176 Wstȩp do statystyki matematycznej = 0, 346. uczelni zdaje wszystkie egzaminy w pierwszym terminie.

Transkrypt

1 176 Wtȩp do tatytyki matematycznej trści wynika że H o : p 1 przeciwko hipotezie H 3 1: p< 1. Aby zweryfikować tȩ 3 hipotezȩ zatujemy tet dla frekwencji. Wtedy z ob Tymczaem lewotronny obzar krytyczny Q ( n α ) gdzie n α jet rozwi azaniem równania P ({ω Ω: X (ω n α )}) α równoważnego równaniu 2(1 Φ(n α )) α dla α 0 05 ma potać Q ( 2 23). Ponieważ z ob / Q wiȩc wnoimy że nie ma powodów do odrzucenia hipotey zerowej. Należy wiȩ przyj ać że co najmniej trzecia czȩść tudentów badanej uczelni zdaje wzytkie egzaminy w pierwzym terminie. Zaprezentujemy teraz podtawowe metody nieparametrycznych tetów itotności. Na ogó l tety te dotycz a trzech kwetii: 1. roztrzygniȩcia hipotezy czy rozk lad cechy X populacji generalnej jet określonego typu F.Mówimy wtedy o tzw. teście zgodności 2. zbadania czy pobrany materia l tatytyczny pe lnia wymogi określone przez definicjȩ próby protej. Takie tety nazywamy tetami loowości 3. zbadanie wpó lzależności dwóch i wiȩcej cech tej amej populacji. Mówimy wtedy o tetach niezależności. Tet zgodności chi kwadrat (χ 2 ) Pearona. Niech (x 1...x n )(X 1...X n )(ω o )bȩdzie prób a prot a cechy X populacji generalnej. Stawiamy hipotezȩ na temat nieznanego rozk ladu F cechy X w potaci H o : F F o dlapewnegorozk ladu F o o k parametrach. Wtedy hipoteza alternatywna H 1 oznacza że dytrybuanta F jet inna aniżeli F o czyli H 1 : F F o. Dla celów weryfikacji hipotezy H o utalamy poziom itotności α (na ogó l α 0 05) oraz za tatytykȩ tetow a bierzemy tatytykȩ χ 2 Pearona o której wiȩcej powiemy za chwilȩ. Najpierw muimy zwrócić uwagȩ na kilka faktów zwi azanych ze truktur a próby protej. Przede wzytkim należy podkreślić że tet zgodności χ 2 Pearona ma zatoowanie zarówno dla rozk ladów ci ag lych jak i dykretnych. Poniżej

2 6.4 Podtawowe metody tatytyczne 177 pokażemy na przyk ladach każd a z ytuacji. W przypadku rozk ladów ci ag lych należy elementy próby protej podzielić nar roz l acznych kla. W tym celu zaleca iȩ (mówi o tym Polka norma PN 85 N ) aby n 100 r { } oraz n i ilość elementów w i tej klaie by la równa co najmniej 5. Wróćmy teraz do tatytyki χ 2. Wtedy jej wartość w punkcie ω o który wyznacza próbȩprot a mapotać (patrz [4]) χ(ω o ) 2 r i1 (n i ) 2 gdzie r n n i maj a znaczenie jak wyżej. Przy za lożeniu hipotezy H o tatytyka χ 2 ma rozk lad chi kwadrat o r k 1 topniach wobody gdzie k oznacza liczbȩ parametrów dytrybuanty F o. Wtedy dla 2 i r p i Φ(y i ) Φ(y i 1 ) gdzie y i x i x gdzie Φ oznacza dytrybuantȩ tandardowego rozk ladu normalnego x i jet górn a wartości a i tej klay x jet średni a zpróby protej natomiat 2 odchyleniem tandardowym. Wtedy p 1 1 r i2 p i. Dla dotatecznie dużych n (n 100) obzar krytyczny Q który jet zawze obzarem prawotronnym wyznacza równość P ({ω Ω: χ 2 (ω) χ 2 α })α. Wtedy Q Q + (χ 2 α + ). Jeśli teraz χ 2 ob χ2 (ω o ) Q to odrzucamy hipotezȩ H o przyjmuj ac hipotezȩ H 1. W przeciwnym razie wniokujemy że nie ma podtaw aby H o odrzucić a wiȩc nie ma powodów do tego aby nie przyj ać że F F o. Przyk lad W pewnej miejcowości wyloowano niezależnie 500 gopodartw i zbadano mieiȩczne zużycie energii elektrycznej w każdym z nich. Zebrane dane przedtawia poniżza tabela Zużycie energii w KWh Liczba gopodartw Na poziomie itotności 0 05 należy zweryfikować hipotezȩ że rozk lad zużytej energii przez gopodartwa jet normalny. Sprawdzimy najpierw czy pe lnione a warunki umożliwiaj ace toowaniete- tu zgodności. Mamy odpowiednio: n 500 r 5 n 1 70 n n n n 5 80.

