2013-04-17

1

30

Metody probabilistyczne

Weryfikacja hipotez statystycznych

Hipotezy parametryczne

cz.2

31

Testowanie hipotezy o dwóch wskaźnikach struktury (p)



Badanie dwu skończonych populacji generalnych ze względu na
wyróżnioną cechę

. Zachodzi konieczność weryfikacji hipotezy o równości

wskaźników struktury w obu zbiorowościach.

Założenie: Cecha ma w populacjach rozkład dwupunktowy z parametrem

odpowiednio p

1

i p

2

oznaczającym prawdopodobieństwo, że cecha przyjmie

wyróżnioną wartość.
Próby muszą być duże (n

1

≥100) i (n

2

≥100).

Formułowanie hipotezy:



Hipoteza zerowa (H

0

)

jest hipotezą „o równości” i brzmi: H

0

: p

1

= p

2

gdzie p

1

i p

2

są konkretną wartością (liczbą).



Hipoteza alternatywna (H

1

)

może być sformułowana trojako (najczęściej w

zależności od wyniku uzyskanego w próbie):
H

1

: p

1



p

2

(albo H

1

: p

1

< p

2

albo też H

1

: p

1

> p

2

)



Wybór hipotezy alternatywnej (H

1

) ma decydujące znaczenie dla

sformułowania obszaru odrzucenia,



Rozkład różnicy między wskaźnikami struktury można
aproksymować za pomocą rozkładu normalnego o parametrach













2

2

1

1

,

n

m

n

m





























2

2

2

1

1

1

2

1

1

1

,

n

p

p

n

p

p

p

p

N

2013-04-17

2

32

Testowanie hipotezy o dwóch wskaźnikach struktury (p)

Sprawdzian:

gdzie:

, , , ,



która ma w przybliżeniu rozkład asymptotycznie normalny N(0 ; 1), dla
której P{|U|



u



}=



.

Wnioskowanie



Jeżeli wartość sprawdzianu U znajdzie się:

1.

w obszarze odrzucenia, to odrzucamy H

0

i przyjmujemy H

1

.

2.

poza obszarem odrzucenia, to nie mamy podstaw do odrzucenia
H

0

.

Brak podstaw do odrzucenia oznacza, że obie próby pochodzą z

tej samej populacji

n

q

p

p

p

U

*
2

*

1





1

1

*

1

n

m

p



2

2

*
2

n

m

p



2

1

2

1

n

n

m

m

p







p

q





1

2

1

2

1

*

n

n

n

n

n





33

Testowanie hipotezy o dwóch wskaźnikach struktury (p)

-

przykład



Zweryfikować przypuszczenie kobiety i mężczyźni jednakowo często
dojeżdżają do pracy komunikacją zbiorową.



Wylosowano 500 mężczyzn i 600 kobiet. Okazało się, że 200 mężczyzn i
250 kobiet korzysta z komunikacji zbiorowej. Na poziomie istotności α=0,05
zweryfikować hipotezę, że odsetek jeżdżących pojazdami komunikacji
zbiorowej kobiet i mężczyzn jest jednakowy.



Dane: n

1

=500, n

2

=600, m

1

=200, m

2

=250, α=0,05,



H

o

: p

1

=p

2

wobec H

1

: p

1

≠p

2

4

,

0

500

200

1

1

*

1







n

m

p

42

,

0

600

250

2

2

*
2







n

m

p

41

,

0

1100

450

600

500

250

200

2

1

2

1

















n

n

m

m

p

59

,

0

41

,

0

1

1











p

q

727

,

272

1100

300000

600

500

600

*

500

*

2

1

2

1













n

n

n

n

n

671

,

0

273

59

,

0

*

41

,

0

42

,

0

4

,

0

*
2

*

1











n

q

p

p

p

U

Wniosek:
u

0,025

= 1,96

– gdyż obszar jest dwustronny

u

emp

< u

0,025

, czyli brak podstaw do

odrzucenia hipotezy H

0

=> mężczyźni i

kobiety jednakowo często korzystają z
komunikacji zbiorowej.

2013-04-17

3

34

Testowanie hipotezy o wariancji populacji generalnej σ

2

Założenie: Populacja generalna ma rozkład normalny N(μ,



)

o nieznanych parametrach

μ i



.

Z populacji tej wylosowano niezależnie n elementów do próby

Formułowanie hipotez:



Hipoteza zerowa: H

0

:



2

=



0

2

, wobec



hipotezy alternatywnej H

1

:



2





0

2

,

(albo H

1

:



2





0

2

,

albo też H

1

:



2

<



0

2

)

gdzie:



0

2

jest hipotetyczną wartością wariancji



2

.



