Inżynieria środowiska

Ćwiczenia 3

2012/2013

Doświadczenia dwuczynnikowe – analiza wariancji testy szczegółowe (układy niezależne)

1

Układ całkowicie losowy

Model obserwacji (model analizy wariancji) w doświadczeniu dwuczynnikowym o układzie
całkowicie losowym

ijk

ij

j

i

ijk

y





















)

(

(wyraz wolny + efekt czynnika A + efekt czynnika B + efekt interakcji A x B + błąd doświadczalny) ,
gdzie i=1,2,...,a, j=1,2,...,b, k=1,2,…,r oraz spełnione są założenia, to znaczy



ijk

N(0;

).

Stawiamy 3 hipotezy ogólne:





Przeprowadzamy analizę wariancji (ANOVA) dla doświadczenia dwuczynnikowego (układ całkowicie
losowy), wyznaczamy statystykę F :

Źródła zmienności Stopnie swobody Sumy kwadratów SS Średnie kwadraty MS

F

Czynnik A

a-1

SS

A

MS

A

F

A

Czynnik B

b-1

SS

B

MS

B

F

B

Interakcja AxB

(a-1)(b-1)

SS

AB

MS

AB

F

AB

Błąd



E

= ab(r-1)

SS

E

MS

E

Całkowita

n-1

SS

C

Jeśli F

A

>

)

r

(

ab

;

a

;

F

1

1







to hipotezę H

0A

odrzucamy. Jeśli F

B

>

)

r

(

ab

;

b

;

F

1

1







to hipotezę H

0B

odrzucamy.

Jeśli F

AxB

>

)

r

(

ab

);

b

)(

a

(

;

F

1

1

1









to hipotezę H

0AxB

odrzucamy.

Po odrzuceniu co najmniej jednej hipotezy zerowej ogólnej (dla czynnika A, czynnika B i/lub dla
interakcji A x B) stawiamy odpowiednie hipotezy szczegółowe :






Weryfikacje tych hipotez przeprowadzamy testem wielokrotnym Tukeya (wzory na końcu materiału).
Zasada 1:
W sytuacji, gdy została odrzucona hipoteza H

AxB

, co oznacza że występuje interakcja

weryfikujemy hipotezy szczegółowe dla kombinacji doświadczalnych
nie analizujemy oddzielnie efektów czynnika A i czynnika B
Zasada 2:
W sytuacji, gdy nie została odrzucona hipoteza H

AxB

, co oznacza brak interakcji

weryfikujemy hipotezy szczegółowe dla czynnika A i czynnika B oddzielnie
możemy też porównywać kombinacje doświadczalne czynników A i B

Układ bloków losowanych kompletnych

Model obserwacji (model analizy wariancji) w doświadczeniu dwuczynnikowym o układzie bloków
losowanych kompletnych

ijk

ij

j

i

k

ijk

)

(

y

























(wyraz wolny + efekt bloków + efekt czynnika A + efekt czynnika B + efekt interakcji A x B + błąd
doświadczalny), gdzie i=1,2,...,a; j=1,2,...,b; k=1,2,…,r oraz spełnione są założenia, to znaczy



ijk

N(0;

).

Stawiamy 3 hipotezy ogólne:

AxB

AxB

AxB

B

B

B

B

B

B

A

A

A

A

A

A

:~H

H

B

A

H

:~H

H

H

H

H

H

b

a

0

1

0

0

1

0

0

1

0

interakcji

brak

:

...

:

:~

...