3 178 Wtȩp do tatytyki matematycznej Jak widać wartość liczby kla jet trochȩ ma la. Może to rzutować nawiarygodność ca lej procedury. Niech x i dla i oznacza górne wartości kolejnych kla. Wtedy x 1 45 x 2 55 x 3 65 x 4 75 x Wyznaczymy wartości p i. W tym celu należy tandaryzować rozk lad F o. Wtedy F o (x i )Φ( x i x ). Ponieważ x 1 r n i x o i n i1 gdzie x o i oznacza środek i tej klay wiȩc po podtawieniu danych liczbowych otrzymamy x 1 ( ) Podobnie 2 1 r (x o i x) 2 n i n i1 k ad 2 1 ( ( ) 2 70+( ) ( ) ( ) ) ( ) idlatego. Wtakimrazie y 1 x 1 x y 2 x 2 x y 3 x 3 x y 5 x 5 x 0 346y 4 x 4 x Możemy teraz obliczyć wartości p i : p 2 Φ(y 2 ) Φ(y 1 )Φ( 0 440) Φ( 1 227) Φ(1 227) Φ(0 440) p 3 Φ(y 3 ) Φ(y 2 )Φ(0 346) Φ( 0 440)

4 6.4 Podtawowe metody tatytyczne 179 Φ(0 346) (1 Φ(0 440)) ( ) p 4 Φ(y 4 ) Φ(y 3 )Φ(1 132) Φ(0 346) p 5 Φ(y 5 ) Φ(y 4 )Φ(1 919) Φ(1 132) gdzie p 1 1 (p p 5 ) uzykane dane i pozota le niezbȩdne dla wyliczenia wartości zaoberwowanej tatytyki χ 2 zebraliśmy w poniżzej tabeli x i n i y i p i (n i ) Σ χ 2 ob Ponieważ P ({ω Ω: χ 2 (ω) χ 2 αr k 1 })α P ({ω Ω: χ2 (ω) χ })0 05 wiȩc P ({χ 2 (ω) χ })5 991 <χ2 ob co oznacza że hipotezȩ H o należy odrzucić. Przy okazji tego przyk ladu warto zauważyć że (patrz powyżza tabela) oznaczaj a liczebność teoretyczn a kolejnych kla w odróżnieniu od wartości n i które oznaczaj a liczebność zmierzon a. Przejdziemy teraz do omówienia przyk ladu w którym pokażemy poób po lugiwania iȩ tetem zgodności w przypadku rozk ladu dykretnego. Przyk lad Kandydatów na kierowcȩ poddano badaniom prawdzaj acym reflek i uwagȩ. Każdy z nich mia l do wykonania zadania na czterech tanowikach. W wyniku przebadania 100 loowo wybranych oób otrzymano natȩpuj ace dane: Liczba wykonanych zadań Liczba kandydatów

5 180 Wtȩp do tatytyki matematycznej Na poziomie itotności 0 01 zweryfikować hipotezȩ rozk ladem dwumianowym. że rozk lad ten jet Rozk lad dwumianowy zależy od dwóch parametrów z których jeden (ilość powtórzeń) znamy. Aby utalić wartość tatytyki χ 2 muimy wyznaczyć prawdopodobieńtwo ukceu w tym rozk ladzie. Sukceem jet tutaj zdarzenie polegaj ace na tym że ooba przechodz aca badania zaliczy la pomyślnie tety na wzytkich czterech tanowikach. Z powyżzych danych wynika zatem że p 20 1.Odpowiednie dane potrzebne dla celów weryfikacji hipotezy H o : F B(n p) przy hipotezie alternatywnej H 1 : F / B(n p) zebraliśmy w poniżzej tabeli x i n i (n i ) 2 (n i ) Σ χ 2 ob 34 9 Określimy obzar krytyczny dla tego tetu. W tym celu należy rozwi azać równanie P ({ω Ω: χ 2 (ω) χ 2 αr k 1}) α. Poniewż r k oraz przyjȩliśmy że α 0 01 ztablic rozk ladu χ 2 wynika że χ St ad obzar krytyczny jet przedzia lem Q ( ). Ponieważ χ 2 ob 34 9 Q wiȩc należy odrzucić hipotezȩ zerow a nakorzyść hipotezy alternatywnej.