IS3 wyklad8


Testy zgodności:
Niech (5e1, 5e2, & , 5e5[) będą wartościami próby pobranej z populacji generalnej, w której rozkład
cechy X jest nieznany.
Testem zgodności nazywamy test do weryfikacji hipotezy (prostej lub złożonej) dotyczącej
zgodności pomiędzy rozkładem zbioru wartości w próbie i rozkładem teoretycznym, np.
5;0: 5Q5f5`5a5_5f5O5b5N5[5aą 5O5N5Q5N5[5R5W 5P5R5P5U5f 5W5R5`5a 590 5e
lub
5;0: 5T5R5`5a5\ś5P5Vą 5]5_5N5d5Q5\5]5\5Q5\5O5V5Rń5`5a5d5N 5O5N5Q5N5[5R5W 5P5R5P5U5f 5W5R5`5a 5S0 5e
lub
5;0: 5S5b5[5X5P5Wą 5]5_5N5d5Q5\5]5\5Q5\5O5V5Rń5`5a5d5N 5O5N5Q5N5[5R5W 5P5R5P5U5f 5W5R5`5a 5C 5K = 5e5V = 5]5V, 5V " !
I. Test 52 Pearsona
1. weryfikujemy hipotezę 5;0: 5Q5f5`5a5_5f5O5b5N5[5aą 5O5N5Q5N5[5R5W 5P5R5P5U5f 5W5R5`5a 590 5e , gdy 590 jest całkowicie
określona, dla zmiennej typu ciągłego lub skokowego
wyniki obserwacji przedstawiamy w postaci szeregu rozdzielczego
Nr klasy Przedziały klasowe Licznośd doświadczalna Licznośd hipotetyczna
1 5N0, 5N1 5[1 5[5]1
2 5N1, 5N2 5[2 5[5]2
" " " "
k 5N5X;1, 5N5X 5[5X 5[5]5X
5X 5X
5[ = 5[5V 5[5]5V = 5[
5V<1 5V<1
Jeżeli hipoteza 5;0 jest prawdziwa, to prawdopodobieostwo 5]5V, że X przyjmie wartośd należącą
do i-tego przedziału klasowego (sukcesu), obliczamy ze wzoru 5]5V = 590 5N5V - 590(5N5V;1).
jeżeli przez 5A5V oznaczymy zmienne losowe, które w próbie o wartościach (5e1, 5e2, & , 5e5[) przyjmują
5X
wartości 5[5V ( 5A5V = 5[), to za miarę rozbieżności pomiędzy wynikami z obserwacji, a tymi z
5V<1
(5A5V;5[5]5V)2
5X
hipotezy przyjmujemy statystykę testową 52 = , która przy założeniu prawdziwości
5V<1
5[5]5V
hipotezy 5;0 ma rozkład asymptotyczny chi-kwadrat 0 k-1 stopniach swobody
na poziomie istotności a, zbiorem krytycznym jest przedział Q = *5U1;5, Ą ), gdzie 5U1;5 jest
kwantylem rzędu 1 - a rozkładu chi-kwadrat o k-1 stopniach swobody
czyli dla 52(5e1, 5e2, & , 5e5[) ł 5U1;5 to hipotezę odrzucamy, a dla 52(5e1, 5e2, & , 5e5[) < 5U1;5 nie ma
podstaw do odrzucenia hipotezy
Uwaga: wartośd 52(5e1, 5e2, & , 5e5[) można również obliczyd ze wzoru
1 5[5V2
5X
52(5e1, 5e2, & , 5e5[) = - 5[
5V<1
5[ 5]5V
Np.
1. Z populacji o nieznanej dystrybuancie F(x) pobrano próbkę i wyniki przedstawiono w postaci
szeregu rozdzielczego (poniżej). Na poziomie istotności a = 0.05 zweryfikuj hipotezę
5;0: 59 5e 5W5R5`5a 5Q5f5`5a5_5f5O5b5N5[5aą 5_5\5g5Xł5N5Q5b 5W5R5Q5[5\5`5a5N5W5[5R5T5\ 5[5N 5]5_5g5R5Q5g5V5N5Y5R [45,50] .
dystrybuanta rozkładu jednostajnego na *45,50+ jest postaci
0, 5e < 45
5e - 45
590 5e =
, 45 d" 5e d" 50
5
1, 5e > 50
Nr klasy Przedział 5[5V 5[5]5V
(5[5V - 5[5]5V)2
5[5]5V
1 45,45.5 23 20 0.45
2 45.5,46 19 20 0.05
3 46,46.5 25 20 1.25
4 46.5,47 18 20 0.2
5 47,47.5 17 20 0.45
6 47.5,48 24 20 0.8
7 48,48.5 16 20 0.8
8 48.5,49 22 20 0.2
9 49,49.5 20 20 0.0
10 49.5,50 16 20 0.8
200 200 5.0
5N5V;45 5N5V-1;45 1
ponieważ każde 5N5V " [45,50], to 5]5V = - = 5[5]5V = 20, 5V = 1, & , 10
5 5 10
52(5e1, 5e2, & , 5e5[) = 5.0
z tablicy kwantyli rozkładu chi-kwadrat o 9 stopniach swobody odczytujemy 5U0.95 = 16.919
52(5e1, 5e2, & , 5e5[) < 5U0.95 więc nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy
2. Z doświadczenia krzyżowania grochu z nasionami żółtymi i okrągłymi z nasionami zielonymi
i pomarszczonymi otrzymano: pomarszczone i zielone 32, pomarszczone i żółte 101, okrągłe i
zielone 108, okrągłe i żółte 315. Na poziomie istotności a = 0.05 zweryfikuj hipotezę
5;0: 5`5a5\5`5b5[5R5X 5Y5V5P5g5O5f 5d5f5Z5V5R5[5V5\5[5f5P5U 5[5N5`5V5\5[ 5W5R5`5a 1: 3: 3: 9
1 3 3 9
prawdopodobieństwa teoretyczne wynoszą: 5]1 = , 5]2 = , 5]3 = , 5]4 =
16 16 16 16
1 1012 1082 3152
52(5e1, 5e2, 5e3, 5e4) = 556 322 + + + " 16 - 556 = 0.47
1 3 3 9
z tablic rozkładu chi-kwadrat o 3 stopniach swobody odczytujemy 5U0.95 = 7.815
ponieważ 52(5e1, 5e2, 5e3, 5e4) < 7.815, to nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy
2. weryfikujemy hipotezę 5;0: 5Q5f5`5a5_5f5O5b5N5[5aą 5O5N5Q5N5[5R5W 5P5R5P5U5f 5W5R5`5a 59 5e, 51, & , 55Y , gdy 59 ma
znaną postad, ale zależy od l nieznanych parametrów (hipoteza złożona)