:

2

1

2

1



























)'

(

0

)'

(

1

)'

(

)'

(

0

'

0

'

1

'

0

0

1

'

0

:~

0

:

:~

0

:

:~

0

:

'

'

ij

ij

ij

ij

B

A

B

A

ij

ij

jj

jj

B

B

jj

ii'

ii'

A

A

ii

H

H

H

H

H

H

H

H

H

j

i

j

i

j

j

i

i

























You created this PDF from an application that is not licensed to print to novaPDF printer (

http://www.novapdf.com

)

Inżynieria środowiska

Ćwiczenia 3

2012/2013

Doświadczenia dwuczynnikowe – analiza wariancji testy szczegółowe (układy niezależne)

2

Przeprowadzamy analizę wariancji dla doświadczenia dwuczynnikowego (układ bloków losowanych
kompletnych), wyznaczamy statystykę F :

Źródła zmienności Stopnie swobody Sumy kwadratów SS Średnie kwadraty MS

F

Bloki

r-1

SS

R

MS

R

Czynnik A

a-1

SS

A

MS

A

F

A

Czynnik B

b-1

SS

B

MS

B

F

B

Interakcja AxB

(a-1)(b-1)

SS

AB

MS

AB

F

AB

Błąd



E

= (r-1)(ab-1)

SS

E

MS

E

Całkowita

n-1

SS

C

Wzory na końcu materiałów. Jeśli F

A

>

)

r

)(

ab

(

;

a

;

F

1

1

1









to hipotezę H

0A

odrzucamy. Jeśli

F

B

>

)

r

)(

ab

(

;

b

;

F

1

1

1









to hipotezę H

0B

odrzucamy. Jeśli F

AxB

>

)

r

)(

ab

(

);

b

)(

a

(

;

F

1

1

1

1











to hipotezę H

0AxB

odrzucamy.

Po odrzuceniu co najmniej jednej hipotezy ogólnej (dla czynnika A, czynnika B i/lub dla interakcji A x B)
stawiamy odpowiednie hipotezy szczegółowe :





Weryfikacje tych hipotez przeprowadzamy testem wielokrotnym Tukeya (wzory na końcu materiału).
Obowiązują te same zasady co w układzie całkowicie losowym.

Przykład 1
Badano tygodniowy spadek wagi człowieka (w kg) w zależności od czterech typów aktywności fizycznej
w czasie wolnym (czynnik A) i trzech diet (czynnik B). Doświadczenie zostało założone w układzie
całkowicie losowym w trzech powtórzeniach. Uzyskano wyniki:

Rodzaj diety (B)

Rodzaj aktywności (A)

Siedzenie

przed

telewizorem

Jazda na

rowerze

Bieganie

Siłownia

Dieta 1000 kcal

0,8
0,6
0,8

1,9
2,1
2,5

2,3
2,1
1,9

2,6
2,3
1,9

Dieta dr

Kwaśniewskiego

0,5
0,6
0,5

1,5
1,7
2,0

1,8
1,7
1,9

1,6
1,9
1,9

Dieta szwedzka

0,7
0,8
0,6

2,1
2,0
2,1

2,4
2,3

2,1

2,0
2,1
2,5

Sumy

5,9

17,9

18,5

18,8

Przyjąć prawdziwość założeń analizy wariancji

AxB

AxB

AxB

B

B

B

B

B

B

A

A

A

A

A

A

:~H

H

B

A

H

:~H

H

H

:~H

H

H

b

a

0

1

0

0

1

0

0

1

0

x

interakcji

brak

:

...

:

...

:

2

1

2

1

























ij(ij)'

ij(ij)'

B

A

B

A

ij

ij

jj'

jj'

B

B

jj

ii'

ii'

A

A

ii

:~H

H

H

:~H

H

H

:~H

H

H

j

i

j

i

j

j

i

i

0

1

)'

(

)'

(

0

0

1

'

0

0

1

'

0

0

:

0

:

0

:

'

'

























You created this PDF from an application that is not licensed to print to novaPDF printer (

http://www.novapdf.com

)

Inżynieria środowiska

Ćwiczenia 3

2012/2013

Doświadczenia dwuczynnikowe – analiza wariancji testy szczegółowe (układy niezależne)

3

a) Ustal za pomocą analizy wariancji (ANOVA), który z badanych czynników miał istotny wpływ na
spadek wagi człowieka. W tym celu sformułuj i na poziomie istotności

 = 0,01 zweryfikuj trzy hipotezy

ogólne.
b) Zastosuj test Tukeya (

 = 0,01) do utworzenia grup jednorodnych dla istotnych czynników. Sformułuj

na poziomie istotności

 = 0,01 i zweryfikuj odpowiednie hipotezy szczegółowe.