H

1

:



2





0

2

-

najczęściej gdyż sytuację, w której wariancja jest

wysoka uznaje się niekorzystną.

35

Testowanie hipotezy o wariancji populacji generalnej σ

2

Model 1



Założenia:

próba mała (n≤30); μ i



- nieznane



Sprawdzian:

Test istotności dla tej hipotezy jest następujący. Z wyników n elementowej

próby losowej obliczmy wartość s

2

, a następnie wartość statystyki:



Test istotności:

Statystyka ta ma przy założeniu prawdziwości hipotezy H

0

rozkład χ

2

z n-1

stopniami swobody.

Dla ustalonego z góry poziomu istotności



i dla n-1 stopni swobody

odczytujemy z tablicy rozkładu χ

2

taką wartość krytyczną, aby spełniona

byłą równość P{χ

2



χ

α

2

}=



. (obszar prawostronny)

 



















n

i

i

x

x

s

n

ns

1

2

2

0

2

0

2

2

0

2

2

1

ˆ

*

1









2013-04-17

4

36

Testowanie hipotezy o wariancji populacji generalnej

σ

2

Wnioskowanie



Nierówność χ

2



χ

α

2

określa prawostronny obszar krytyczny, tzn. gdy

z porównania wartości χ

2

obliczonej z próby z wartością krytyczną

zajdzie nierówność χ

2



χ

α

2

, hipotezę H

0

odrzucamy na korzyść

alternatywy H

1

.



Natomiast, gdy zajdzie nierówność χ

2



χ

α

2

, nie ma podstaw do

odrzucenia hipotezy H

0

, że wartość wariancji



2

populacji generalnej

jest



0

2

.

χ

α

2

α

37

Testowanie hipotezy o wariancji populacji generalnej σ

2

Model 2
Założenia:

próba duża (n>30); μ i



- nieznane



Sprawdzian:
Wartość χ

2

należy przekształcić na

gdzie: k

– liczba stopni swobody k=n-1



Test istotności:

Statystyka ta przy założeniu prawdziwości hipotezy H

0

dla ustalonego

U ma w przybliżeniu rozkład asymptotycznie normalny

N(0 ; 1), dla którego P{U



u



}=



.

3

2

2

1

2

2

2

2













n

k

U





3

2

2

2

2

0







n

ns

U



2013-04-17

5

38

Testowanie hipotezy o wariancji populacji generalnej

σ

2

-

przykład



Pewnego dnia dokonano 15 pomiarów opóźnień pociągów
przyjeżdżających do stacji Kraków Główny. Na podstawie wyników
pomiarów otrzymano wartość średniego opóźnienia 23min i s

2

= 523,07.

Zakłada się, że czas opóźnień pociągów ma rozkład N(μ,σ). Sprawdzić na
poziomie istotności α=0,05 hipotezę, że wariancja opóźnień wynosi 400.



Dane: n=15, , s

2

= 523,07,

σ

0

2

=400,

α=0,05,



Hipotezy: H

0

:

σ

2

=400 H

1

:

σ

2

>400



Statystyka:



Wnioskowanie: obszar krytyczny:

23



x

615

,

19

400

07

,

523

*

15

2

0

2

2











nS

emp

685

,

23

2

1

15

;

05

,

0







2

1

15

;

05

,

0

2









emp

Wniosek:
Nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy
głoszącej, że wariancja opóźnień całej
populacji kształtuje się na poziomie 400.

39

Test dla dwóch wariancji



Test służy do sprawdzenia hipotezy o jednakowym stopniu rozproszenia

wartości badanej cechy w dwóch populacjach.



Estymatory wariancji:















n

i

i

x

x

n

s

1

2

2

1

1

ˆ













n

i

i

x

x

n

s

1

2

2

1

lub

→

2

2

1

ˆ

s

n

n

s





2013-04-17

6

40

Test dla dwóch wariancji



Model

Założenia:



Dane są dwie populacje generalne mające odpowiednio rozkłady normalne
N(

μ

1

,



1

) i N(

μ

2

,



2

), gdzie parametry tych rozkładów są nieznane,



Wylosowano niezależnie dwie próby o liczebności n

1

i n

2

elementów,

Formułowanie hipotez



Należy sprawdzić hipotezę H

0

:



1

2

=



2

2

,

wobec hipotezy alternatywnej H

1

:



1

2

>



2

2

.