wyniki obserwacji przedstawiamy w postaci szeregu rozdzielczego o k ( k > l+1 ) klasach
aby wyliczyd 5]5V estymujemy parametry 51, & , 55Y np. metodą największej wiarygodności i wtedy
5[1 5[5X
funkcja wiarygodności ma postad 5? = 5]1 51, & , 55Y & 5]5X (51, & , 55Y)
nazywamy ją wielomianową funkcją wiarygodności
estymatorami nieznanych parametrów 51, & , 55Y będą wtedy rozwiązania układu równao
5X
55Y5[5? 5[5V55]5V
= = 0, 5W = 1, & , 5Y
555W 5]5V555W
5V<1
(5[5V;5[5]5V 51,& ,55Y )2
5X
statystyka 52 = , gdzie 51, & , 55Y są estymatorami parametrów 51, & , 55Y
5V<1
5[5]5V(51,& ,55Y)
ma rozkład asymptotyczny chi-kwadrat z k  1  l stopniami swobody
Uwaga: jeżeli rozwiązanie układu równao 55Y5[5? = 0 nie jest możliwe dla wielomianowej funkcji
555W
wiarygodności, to możemy zastosowad zwykłą funkcję wiarygodności (dla niezgrupowanych
wyników obserwacji). W takim przypadku statystyka 52 nie ma asymptotycznego rozkładu
chi-kwadrat, ale jej kwantyle rzędu p (p=0.95 lub p=0.99) zawierają się pomiędzy kwantylami
rzędu p rozkładu chi-kwadrat o k  1  l, a k  1 stopniach swobody (im większe k, tym mniejsza
różnica).
czyli na poziomie istotności a, jeżeli 52(5e1, 5e2, & , 5e5X) ł 5U1;5 to hipotezę odrzucamy, a jeżeli
52(5e1, 5e2, & , 5e5X) < 5U1;5, to nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy, gdzie 5U1;5 jest
kwantylem rzędu 1 - a rozkładu chi-kwadrat o k  1  l stopniach swobody.
Np. Zliczono komórki drożdży znajdujące się na szkiełku o powierzchni 1 5Z5Z2 podzielonym na
400 kwadratów otrzymując dane umieszczone w tabeli (poniżej). Na poziomie istotności a = 0.05
zweryfikuj hipotezę, że rozkład liczby komórek drożdży jest rozkładem Poissona.
Liczba komórek Licznośd doświadczalna Licznośd hipotetyczna n5]5V (5[ - 5[5]5V)2/5[5]5V
0 0 3.7 3.7
1 20 17.4 0.3885
2 43 40.6 0.1419
3 53 63.4 1.706
4 86 74.2 1.8765
5 70 69.4 0.0052
6 54 54.2 0.0007
7 37 36.2 0.0177
8 18 21.2 0.483
9 10 11.0 0.0909
10 5 5.2 0.0077
11 2 2.2 0.0182
ł12 2 1.3 0.3769
n = 400 Sn5]5V = 400 52 = 8.8132
dla rozkładu Poissona P(X = k) = 5R;5 55X z nieznanym parametrem l
5X!
-5 -5
wielomianowa funkcja wiarygodności ma postad 5? = (5R 50)5[0& (5R 55X)5[5X
0! 5X!
1 1
5X 5X 5X 5X
5Y5[5? = -5 5[5V + 5V5[5V5Y5[5 - 5X
5[5Vln(5V!) 55Y5[5? = -5[ + 5V5[5V = 0 5 = 5V5[5V
5V<0 5V<0 5V<0 5V<0 5V<1
55 5 5[
1
obliczamy estymator parametru l z danych 5 = (0 " 0 + 1 " 20 + 2 " 43 + 3 " 53 + 4 " 86 +
400
5 " 70 + 6 " 54 + 7 " 37 + 8 " 18 + 9 " 10 + 10 " 5 + 11 " 2 + 12 " 2) = 4.68
5R-4.68(4.68)5V
wartości prawdopodobieostw 5]5V =
5V!
obliczamy wartośd statystyki 52(5e0, 5e2, & , 5e12) 8.8132
z tablic kwantyli rozkładu chi-kwadrat o 13  1  1 stopniach swobody odczytujemy
5U0.95 = 19.675
ponieważ 52(5e0, 5e2, & , 5e12) < 19.675, to nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy
3. Dobór klas
a) podział na klasy o jednakowej długości
dobór liczby klas w zależności od liczby pomiarów podaje tabelka
liczba pomiarów n liczba klas k
5e5Z5N5e;5e5Z5V5[
długośd klasy przyjmujemy 5O H" (przybliżenie z
30 - 60 6  8
5X
nadmiarem)
60 - 100 7  10
1
granice klas przyjmujemy jako 5Y5N + 5, gdzie 5Y " Z, a jest
100 - 200 9  12 2
dokładnością pomiarów w próbce, 5N jest największą
200 - 500 11  17
liczbą taką, że 5e5V = 5Z5V5N, 5Z5V " Z.
500 - 1500 16  25
> 1500 24  30
b) podział na klasy o jednakowym prawdopodobieostwie
dobór liczby klas podaje tabelka
1
dobieramy klasy tak, aby 5]5V = , 5V = 1, & , 5X
liczba pomiarów n liczba klas k
5X
z tablic dystrybuanty rozkładu dobieramy prawą granicę
200 - 400 15  20
1
pierwszej klasy 5T1 tak aby 59 5T1 = , a kolejne granice
400 - 600 20  24
5X
5V
600 - 800 24  27
tak, aby 59 5T5V =
5X
800 - 1000 27  30
Uwaga: gdy licznośd próbki wzrasta ok. 5 krotnie, to
1000 - 1500 30  35
podwajamy liczbę klas
1500 - 2000 35  40
podziału na klasy o jednakowych prawdopodobieostwach dokonujemy zazwyczaj, gdy
weryfikujemy hipotezę dotyczącą rozkładu o stablicowanych wartościach (normalny, wykładniczy,
gamma itp.)