Rozwiązanie
Stawiamy trzy hipotezy ogólne:
1.

4

3

2

1

0

:

A

A

A

A

A

H















średnie spadki wagi przy różnych rodzajach aktywności nie różnią

się istotnie

A

A

H

H

0

1

~

:

2.

3

2

1

0

:

B

B

B

B

H











średnie spadki wagi przy stosowaniu różnych diet nie różnią się istotnie

B

B

H

H

0

1

~

:

3.

12

1

0

...

:

AB

AB

AB

H









interakcja A  B jest nieistotna

AB

AB

H

H

0

1

~

:

W programie STATISTICA zapisujemy dane w
trzech

kolumnach.

W

dwóch

pierwszych

wpisujemy zmienne grupujące: czynnik A i B. W
trzeciej

wpisujemy

wartości

obserwacji,

w

przykładzie jest to spadek wagi. Aby uzyskać
tabelę analizy wariancji wybieramy ANOVA dla
układów czynnikowych oraz w oknie predyktory
jakościowe wybieramy dwa efekty (dwa czynniki).

Uwaga:
Dane zajmują więcej wierszy, u nas 4  3  3 = 36

1

czA

Aktywność

2

czB

Dieta

3

spadek

wagi

1
2
3
4
5
6
7
8
9

10
11
12
13

TV

1000 kcal

0,8

TV

1000 kcal

0,6

TV

1000 kcal

0,8

TV

dr Kwaśn

0,5

TV

dr Kwaśn

0,6

TV

dr Kwaśn

0,5

TV

szwedzka

0,7

TV

szwedzka

0,8

TV

szwedzka

0,6

rower

1000 kcal

1,9

rower

1000 kcal

2,1

rower

1000 kcal

2,5

rower

dr Kwaśn

1,5

Tabela analizy wariancji ANOVA

Wyniki jednowymiarowe dla każdej ZZ (7.sta)
Parametryzacja z sigma-ograniczeniami
Dekompozycja efektywnych hipotez

Efekt

Stopnie

swobody

spadek wagi

SS

spadek wagi

MS

spadek wagi

F

spadek wagi

p

Wyraz wolny
czA Aktywność
czB Dieta
czA Aktywność*czB Dieta
Błąd
Ogół

1

103,7003

103,7003

2574,628

0,000000

3

13,0675

4,3558

108,145

0,000000

2

0,9572

0,4786

11,883

0,000259

6

0,1383

0,0231

0,572

0,748280

24

0,9667

0,0403

35

15,1297

Wnioski z analizy wariancji:
1. Ponieważ dla czynnika A p = 0,0000 <

 = 0,01, to na poziomie istotności  = 0,01 odrzucamy

hipotezę zerową

A

H

0

i stwierdzamy, że średnie spadki wagi ciała różnią się między sobą przy różnych

rodzajach aktywności.

You created this PDF from an application that is not licensed to print to novaPDF printer (

http://www.novapdf.com

)

Inżynieria środowiska

Ćwiczenia 3

2012/2013

Doświadczenia dwuczynnikowe – analiza wariancji testy szczegółowe (układy niezależne)

4

Test HSD Tukeya; zmienna spadek wagi
Grupy jednorodne, alfa = ,01000
Błąd: MS międzygr = ,04028, df = 24

Nr podkl.

czA Aktywność

spadek wagi

Średnie

1

2

1
2
3
4

TV

0,655556

****

rower

1,988889 ****

bieganie

2,055556 ****

siłownia

2,088889 ****

2. Ponieważ dla czynnika B p = 0,000259 <

 = 0,01, to na poziomie istotności  = 0,01 odrzucamy

hipotezę zerową

B

H

0

i stwierdzamy, że średnie spadki wagi ciała różnią się między sobą przy

stosowaniu różnych diet.
3. Ponieważ dla interakcji A x B p = 0,74828 >

 = 0,01, to na poziomie istotności  = 0,01 nie mamy

podstaw do odrzucenia hipotezy zerowej

AB

H

0

, orzekającej o braku interakcji między czynnikami A i B.