(postać najczęściej)



Sposób postępowania: z obu prób wyznaczyć: i

Sprawdzian statystyka F:



statystyka F

, przy założeniu prawdziwości hipotezy H

0

, ma

rozkład F Snedecora z n

1

– 1 i n

2

– 1 stopniami swobody,

Wnioskowanie:



jeżeli F ≥ F



, to hipotezę H

0

należy odrzucić na rzecz hipotezy alternatywnej H

1

.

2

1

ˆs

2

2

ˆs









1

/

1

/

ˆ

ˆ

2

2

2

2

1

2

1

1

2

2

2

1









n

s

n

n

s

n

s

s

F

W liczniku zawsze

większa z wariancji

41

Test dla dwóch wariancji - przykład



Wyniki dwóch czasu prowadzenia pojazdu przez kierowców.
Poziom istotności α=0,05.



Zweryfikować hipotezę o równości wariancji wyników obu kierowców.



Dane: n

1

=8, n

2

=9,



H

0

:



1

2

=



2

2

wobec

H

1

:



1

2

>



2

2

I

7,48

7,88

8,00

7,15

7,26

7,33

7,71

7,18

II

7,62

7,83

8,03

7,97

7,17

8,08

7,92

7,93 7,58

28

,

1

0837

,

0

1072

,

0





F

F



=3,5 stąd F=1,28 < F



=3,5

Wniosek:
Brak podstaw do odrzucenia H

0

, że wariancje

wyników czasu prowadzenia pojazdów przez
obu kierowców są jednakowe.

1072

0

s

2

1

,

ˆ



0837

0

s

2
2

,

ˆ



2013-04-17

7

42

Test jednorodności wielu wariancji

Test Bartletta jest stosowany do sprawdzenia założenia o jednakowych

wariancjach we wszystkich badanych populacjach.

Model
Założenia:



danych jest k populacji normalnych N(

μ

i

,



i

) (i = 1, 2, ..., k),



z każdej populacji wylosowano niezależnie n

i

elementów,



wyniki każdej próby są oznaczone x

ij

(i = 1, 2, ..., k, j = 1, 2, ..., n

i

).

Formułowanie hipotez:



należy sprawdzić hipotezę H

0

:



1

2

=



2

2

= ... =



k

2

.



hipoteza alternatywna H

1

: nie wszystkie wariancje są równe.

Sposób postępowania:



z wyników k prób należy obliczyć:















i

n

j

i

ij

i

i

x

x

n

s

1

2

2

1

1

ˆ































k

i

n

j

i

ij

k

i

i

i

i

x

x

k

n

s

n

k

n

s

1

1

2

1

2

2

1

ˆ

*

1

1

~

































k

i

i

k

n

n

k

c

1

1

1

1

1

3

1

1

gdzie:







k

i

i

n

n

1

43

Test jednorodności wielu wariancji

Statystyka:



dla ustalonego poziomu istotności α i dla k –1 stopni swobody należy
odczytać wartość χ

α

2

.

log

– logarytm dziesiętny

Wnioskowanie:



jeżeli χ

2



χ

α

2

, to hipotezę H

0

należy odrzucić.



jeżeli χ

2

<

χ

α

2

brak podstaw do odrzucenia hipotezy H

0.





























k

i

i

i

s

n

s

k

n

c

1

2

2

2

1

303

2

ˆ

log

*

~

log

*

,



2013-04-17

8

44

Test jednorodności wielu wariancji - przykład



Zbadano liczbę pasażerów przewożonych linią tramwajową w godzinach szczytu
w kolejnych 3 dniach roboczych tygodnia. Otrzymano następujące wariancje
liczby pasażerów przewożonych 20, 100, 70. Przyjmując poziom istotności
α=0,05 zweryfikować hipotezę, że wariancja liczby pasażerów w kolejne dni
tygodnia jest jednakowa.

lp

s

i

2

log(s

i

2

)

(n

i

-1)

(n

i

-1)*(s

i

2

)

(n

i

-1)*log(s

i

2

)

1

20

1,301

9

180

11,709

2

100

2,000

9

900

18,000

3

70

1,845

9

630

16,606

suma

1710

46,315

n

i

=

10

s

2

=

63,333

c=

1,049

n=

30

n-k=

27

χ

2

=

5,111

k=

3

log(s

2

)

1,802

χ

2

0,05,2

=

5,991









3

,

63

190

*

3

1

70

100

20

27

9

ˆ

*

1

1

~

1

2

2





















k

i

i

i

s

n

k

n

s









049

,

1

27

1

9

3

6

1

1

3

30

1

1

10

1

1

3

3

1

1

1

1

1

1

3

1

1

1

1













 





























































k

i

k

i

i

k

n

n

k

c











 