Np. Wyniki pomiarów 400 wartości badanej cechy X zgrupowano w 20 klasach o jednakowym
prawdopodobieostwie, przy hipotezie, że rozkład badanej cechy jest wykładniczy o gęstości
5S 5e = 5R;5e, 5e > 0 na poziomie istotności a = 0.05. Znajdz granice klas.
1 5V 5T5V
5]5V = = 0.05, 5V = 1, & , 20, 59 5T5V = = 5R;5e5Q5e = 1 - 5R;5T5V 5T5V = - ln 1 - 5V " 0.05
0
20 20
5T0 =0, 5T1 =0.051, 5T2 =0.105, 5T3 =0.163, 5T4 =0.223, 5T5 =0.288, 5T6 =0.357, 5T7 =0.431,
5T8 =0.51, 5T9 =0.598, 5T10 =0.694, 5T11 =0.798, 5T12 =0.916, 5T13 =1.05, 5T14 =1.2, 5T15 =1.38,
5T16 =1.59, 5T17 =1.9, 5T18 =2.3, 5T19 =3, 5T20 = "
Uwaga: Przy weryfikacji hipotezy złożonej , gdy estymuje się parametry na podstawie próbki,
klas powinno byd co najmniej dwadzieścia, a liczności hipotetyczne 5[5]5V nie powinny byd mniejsze
od 5 (oprócz klas skrajnych). W przypadku, gdy liczności klas nie spełniają tego wymagania, należy
sąsiednie klasy połączyd.
II. Test Kołmogorowa
1. weryfikujemy hipotezę 5;0: 5Q5f5`5a5_5f5O5b5N5[5aą 5O5N5Q5N5[5R5W 5P5R5P5U5f 5W5R5`5a 590 5e , gdy 590 jest całkowicie
określona, dla zmiennej typu ciągłego
przyjmujemy statystykę testową 575[ = sup |590 5e - 5F5[ 5e |, gdzie 5F5[(5e) jest dystrybuantą
5e
empiryczną ustaloną na podstawie uporządkowanej próbki 5e(1) d" 5e d" " d" 5e(5[) nastepująco
2
0, 5e < 5e(1)
5X
5F5[ 5e =
, 5e(5X) d" 5e < 5e , 1 d" 5X d" 5[ - 1
5X:1
5[
1, 5e e" 5e(5[)
Tw. Gliwienki
"5e: 5C lim 5F5[ 5e = 590 5e 5;0 5W5R5`5a 5]5_5N5d5Q5g5V5d5N) = 1
5["
Statystyka 575[ przy założeniu, że hipoteza 5;0 jest prawdziwa ma rozkład niezależny od rodzaju tej
hipotezy. Kwantyle rzędu p: 5Q5] rozkładu 575[ (dla różnych n) są stablicowane.
W praktyce stosując test Kołmogorowa postępujemy następująco:
a) porządkujemy wartości obserwacji 5e(1) d" 5e d" " d" 5e(5[)
2
5V 5V;1
b) obliczamy różnice 5[ - 590 5e oraz 590 5e - , , 5V = 1, & , 5[
5V 5V
5[
5V 5V;1
c) wyznaczamy 5@ = max | 5[ - 590 5e | oraz 5Z = m5V5[ | 590 5e - |
5V 5V
5[
1d"5Vd"5[ 1d"5Vd"5[
d) obszarem krytycznym na poziomie istotności a jest [5Q1;5, 1]
jeżeli 575[ 5e , & 5e =max(M,m) ł 5Q1;5, to weryfikowana hipotezę odrzucamy, a jeżeli
1 5[
575[ 5e , & 5e =max(M,m) < 5Q1;5, to nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy
1 5[
Np. W pięcioelementowej próbie otrzymano wyniki: 0.18, 0.56, 0.87, 1.37, 2.46. Na poziomie
istotności a = 0.05 zweryfikuj hipotezę, że próbka została pobrana z populacji, której rozkładem
jest rozkład wykładniczy z parametrem l = 1.
Dystrybuantą rozkładu jest 59 5e = 1 - 5R;5e, 5e > 0.
5V 5V;1 5V 5V;1
i 5e(5V)
590 5e
5V |5[ - 590 5e | |590 5e - |
5V 5V
5[ 5[ 5[
1 0.18 0.2 0 0.1647 0.0353 0.1647
2 0.56 0.4 0.2 0.4288 0.0288 0.2288
3 0.87 0.6 0.4 0.581 0.019 0.181
4 1.37 0.8 0.6 0.7456 0.0544 0.1456
5 2.46 1.0 0.8 0.9145 0.0855 0.1145
575[ 5e , & 5e =max(M,m) = 0.1145
1 5
z tablic kwantyli rozkładu Kołmogorowa dla n = 5 odczytujemy 5Q0.95 = 0.563
ponieważ max(M,m) < 0.563 nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy
2. weryfikujemy hipotezę 5;0: 5Q5f5`5a5_5f5O5b5N5[5aą 5O5N5Q5N5[5R5W 5P5R5P5U5f 5a5f5]5b 5P5Vą5Tł5R5T5\ 5W5R5`5a
59 5e, 51, & , 55Y , gdy 59 ma znaną postad, ale zależy od l nieznanych parametrów (hipoteza złożona)
wyniki obserwacji przedstawiamy w postaci szeregu rozdzielczego, gdzie 5T5V oznaczają granice
przedziałów klasowych i obliczamy wartośd dystrybuanty empirycznej zgodnie ze wzorem
0, 5e < 5T0
5[1
, 5T0 d" 5e < 5T1
5[
5[1 + 5[2
, 5T1 d" 5e < 5T2
5F5[ 5e =
5[
&
5[1 + " + 5[5X;1
, 5T5X;2 d" 5e < 5T5X;1
5[
1, 5e e" 5T5X;1
na podstawie próbki estymujemy nieznane parametry 51, & , 55Y
jeżeli licznośd próbki jest duża (kilkaset), a długości przedziałów klasowych małe można posłużyd
się rozkładem granicznej statystyki Kołmogorowa 5[575[. Kwantyle rzędu p granicznego rozkładu
Kołmogorowa P( 5[575[ e" 55]) = 1 - 5] są stablicowane
1 - a 0.9 0.95 0.99
51;5 1.224 1.354 1.628
Jeżeli 5[575[ 5e , & 5e ł 51;5, to, na poziomie istotności a, hipotezę odrzucamy, a jeżeli
1 5X
5[575[ 5e , & 5e < 51;5, to nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy
1 5X
Np. Wyniki próby o liczności 1000 zgrupowane w szereg rozdzielczy przedstawiono w tabelce.