Nie stwierdzamy zróżnicowanego współoddziaływania rodzajów aktywności i rodzajów diet na spadek
wagi człowieka.
b)
W doświadczeniu interakcja A  B jest nieistotna (nie odrzucono H

0AxB

), możemy to zilustrować

wykresami. Zauważmy, że łamane są „prawie” równoległe (brak interakcji).

Czynnik A (rodzaje aktywności) jest istotny (odrzucono hipotezę H

0A

), zatem dokonujemy porównania

szczegółowego średnich dla wariantów aktywności (test Tukeya dla grup jednorodnych i odpowiedni
wykres).
Stawiamy hipotezy szczegółowe:


i po zastosowaniu testu Tukeya uzyskujemy następujące grupy:

Wniosek
Na poziomie istotności

 = 0,01 na podstawie testu Tukeya wnioskujemy, że podczas siedzenia przed

telewizorem średni spadek wagi ciała jest najniższy, natomiast przy pozostałych formach aktywności
średnie spadki wagi nie różnią się od siebie istotnie.

ii'

ii'

A

A

ii

H

H

H

i

i

0

1

'

0

:~

0

:

'









You created this PDF from an application that is not licensed to print to novaPDF printer (

http://www.novapdf.com

)

Inżynieria środowiska

Ćwiczenia 3

2012/2013

Doświadczenia dwuczynnikowe – analiza wariancji testy szczegółowe (układy niezależne)

5

Test Tukeya; zmienna spadek wagi
Grupy jednorodne, alfa = ,01000
Błąd: MS międzygr = ,04028, df = 24

Nr podkl.

czB Dieta spadek wagi

Średnie

1

2

2
3
1

dr Kwaśn

1,466667

****

szwedzka

1,808333****

1000 kcal

1,816667****

Czynnik B (rodzaje diet) jest istotny (odrzucono hipotezę H

0B

), zatem dokonujemy porównania

szczegółowego średnich dla jego wariantów (test Tukeya dla grup jednorodnych) i stosowny wykres.
Stawiamy hipotezy szczegółowe


i po zastosowaniu testu Tukeya uzyskujemy następujące grupy:

Wniosek:
Na poziomie istotności

 = 0,01 na podstawie testu Tukeya wnioskujemy, że przy stosowaniu diety

dr Kwaśniewskiego średni spadek wagi jest najniższy, natomiast przy stosowaniu dwóch pozostałych diet
średnie spadki wagi nie różnią się od siebie istotnie.

Uwaga:
Zauważmy, że wnioski dotyczące porównania efektu zastosowanych diet odnoszą się do sytuacji
stosowania każdej aktywności i odwrotnie. Oznacza to, że bez względu na to, czy czas wolny spędzamy
przed TV czy np. na rowerze to dieta dr Kwaśniewskiego daje najsłabsze efekty. Oznacza to też, że bez
względu na to jaką dietę stosujemy, jeżeli czas wolny będziemy spędzać przed TV to efekty stosowanej
diety będą najniższe w porównaniu do stosowania innych wariantów aktywności.

Przykład 2
Przeprowadzono badanie skuteczności działania 5 fungicydów w ochronie 2 gatunków drewna przed
grzybami piwnicznymi. Dla 10 obiektów przeprowadzono doświadczenie porównawcze w układzie
bloków losowanych kompletnych, ponieważ drewno przechowywane było w różnych pomieszczeniach.
Obserwowano procent powierzchni porażenia drewna.

Czynnik A

Czynnik B

Bloki (pomieszczenia)

Gat. drewna

fungicydy

1

2

3

4

5

A

1

– I gatunek

B

1

– I fung.

