ na temat nieznanego rozk ladu F cechy X w postaci H o : F = F o,dlapewnegorozk ladu F o o k parametrach. Wtedy hipoteza alternatywna H 1 oznacza, że dystrybuanta F jest inna aniżeli F o, czyli H 1 : F F o. Dla celów weryfikacji hipotezy H o ustalamy poziom istotności α (na ogó l α =0, 05) oraz za statystykȩ testow a bierzemy statystykȩ χ 2 Pearsona, o której wiȩcej powiemy za chwilȩ. Najpierw musimy zwrócić uwagȩ na kilka faktów zwi azanych ze struktur a próby prostej. Przede wszystkim należy podkreślić, że test zgodności χ 2 pearsona ma zastosowanie zarówno dla rozk ladów ci ag lych jak i dyskretnych. Poniżej