Postaw rozsądną hipotezę o rozkładzie badanej cechy i zweryfikuj ją na poziomie istotności
a = 0.05
granice klas 5T5V licznośd 5[5V 5F1000(5T5V) 59(5T5V) |5F1000 5T5V - F(5T5V)|
& - 63 25 0.025 0.0228 0.0022
63  63.5 65 0.09 0.0668 0.0232
63.5 - 64 88 0.178 0.1587 0.0193
64  64.5 131 0.309 0.3085 0.0005
64.5  65 163 0.472 0.5 0.028
65  65.5 208 0.68 0.6915 0.0115
65.5  66 149 0.829 0.8413 0.0123
66  66.5 98 0.927 0.9332 0.0062
66.5  67 54 0.981 0.9772 0.0038
67  & 19 1 1 0
n = 1000
Rozkład liczności jest zbliżony do normalnego (rys.)
ze średnią pomiędzy 65, a 65.5
przyjmując m = 65 zauważamy, że w przedziale
*63,67+ mieści się 956 wyników, co stanowi 95.6%
całości
wiemy, że kwantyl rzędu 0.95 rozkładu normalnego
N(0,1) wynosi 1.96
P(X [m  1.96s,m + 1.96s]) = 0.95
czyli 3.92s 4, możemy więc przyjąd s = 1
Stawiamy hipotezę, że rozkład cechy X jest normalny N(65,1)
Z tablicy dystrybuanty rozkładu normalnego odczytujemy wartości F(5T5V)=F(5T5V - 65) i obliczamy
różnice |5F1000 5T5V - F(5T5V)| oraz wybieramy 571000 5e , & 5e =0.028
1 10
1000571000 5e , & 5e H"0.886
1 10
kwantyl rzędu 0.95 granicznego rozkładu Kołmogorowa 50.95 = 1.354
ponieważ 1000571000 5e , & 5e < 1.354, to nie ma podstaw do odrzucenia postawionej
1 10
hipotezy
Porównanie testów 52 Pearsona i Kołmogorowa:
1. Jeżeli licznośd próby jest mała i badana cecha ma rozkład ciągły stosujemy test Kołmogorowa
2. W przypadku podziału na klasy o tym samym prawdopodobieostwie dla badanej cechy
o rozkładzie ciągłym test Kołmogorowa wymaga mniej licznej próby przy tej samej mocy
3. Jeżeli rozkład badanej cechy jest skokowy, to stosujemy test 52 Pearsona
Testy do weryfikacji hipotezy o identyczności rozkładów badanej cechy w dwóch populacjach:
Dane są dwie niezależne próbki proste o licznościach 5[1 i 5[2 z populacji, których dystrybuanty
591 i 592 badanej cechy są ciągłe. Weryfikujemy hipotezę 5;0: 591 5e = 592(5e), wobec hipotezy
alternatywnej 5;1: 591 5e `" 592 5e .
1. Test serii
Wyniki obserwacji w obydwu próbkach ustawiamy w jeden ciąg 5[1 + 5[2 elementowy w porządku
rosnącym, a następnie elementy pierwszej próbki oznaczamy x, a drugiej y.
Powstaję ciąg samych x  ów i y  ów. Serią w tym ciągu nazywamy każdy maksymalny podciąg
składający się z elementów tego samego rodzaju.
np. w ciągu xxyyyyxyyxxx seriami są: xx, yyyy, x, yy, xxx
Wybieramy statystykę testową K równą liczbie serii powstałego ciągu (zbyt mała liczba serii
przeczy weryfikowanej hipotezie). Zbiorem krytycznym jest przedział *2,k(a,5[1,5[2)], gdzie
k(a,5[1,5[2) spełnia warunek P(K Ł k(a,5[1,5[2)) Ł a, a jest poziomem istotności testu.
Wartości k(a,5[1,5[2) dla różnych 5[1,5[2 są stablicowane.
Jeżeli wyznaczona wartośd K(5e1, & , 5e5[1, 5f1, & , 5f5[2) [2,k(a,5[1,5[2)], to hipotezę 5;0 odrzucamy
na korzyśd hipotezy alternatywnej 5;1, w przeciwnym przypadku nie ma podstaw do odrzucenia
hipotezy
Np. Zmierzono czas wykonywania pewnej pracy przez robotników z dwóch grup otrzymując
w pierwszej grupie: 12, 13, 18, 25, 42, 19, 22, 35 oraz w drugiej: 23, 30, 27, 17, 21, 33, 31.
Na poziomie istotności a = 0.05 zweryfikuj hipotezę, że czasy wykonywania pracy w obu grupach
mają te same rozkłady, wobec hipotezy, że się różnią.
Porządkujemy obserwacje w ciąg rosnący: 12, 13, 17, 18, 19, 21, 22, 23, 25, 27, 30, 31, 33, 35, 42
otrzymując: xxyxxyxyxyyyyxx. K(5e1, & , 5e8, 5f1, & , 5f7) = 9, a z tablic odczytujemy k(0.05,8,7) = 4
czyli zbiorem krytycznym jest *2,4+, ponieważ K(5e1, & , 5e8, 5f1, & , 5f7) [2,4], to nie ma powodu
do odrzucenia hipotezy 5;0.
2. Test Smirnowa  Kołmogorowa
niech 5F5[1 5e i 5F5[2(5e) będą dystrybuantami empirycznymi odpowiednio dla pierwszej i drugiej
próby
wybieramy statystykę testową 575[1,5[2 = 5`5b5] | 5F5[1 5e - 5F5[2(5e) |
5e
zbyt duże wartości tej statystyki świadczą na niekorzyśd hipotezy 5;0, więc przedziałem
krytycznym jest [d(a,5[1, 5[2),1+, a wartości 5[15[2d(a,5[1, 5[2) dla różnych 5[1, 5[2 są stablicowane
Jeżeli 575[1,5[2(5e1, & , 5e5[1, 5f1, & , 5f5[2) e" d(a,5[1, 5[2), to hipotezę 5;0 odrzucamy na korzyśd hipotezy
alternatywnej, w przeciwnym wypadku nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy
5[15[2
dla 5[1, 5[2 > 20 rozkład 5[575[1,5[2 ma rozkład asymptotyczny Kołmogorowa dla 5[ =
5[1:5[2
Jeżeli 5[575[1,5[2(5e1, & , 5e5[1, 5f1, & , 5f5[2) e" 51;5, to hipotezę 5;0 odrzucamy na korzyśd hipotezy
alternatywnej, w przeciwnym wypadku nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy
Np. W dwóch różnych partiach włókien zmierzono długości włókien, otrzymując w pierwszej
partii: 18, 22, 7, 12, 25, 19, 17, 10, 18, 23, 9, 7, 24, 30, 23, 22, 17, 8, 19 i w drugiej: 8, 14, 21, 7,
19, 23, 4, 19, 15, 13, 28, 18, 24, 33, 28, 28, 17, 19, 20, 18. Na poziomie istotności a = 0.05
zweryfikuj hipotezę, że rozkłady długości włókien w obu partiach są identyczne.