23,4

22,1

19,7

19,3

20,5

B

2

– II fung.

31,7

32,5

29,9

29,6

30,3

B

3

– III fung.

26,8

25,3

24,9

25,6

25,4

B

4

– IV fung.

18,6

14,1

14,8

17,5

16,0

B

5

– V fung.

32,4

29,2

28,9

30,5

31,0

A

2

- II gatunek

B

1

– I fung.

28,2

22,7

24,9

25,5

26,7

B

2

– II fung.

39,8

36,7

35,8

38,0

38,7

B

3

– III fung.

34,1

29,5

32,4

35,1

32,9

B

4

– IV fung.

25,3

22,3

21,0

23,8

21,6

B

5

– V fung.

35,1

32,8

33,7

34,4

34,0

Przyjmij prawdziwość założeń analizy wariancji

'

0

'

1

'

0

:~

0

:

'

jj

jj

B

B

jj

H

H

H

j

j









You created this PDF from an application that is not licensed to print to novaPDF printer (

http://www.novapdf.com

)

Inżynieria środowiska

Ćwiczenia 3

2012/2013

Doświadczenia dwuczynnikowe – analiza wariancji testy szczegółowe (układy niezależne)

6

a) Ustal za pomocą analizy wariancji, który z badanych czynników miał istotny wpływ na procent
porażenia drewna grzybami. Sformułuj i na poziomie istotności

 = 0,01 zweryfikuj odpowiednie

hipotezy ogólne.
b) Zastosuj test Tukeya (

 = 0,01) do utworzenia grup jednorodnych dla istotnych czynników lub/i ich

kombinacji.

Rozwiązanie
a) Stawiamy trzy hipotezy ogólne:
1.

2

1

0

:

A

A

A

H







średni procent porażenia drewna grzybami różnych gatunków drewna nie

różni się istotnie

A

A

H

H

0

1

~

:

2.

5

4

3

2

1

0

:

B

B

B

B

B

B

H



















średni procent porażenia drewna grzybami przy stosowaniu

różnych środków ochrony nie różni się istotnie

B

B

H

H

0

1

~

:

3.

10

1

0

...

:

AB

AB

AB

H









interakcja A  B jest nieistotna

AB

AB

H

H

0

1

~

:

Za pomocą programu STATISTIKA wybieramy opcje:
Statystyka → ANOVA → Anova dla układów czynnikowych → Kreator analizy → OK.
W oknie Listy zmiennych zależnych zaznaczamy kolumnę obserwacji, czyli procent porażenia,
natomiast w oknie Predykatory jakościowe kolumnę bloki oraz kolumny z czynnikami, tzn., cz A, cz B.
W oknie Kreator analizy-układ międzygrupowy, zaznaczamy najpierw tylko bloki i Dodaj, a potem
cz A i cz B i Pełny czyn. OK. Dalej podobnie jak w poprzednich przykładach można uzyskać tabelę
analizy wariancji ANOVA.
Przypomnijmy model analizy wariancji

ijk

ij

j

i

k

ijk

)

(

y

























postępując jak wyżej

uzyskujemy odpowiadającą temu modelowi tabelę analizy wariancji :

Wnioski z analizy wariancji:
1. Ponieważ dla czynnika A p = 0,00000 <

 = 0,01, to na poziomie istotności  = 0,01 odrzucamy

hipotezę zerową

A

H

0

i stwierdzamy, że średni procent porażenia drewna jest różny w zależności od

gatunku drewna.
2. Ponieważ dla czynnika B p = 0,00000 <

 = 0,01, to na poziomie istotności  = 0,01 odrzucamy

hipotezę zerową

B

H

0

i stwierdzamy, że średni procent porażenia drewna jest różny w zależności od

rodzaju fungicydu.
3. Ponieważ dla interakcji A x B p = 0,002454 <

 = 0,01, to na poziomie istotności  = 0,01 odrzucamy

hipotezę zerową

AB

H

0

. Stwierdzamy, że interakcja jest istotna.

b)
W doświadczeniu interakcja A  B jest istotna. Przeprowadzamy zatem porównania szczegółowe tylko
dla interakcji (średnich dla kombinacji wariantów czynników). Za pomocą testu Tukeya dokonujemy
podziału obiektów na grupy jednorodne.