111

,

5

315

,

46

333

,

63

log

3

30

049

,

1

303

,

2

ˆ

log

*

1

ˆ

log

*

303

,

2

1

2

2

2

































k

i

i

i

s

n

s

k

n

c



Wniosek

Nie ma podstaw do

odrzucenia hipotezy, że

wariancje są jednakowe

45

Test analizy wariancji dla wielu średnich

Klasyfikacja pojedyncza



Podstawowe narzędzie statystyki eksperymentalnej,



Pozwala na sprawdzenie, czy pewne czynniki, które można regulować w
toku eksperymentu, wywierają wpływ (jak duży) na kształtowanie się
średnich wartości badanych cech,



Polega na porównaniu wariancji wynikającej z działania danego czynnika z
wariancją resztkową mierzącą losowy błąd eksperymentu.



Klasyfikacja pojedyncza

– suma kwadratów wariancji ogólnej jest rozbijana

na dwa składniki mierzące zmienność między grupami (populacjami) i
wewnątrz grup

.

2013-04-17

9

46

Test analizy wariancji dla wielu średnich

Model
Założenia:



danych jest k

populacji o rozkładzie normalnym N(μ

i

,



i

) lub o rozkładzie

zbliżonym do normalnego,



wariancje wszystkich k

populacji są równe (



1

2

=



2

2

= ... =



k

2

=



2

),

ale

nie muszą być znane,



z każdej z tych populacji wylosowano niezależnie próby o liczności n

i

elementów,



wyniki prób oznaczone są przez x

ij

(i = 1, 2, ..., k, j = 1, 2, ..., n

i

)

przy czym x

ij

=

μ

i

+



ij

,

gdzie:



ij

jest wartością zmiennej losowej nazywanej składnikiem losowym,

mającej rozkład N(0,



),

Źródło zmienności

Suma kwadratów

Stopnie

swobody

Wariancja

Test F

między

populacjami

(grupami)

k - 1

wewnątrz grup

(składnik losowy)

n - k

47

Test analizy wariancji dla wielu średnich

cd

Formułowanie hipotez:



należy zweryfikować hipotezę H

0

:

μ

1

=

μ

2

=... =

μ

k

.



hipoteza alternatywna H

1

: nie wszystkie średnie badanych populacji są

równe

Sposób postępowania:



z wyników poszczególnych prób należy obliczyć średnie grupowe
i średnią ogólną :



wypełnić tablicę analizy wariancji:

i

x

x







i

n

j

ij

i

i

x

n

x

1

1









k

i

n

j

ij

i

x

n

x

1

1

1

 







k

i

i

i

n

x

x

1

2

2

2

2

1

ˆ

ˆ

s

s

F















k

i

n

j

i

ij

i

x

x

1

1

2

1

)

(

ˆ

1

2

2

1











k

n

x

x

s

k

i

i

i

k

n

x

x

s

k

i

n

j

i

ij

i













1

1

2

2

2

)

(

ˆ

2013-04-17

10

48

Test analizy wariancji dla wielu średnich

cd

Sprawdzian



obliczoną w tablicy wartość F należy porównać z wartością krytyczną F



odczytaną z tablic rozkładu F Snedecora dla ustalonego poziomu istotności



i dla liczby stopni swobody k-1 i n-k,

Wnioskowanie:



jeżeli F ≥ F



to hipotezę H

0

należy odrzucić,



jeżeli F < F



brak podstaw do odrzucenia hipotezy H

0.

49

Test analizy wariancji dla wielu średnich - przykład



Koszt wytworzenia pewnego usługi transportowej trzema różnymi metodami
ma rozkład normalny o jednakowej wariancji dla każdej z metod. Na
poziomie istotności α=0,05 zweryfikować hipotezę, że średnie koszty
materiałowe są jednakowe dla wszystkich metod produkcji usługi.

Metoda

n

i

s

i

2

n

i

*s

i

2

1

5

20

100

50

250

55,56

2

6

30

180

175

1050

266,67

3

7

20

140

121,43

850

77,78

suma

18

420

2150

400

Średnia

420/18=23,33

Źródło zmienności

Suma

kwadratów

Stopnie

swobody

Wariancja

Test F

między grupami

400

k-1=2

200,0

F

emp

=1,39

wewnątrz grup

2150

n-k=15

143,3

F

α,2,15

=3,68

F<F

α

stąd nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy Ho

o równości średnich kosztów produkcji usługi

i

x

i

i

x

n *

 

i

i

n

x

x

2



x