5e5V liczności liczności skumulowane 5F5[1(5e5V) 5F5[2(5e5V) |5F5[1(5e5V) - 5F5[2(5e5V)|
1 próba 2 próba 1 próba 2 próba
4 - 1 - 1 0 0.05 0.05
7 2 1 2 2 0.105 0.1 0.005
8 1 1 3 3 0.158 0.15 0.008
9 1 - 4 3 0.211 0.15 0.061
10 1 - 5 3 0.263 0.15 0.113
12 1 - 6 3 0.316 0.15 0.166
13 - 1 6 4 0.316 0.2 0.116
14 - 1 6 5 0.316 0.25 0.066
15 - 1 6 6 0.316 0.3 0.016
17 2 1 8 7 0.421 0.35 0.071
18 2 2 10 9 0.526 0.45 0.076
19 2 3 12 12 0.632 0.6 0.032
20 - 1 12 13 0.632 0.65 0.018
21 - 1 12 14 0.632 0.7 0.068
22 2 - 14 14 0.737 0.7 0.037
23 2 1 16 15 0.842 0.75 0.092
24 1 1 17 16 0.895 0.8 0.095
25 1 - 18 16 0.947 0.8 0.147
28 - 3 18 19 0.947 0.95 0.003
30 1 - 19 19 1 0.95 0.05
31 - 1 19 20 1 1 0
5[1 =19 20
0, 5e < 5e1
5Y1
, 5e1 d" 5e < 5e2
5[5V
&
wyliczamy dystrybuanty empiryczne jako 5F5[5V 5e = , gdzie 5Y5W są
5Y5X5V-1
, 5e5X5V;2 d" 5e < 5e5X5V;1
5[5V
1, 5e e" 5e5X5V;1
licznościami skumulowanymi dla 5W = 1, & , 5X5V
wybieramy 5719,20(5e1, & , 5e19, 5f1, & , 5f20) = 0.166
z tablicy odczytujemy wartośd 1920d(0.05,19,20) = 160 d(0.05,19,20) = 0.421
ponieważ 5719,20(5e1, & , 5e19, 5f1, & , 5f20) [0.421,1] nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy
3. Test Wilcoxona
porządkujemy elementy obydwu próbek w ciąg złożony z symboli x i y
inwersją elementu x ze względu na elementy y w uporządkowanym ciągu x-ów i y-ów nazywamy
liczbę y-ów, które poprzedzają element x
np. w ciągu xyyyyxyy pierwszemu x przyporządkujemy 0 inwersji, a drugiemu 4 inwersje
statystyką testową U jest suma liczby inwersji elementów x względem elementów y w ciągu
jeżeli wartośd statystyki U jest zbyt mała lub zbyt duża, świadczy to przeciwko hipotezie 5;0, więc
zbiorem krytycznym jest suma [0,u(a,5[1, 5[2)]([5[15[2 - u(a,5[1, 5[2), 5[15[2]
wartości u(a,5[1, 5[2) dla różnych 5[1, 5[2 są stablicowane
w przypadku próbek o dużych licznościach (5[1, 5[2 e" 4 i 5[1 + 5[2 e" 20) statystyka U ma rozkład
5[15[2(5[1:5[2:1)
asymptotycznie normalny N(1 5[15[2, )
2 12
Uwaga: W teście Wilcoxona jako wartośd statystyki U można przyjąd sumę inwersji elementów y
ze względu na elementy x
Np. Wykonano pomiar mocy transformatorowej na jednego mieszkaoca w dwóch miastach
otrzymując w pierwszym mieście: 82.4, 90.7, 95.6, 98.9, 103.8, 105.5, 115.4, 123.8, 129.4, 130.8,
132.2, 137.9 i w drugim: 70.1, 103.6, 107.7, 110.1, 113.4, 115.0, 115.8, 122.4. Na poziomie
istotności a = 0.05 zweryfikuj hipotezę, że wskazniki mocy transformatorowej w obydwu miastach
mają ten sam rozkład wobec hipotezy, że rozkłady są różne
porządkujemy wyniki pomiarów w ciąg rosnący: 70.1, 82.4, 90.7, 95.6, 98.9, 103.6, 103.8, 105.5,
107.7, 110.1, 113.4, 115.0, 115.4, 115.8, 122.4, 123.8, 129.4, 130.8, 132.2, 137.9 otrzymując
yxxxxyxxyyyyxyyxxxxx
wyliczamy U(5e1, & , 5e12, 5f1, & , 5f8) = 1+1+1+1+2+2+6+8+8+8+8+8 = 54
z tablicy odczytujemy u(0.05,12,8) = 22 zbiorem krytycznym jest [0,22]([96  22,96]
ponieważ U(5e1, & , 5e12, 5f1, & , 5f8) [0,22]([74,96]
4. Test sumy rang
Danych jest k populacji, w których badana cecha X ma rozkłady typu ciągłego o dystrybuantach
591, & , 595X. Weryfikujemy hipotezę 5;0: 591 = " = 595X wobec hipotezy alternatywnej 5;1: 5[5V5R
5d5`5g5f5`5a5X5V5R 5Q5f5`5a5_5f5O5b5N5[5a5f 5`ą 5_ó5d5[5R na podstawie k prób o licznościach 5[1, & , 5[5X pobranych
z populacji
5X
Wszystkie wyniki próbek ustawiamy w jeden rosnący ciąg o liczności 5[ = 5[5V, a następnie
5V<1
każdemu elementowi przyporządkujemy kolejną liczbę naturalną (nadajemy rangi). Jeżeli kilka
elementów ciągu jest takich samych, to każdemu z nich przyporządkujemy średnią arytmetyczną
liczb, które odpowiadałyby tym elementom.