Efekt

Stopnie

swobody

procent

porażenia

SS

procent

porażenia

MS

procent

porażenia

F

procent

porażenia

p

Wyraz wolny
bloki
czA gat. drewna
czB fungicydy
czA gat. drewna*czB fungicydy
Błąd
Ogół

1

38364,50

38364,50

30057,06

0,000000

4

56,09

14,02

10,99

0,000006

1

420,50

420,50

329,45

0,000000

4

1526,60

381,65

299,01

0,000000

4

25,80

6,45

5,05

0,002454

36

45,95

1,28

49

2074,94

You created this PDF from an application that is not licensed to print to novaPDF printer (

http://www.novapdf.com

)

Inżynieria środowiska

Ćwiczenia 3

2012/2013

Doświadczenia dwuczynnikowe – analiza wariancji testy szczegółowe (układy niezależne)

7

Stawiamy hipotezy szczegółowe:


i po zastosowaniu testu Tukeya uzyskujemy następujące grupy:

Test HSD Tukeya; zmienna procent porażenia (7.sta)
Grupy jednorodne, alfa = ,01000
Błąd: MS międzygrupowe = 1,2764, df = 36,000

Nr podkl.

czA gat.

drewna

czB fungicydy

procent

porażenia

Średnie

1

2

3

4

5

6

4
1
9
6
3
5
2
8
10
7

1

4

16,20000

****

1

1

21,00000

****

2

4

22,80000 ****

****

2

1

25,60000 ****

1

3

25,60000 ****

1

5

30,40000

****

1

2

30,80000

****

2

3

32,80000

****

****

2

5

34,00000

****

2

2

37,80000

****

Z powyższej tabeli wynika, że „najlepszym” sposobem ochrony drewna gatunku pierwszego jest
zastosowanie fungicydu nr 4, bo wtedy procent porażenia jest najmniejszy (16,2%).
[ Dalej moglibyśmy wymieniać, że : trochę „gorszy” wynik uzyskujemy stosując kombinacje A

1

B

1

i

A

2

B

4

, różnica w tej grupie jest nieistotna. w trzeciej grupie z kombinacjami A

2

B

4

, A

2

B

1

, A

1

B

3

także

różnica jest nieistotna. Wymienione wyżej trzy grupy zawierają „najlepsze” kombinacje, różniące się
istotnie od pozostałych trzech grup. W czwartej grupie znajdują się kombinacje A

1

B

5

, A

1

B

2

, A

2

B

3

, w

piątej A

2

B

3

i A

2

B

5

. Kombinacja A

2

B

2

okazała się najmniej skuteczna, gdyż średni procent porażenia przy

jej stosowaniu okazał się największy, istotnie różniący się od pozostałych. ]