Dla każdej próbki oddzielnie wyznaczamy sumę rang jej elementów 5E5V
2
12 5E5V
3
Jeżeli k = 3, to stosujemy statystykę testową 52 = - 3(5[ + 1), która przy założeniu
5V<1
5[(5[:1) 5[5V
prawdziwości hipotezy 5;0 ma rozkład asymptotyczny chi-kwadrat o 2 stopniach swobody (5[5Vł10)
5[5V 5[+1
12[5E5V; ]2
5X 2
Jeżeli k > 3, to stosujemy statystykę testową 52 = , która przy założeniu
5V<1
5[5V(5[;5[5V)(5[:1)
prawdziwości hipotezy 5;0 ma rozkład asymptotyczny chi-kwadrat o k - 1 stopniach swobody
12
5X 2
Jeżeli 5[1 = " = 5[5X, to stosujemy statystykę testową 52 = 5E5V - 35[1(5X + 1), która
5V<1
5[15X(5X:1)
przy założeniu prawdziwości hipotezy 5;0 ma rozkład asymptotyczny chi-kwadrat o k - 1 stopniach
swobody
Zbiorem krytycznym w każdym przypadku jest *5U1;5, "), gdzie 5U1;5 jest kwantylem rzędu 1 - a
rozkładu chi-kwadrat o k-1 stopniach swobody. Jeżeli wartośd statystyki testowej
1 1 2 2 5X 5X
52(5e1, & , 5e5[1, 5e1 , & , 5e5[2, & , 5e1 , & , 5e5[5X) e" 5U1;5 , to hipotezę 5;0 odrzucamy na korzyśd hipotezy
alternatywnej, w przeciwnym przypadku nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy
Np. Na polach doświadczalnych badano plony pszenicy w zależności od stosowanego nawozu
i otrzymano dla pierwszego nawozu: 30.8, 32.6, 31.7, 33.1, 31.2, 28.3, 29.8, 32.0, 27.9, 28.5
dla drugiego: 33.1, 31.8, 29.7, 29.0, 32.2, 33.1, 33.7, 30.4, 33.0, 28.9, 30.0 i dla trzeciego: 32.5,
34.8, 34.6, 35.2, 33.4, 33.1, 32.8, 35.0, 34.2, 34.8, 33.9.
Na poziomie istotności a = 0.05 zweryfikuj hipotezę, że rozkłady plonów są jednakowe wobec
hipotezy alternatywnej, że się różnią.
Wyniki doświadczeo przedstawiamy w tabelce nadając im rangi
nawóz 1 nawóz 2 nawóz 3
plon ranga plon ranga plon ranga
27.9 1 28.9 4 32.5 16
28.3 2 29.0 5 32.8 18
28.5 3 29.7 6 33.1 21.5
29.8 7 30.0 8 33.4 24
30.8 10 30.4 9 33.9 26
31.2 11 31.8 13 34.2 27
31.7 12 32.2 15 34.6 28
32.0 14 33.0 19 34.8 29.5
32.6 17 33.1 21.5 34.8 29.5
33.1 21.5 33.1 21.5 35.0 31
33.7 25 35.2 32
98.5 147 282.5
obliczamy z pierwszego przypadku
2
12 1472 282.52
1 1 2 2 3 3
52(5e1, & , 5e10, 5e1, & , 5e11, 5e1, & , 5e11) = (98.5 + + ) - 3 " 33 = 17.164
32"33 10 11 11
z tablicy kwantyli rozkładu chi-kwadrat o 2 stopniach swobody odczytujemy 5U0.95 = 5.991
1 1 2 2 3 3
ponieważ 52(5e1, & , 5e10, 5e1, & , 5e11, 5e1, & , 5e11) e" 5.991 to hipotezę o identyczności rozkładów
należy odrzucid
Test sekwencyjny
Sekwencyjna metoda weryfikowania hipotezy polega na tym, że obserwacji dokonuje się
stopniowo, po jednej na każdym etapie wnioskowania i podejmuje się jedną z decyzji:
a) przyjmujemy weryfikowaną hipotezę 5;0
b) odrzucamy hipotezę 5;0 na korzyśd hipotezy alternatywnej 5;1
c) odkładamy decyzję na pózniej, wykonując kolejną obserwację
Weryfikujemy hipotezę 5;0: 5 = 50 wobec hipotezy alternatywnej 5;1: 5 `" 50.
Niech 5S(5e, 5) oznacza gęstośd rozkładu dla cechy o rozkładzie typu ciągłego lub funkcję
prawdopodobieostwa dla cech o rozkładzie typu skokowego.
5S(5K5V,5)
5[
Rozpatrujemy statystykę testową 5D5[ = , 5[ " N
5V<1
5S(5K5V,50)
Niech a i b oznaczają odpowiednio błędy pierwszego i drugiego rodzaju.
5ż 1;5ż
Jeżeli 5D5[ 5e1, & , 5e5[ < , to przyjmujemy hipotezę 5;0, jeżeli 5D5[ 5e1, & , 5e5[ > , to
1;5 5
odrzucamy hipotezę 5;0 na korzyśd hipotezy alternatywnej 5;1, a w pozostałym przypadku
kontynuujemy postępowanie sekwencyjne dokonując n+1 obserwacji.
W praktyce wygodniej jest posłużyd się statystyką testową 5M5[ = 5Y5\5T5D5[ i wtedy, jeżeli
5ż 1;5ż
5M5[ 5e1, & , 5e5[ < 5Y5\5T , to przyjmujemy hipotezę 5;0, jeżeli 5M5[ 5e1, & , 5e5[ > 5Y5\5T , to
1;5 5
odrzucamy hipotezę 5;0 na korzyśd hipotezy alternatywnej 5;1, a w pozostałym przypadku
kontynuujemy postępowanie sekwencyjne dokonując n+1 obserwacji.
5S(5K,5)
Udowodniono, że jeżeli zmienna losowa 5M = 5Y5\5T ma dodatnią wariancję, to
5S(5K,50)
prawdopodobieostwo, że postępowanie zakooczy się po skooczonej liczbie kroków wynosi 1.
A. test do weryfikacji wskaznika struktury
Przez X oznaczamy zmienną losową przyjmującą wartośd 1, gdy element populacji ma wyróżnioną
własnośd, a wartośd 0, gdy tej własności nie ma. Zmienna X ma wtedy rozkład zero-jedynkowy
z parametrem q.
I. Weryfikujemy hipotezę 5;0: 5 = 50 wobec hipotezy alternatywnej 5;1: 5 = 51 `" 50.
Niech a i b będą ustalonymi prawdopodobieostwami błędów pierwszego i drugiego rodzaju.
5X
51 (1;51)5[-5X 51 1;51
5M5[ 5e1, & , 5e5[ = 5Y5\5T = 5X5Y5\5T + 5[ - 5X 5Y5\5T , gdzie k jest liczbą elementów
5X
50 (1;50)5[-5X 50 1;50
wyróżnionych dla n obserwacji
5ż 1;5ż
rozwiązujemy nierówności 5M5[ 5e1, & , 5e5[ < 5Y5\5T i 5M5[ 5e1, & , 5e5[ > 5Y5\5T względem k
1;5 5
51(1;50) 5ż 1;50 5[
otrzymujemy: jeżeli 5X5Y5\5T < 5Y5\5T , przyjmujemy hipotezę 5;0, jeżeli
50(1;51) 1;5 1;51
51(1;50) 1;5ż 1;50 5[
5X5Y5\5T > 5Y5\5T , to odrzucamy hipotezę 5;0 na korzyśd hipotezy alternatywnej 5;1,
50(1;51) 5 1;51
a w pozostałym przypadku kontynuujemy postępowanie sekwencyjne dokonując n+1 obserwacji.
Np. Przed zmianą technologii wadliwośd produktów wynosiła 10%, po zmianie wykonano badania
8 sztuk i otrzymano wyniki: 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0 (0  produkt dobry, 1  wadliwy). Producent
twierdzi, że wadliwośd wynosi obecnie 2%. Zweryfikuj tę hipotezę przyjmując a = b = 0.05.
Czy wykonane badania wystarczą do zakooczenia testu?
51(1;50) 5ż
Przyjmujemy 50 = 0.02, 51 = 0.1 i obliczamy 5Y5\5T = 0.736, 5Y5\5T = -1.279,
50(1;51) 1;5
1;5ż 1;50
5Y5\5T = 1.279, 5Y5\5T = -0.037 i kolejne sekwencje wyliczamy w tabelce
5 1;51
51(1;50)
5ż 1;50 5[ 1;5ż 1;50 5[
etap n obserwacja 5e5V k decyzja
5X5Y5\5T
5Y5\5T 5Y5\5T
50(1;51)
1;5 1;51 5 1;51
1 0 0 0 -1.242 1.316 dalej
2 0 0 0 -1.205 1.353 dalej
3 1 1 0.736 -1.168 1.39 dalej
4 0 1 0.736 -1.131 1.427 dalej
5 1 2 1.472 -1.094 1.464 przyjąd 5;1
6 0 2 1.472 -1.057 1.501 -
7 0 2 1.472 -1.02 1.538 -
8 0 2 1.472 - 0.983 1.575 -
wnioskujemy, że wykonane badania wystarczają do odrzucenia postawionej hipotezy dla
ustalonych wartości błędów a i b i przyjęcia hipotezy, że wadliwośd produktów nie uległa zmianie.
II. Weryfikujemy hipotezę 5;0: 5 d" 50 wobec hipotezy alternatywnej 5;1: 5 > 50.
Niech a i b będą ustalonymi prawdopodobieostwami błędów pierwszego i drugiego rodzaju.
5U(1;5ż,2 5X:1 ) 5U(5,25X)
Obliczamy wartości 5[1 5X = + 1 oraz 5[2 5X = , gdzie 5U(1 - 5ż, 2 5X + 1 )
250 250
jest kwantylem rzędu 1 - b rozkładu chi-kwadrat o 2(k+1) stopniach swobody, a 5U 5, 25X jest
kwantylem rzędu a o 2k stopniach swobody i *x+ oznacza częśd całkowitą z x
5U(1;5ż,2)
Uwaga: Do weryfikacji hipotezy 5;0: 5 d" 50 najmniejszą licznością próbki jest 5[ > .
250
Na każdym etapie postepowania podejmujemy jedną z decyzji: jeżeli 5[ > 5[1(5X), to przyjmujemy
hipotezę 5;0, jeżeli 5[ < 5[2(5X), to odrzucamy hipotezę 5;0 na korzyśd hipotezy alternatywnej 5;1,
w pozostałym przypadku kontynuujemy postępowanie sekwencyjne dokonując n+1 obserwacji.
Np. Badamy wadliwośd q produkcji automatu weryfikując hipotezę 5;0: 5 d" 0.1 wobec hipotezy
alternatywnej 5;1: 5 > 0.1 dla ustalonych błędów a = b = 0.05. Dla k=0,1,2,3 wylicz 5[1(5X)
i 5[2(5X).
5U(0.95,2 5X:1 ) 5U(0.05,25X)
5[1 5X = + 1 dla k=0,1,2,3 oraz 5[2 5X = dla k=1,2,3
0.2 0.2
z tablicy odczytujemy h(0.95,2) = 5.99, h(0.95,4) = 9.49, h(0.95,6) = 12.6, h(0.95,8) = 15.5
h(0.05,2) = 0.103, h(0.05,4) = 0.711, h(0.05,6) = 1.64
n
k 0 1 2 3
zbiór przyjęd hipotezy 5;0
5[ = 5[1 5X
5[1 5X 30 48 63 78
5[2 5X - 0 3 8
Graficzna interpretacja warunków,
przy których podejmujemy decyzję
zbiór dalszych badao
odnośnie hipotez 5;0 i 5;1 w
powyższym zadaniu
5[ = 5[2 5X
zbiór przyjęd hipotezy 5;1
k
B. test do weryfikacji hipotez o parametrach rozkładu normalnego
I. Badana cecha ma rozkład normalny N(m,s) o znanym s i nieznanym m, weryfikujemy hipotezę
5;0: 5Z = 5Z0 wobec hipotezy 5;1: 5Z = 5Z1 `" 5Z0 przy ustalonych prawdopodobieostwach błędów
pierwszego i drugiego rodzaju a i b.
(5e5V-5Z1)2
-
1
252
5R 2 2
5Z1;5Z0 5[ 5Z0;5Z1
25 5
5[
Przyjmujemy statystykę testową 5M5[ = 5Y5[ = 5e5V + 5[.
5V<1
(5e5V-5Z0)2
52 5V<1 252
-
1
252
5R
25 5
52 5ż 5Z0:5Z1
5[
Jeżeli 5e5V < 5Y5[ + 5[ , to hipotezę 5;0 przyjmujemy, a jeżeli
5V<1
5Z1;5Z0 1;5 2
52 1;5ż 5Z0:5Z1
5[
5e5V > 5Y5[ + 5[ , hipotezę 5;0 odrzucamy na korzyśd hipotezy 5;1, natomiast
5V<1
5Z1;5Z0 5 2
w pozostałym przypadku kontynuujemy procedurę.
Np. Badana cecha ma rozkład normalny N(m,2). Zweryfikuj hipotezę 5;0: 5Z = 0 wobec hipotezy
5;1: 5Z = 1 przy ustalonych prawdopodobieostwach błędów a = 0.05 i b = 0.1, jeżeli pobrano
próbkę z populacji o wartościach: 1.3, 2.5, - 0.3, 2.7, - 0.1, 2.3. Czy dane są wystarczające do
przyjęcia którejś z hipotez?
1 5ż 52 1;5ż
obliczamy 5Z1:5Z0 = , 5Z 52 5Y5[ = -9.005, 5Y5[ = 11.561
2 2 ;5Z0 1;5 5Z1;5Z0 5
1
kolejne sekwencje przedstawiamy w tabelce
52 5ż 5Z0:5Z1 52 1;5ż 5Z0:5Z1
etap obserwacja S5e5V decyzja
5Y5[ + 5[ 5Y5[ + 5[
5Z1;5Z0 1;5 2 5Z1;5Z0 5 2
n 5e5V
1 1.3 1.3 -8.505 12.061 dalej
2 2.5 3.8 -8.005 12.561 dalej
3 - 0.3 3.5 -7.505 13.061 dalej
4 2.7 6.2 -7.005 13.561 dalej
5 - 0.1 6.1 -6.505 14.061 dalej
6 2.3 8.4 -6.005 14.561 dalej
wnioskujemy, że zbadana próbka jest za mała do przyjęcia którejkolwiek z hipotez
II. Badana cecha ma rozkład normalny N(m,s) o znanym m i nieznanym s, weryfikujemy hipotezę
2 2 2
5;0: 52 = 50 wobec hipotezy 5;1: 52 = 51 > 50 przy ustalonych prawdopodobieostwach błędów
pierwszego i drugiego rodzaju a i b.
50 1 1 1
5[
Przyjmujemy statystykę testową 5M5[ = 5Y5[ + (5K5V - 5Z)2 (52 - ).
5V<1 2
51 2 51
0
2 2
250 51 5ż 51
5[
Jeżeli (5e5V - 5Z)2 < (5Y5[ + 5[5Y5[ ) , to hipotezę 5;0 przyjmujemy, a jeżeli
5V<1 2 2
51 ;50 1;5 50
2 2
250 51 1;5ż 51
5[
(5e5V - 5Z)2 > (5Y5[ + 5[5Y5[ ), hipotezę 5;0 odrzucamy na korzyśd hipotezy 5;1,
5V<1 2 2
51 ;50 5 50
natomiast w pozostałym przypadku kontynuujemy procedurę.
Np. Automat rozdziela produkt o masie 5K1 na porcje, które pakuje w opakowania o masie 5K2.
Zmienne losowe 5K1 i 5K2 mają rozkłady normalne odpowiednio N(1,s) i N(0.04,0.06). Pobrano
próbkę 17 opakowanych porcji otrzymując: 1.042, 1.039, 1.047, 1.041, 1.044, 1.039, 1.045, 1.04,
1.038, 1.046, 1.041, 1.039, 1.04, 1.044, 1.043, 1.039, 1.038. Zakładając niezależnośd 5K1 i 5K2
przy ustalonych wartościach błędów a = b = 0.05, zweryfikuj hipotezę, że wariancja mas produktu
netto (bez opakowania) jest równa 0.004 wobec hipotezy, że jest równa 0.0094.
hipotezę 5;0: 52 = 0.004 zamieniamy na hipotezę pomocniczą 5>0: 52 = 0.004 + 0.000036, gdyż
próbka została pobrana z towaru opakowanego, a hipotezę alternatywną 5;1: 52 = 0.0094 na
hipotezę alternatywną 5>1: 52 = 0.0094 + 0.000036 (zmienne są niezależne), E(5K1 + 5K2) = 1.04
2
25251 5ż 1;5ż 51
obliczamy 520 = 0.0141, 5Y5[ = -2.944, 5Y5[ = 2.944, 5Y5[ = 0.425
2
;50 1;5 5 50
1
sekwencje sprawdzamy w tabelce
2 2 2 2
250 51 5ż 51 250 51 1;5ż 51
etap obserwacja S(5e5V - m)2 decyzja
(5Y5[ + 5[5Y5[ ) (5Y5[ + 5[5Y5[ )
2 2 2 2
51 ;50 1;5 50 51 ;50 5 50
n 5e5V
1 1.042 4" 10;6 - 0.0355 0.0475 dalej
2 1.039 3" 10;6 - 0.0295 0.0535 dalej
3 1.047 5.2 " 10;5 - 0.0235 0.0595 dalej
4 1.041 5.3 " 10;5 - 0.0175 0.0655 dalej
5 1.044 6.9 " 10;5 - 0.0115 0.0715 dalej
6 1.039 7" 10;5 - 0.0056 0.0775 dalej
7 1.045 9.5 " 10;5 0.0004 0.0835 przyjąd 5>0
wnioskujemy, że na 7-mym etapie testu należy przyjąd hipotezę 5;0


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
IS3 wyklad7
IS3 wyklad9
IS3 wyklad10
IS3 wyklad4
IS3 wyklad1
IS3 wyklad5
IS3 wyklad6
Sieci komputerowe wyklady dr Furtak
Wykład 05 Opadanie i fluidyzacja
WYKŁAD 1 Wprowadzenie do biotechnologii farmaceutycznej
mo3 wykladyJJ
ZARZĄDZANIE WARTOŚCIĄ PRZEDSIĘBIORSTWA Z DNIA 26 MARZEC 2011 WYKŁAD NR 3
Wyklad 2 PNOP 08 9 zaoczne

więcej podobnych podstron