Jednak z powyższych stwierdzeń powinniśmy wyszukać tylko interesujące nas wyniki porównań :
1. Najlepszym sposobem ochrony drewna gatunku pierwszego jest zastosowanie fungicydu nr 4, bo
wtedy procent porażenia jest najmniejszy (16,2%).
2. Najlepszym sposobem ochrony drewna gatunku drugiego jest zastosowanie fungicydu nr 4 lub nr 1, bo
wtedy procent porażenia jest odpowiednio 22,8% i 25,6%.
3. Dla drewna gat. pierwszego zdecydowanie najgorsze efekty uzyskano przy stosowaniu fungicydu nr 5
lub nr 2, procent porażenia jest odpowiednio 30,4% i 30,8%.
4. Dla drewna gat. drugiego zdecydowanie najgorsze efekty uzyskano przy stosowaniu fungicydu nr 2,
procent porażenia wyniósł 37,8%.
Uwaga:
Można ułatwić sobie formułowanie powyższych wniosków tworząc grupy jednorodne w ramach
ustalonego wariantu jednego z czynników, w przykładzie w ramach czynnika A (gatunku drewna).
w STATISTICE nie ma jednak gotowej procedury tworzącej takie grupy. Można to zrobić samodzielnie
korzystając z dostępnej funkcji sortowania danych, w następujący sposób.
Dane → Sortuj w opcjach sortowania zaznaczamy zmienne czynnik A i procent porażenia, następnie
klikamy przycisk dodaj zmienne, dalej ustalamy kierunek sortowania na rosnący → ok.
Uzyskujemy tabelę jak poniżej bez części z oznaczeniami literowymi, oznaczenia literowe, w celu
uzyskania większej przejrzystości wyników, wpisujemy ręcznie po uprzednim dodaniu odpowiedniej
ilości kolumn (zmiennych).

)'

ij

(

ij

0

)'

ij

(

ij

1

)'

B

A

(

B

A

)'

ij

(

ij

H

:~

H

:

H

j

i

j

i

0

0









You created this PDF from an application that is not licensed to print to novaPDF printer (

http://www.novapdf.com

)

Inżynieria środowiska

Ćwiczenia 3

2012/2013

Doświadczenia dwuczynnikowe – analiza wariancji testy szczegółowe (układy niezależne)

8

W ramach gatunku pierwszego A

1

mamy cztery grupy jednorodne B

4

, B

1

, B

3

, (B

5

, B

2

), a dla drugiego A

2

trzy grupy jednorodne (B

4

, B

1

), (B

3

, B

5

), B

2

.

Wnioski analogiczne jak wyżej (punkty od 1 do 4).

Zadanie 1
Badano wpływ trzech różnych substancji toksycznych (T

1

, T

2

, T

3

) stosowanych w procesie produkcyjnym

na układ oddechowy pracowników trzech różnych zakładów przemysłowych (Z

1

, Z

2

, Z

3

). Jako miarę

wydolności oddechowej przyjęto objętość wymuszonego wydechu FEV (ang. forced expiratory volume).
Zebrane dane dla 108 pracowników zapisano je w pliku IS cw3.sta.
a) Sformułuj i przy prawdziwości założeń analizy wariancji, zweryfikuj odpowiednie hipotezy ogólne.
Przyjmij poziom istotności



= 0,05

.

b) Zastosuj test Tukeya (



=

0,05

) do utworzenia grup jednorodnych dla istotnych czynników.

Odp.: a) cz. A: p = 0,000000; cz. B: p = 0,003322; interakcja A*B: p = 0,000000. b) gr. jednorodne
(T

3

Z

2

, T

3

Z

1

, T

3

Z

3

), (T

3

Z

3

, T

2

Z

1

, T

2

Z

2

), (T

2

Z

1

, T

2

Z

2

, T

1

Z

3

), (T

1

Z

1

, T

2

Z

3

, T

1

Z

2

) – wnioski dla każdego

zakładu najgorsze i najlepsze są odpowiednio w grupie pierwszej i czwartej.

Zadanie 2
Badano stężenie ołowiu we krwi wśród pracowników pewnego zakładu przemysłowego. Badaniu
poddano 30 kobiet i 30 mężczyzn (czynnik A – płeć). W ramach drugiego czynnika porównywano trzy
różne technologie (metody) produkcji (M1, M2, M3) pod względem ich wpływu na szkodliwość
pracy(czynnik B – metoda produkcji). Zebrane dane przedstawia tabela. Zapisano je również w pliku IS
cw3.sta.

Stężenie ołowiu we krwi

M

K

M1

M2

M3

M1

M2

M3

20,4

20,5

21,1

22,4

34,1

27,3

20,0

26,6

22,7

22,4

32,6

26,3

24,5

25,4

25,6

26,2

29,0

21,3

19,7

22,6

15,4

28,8

29,0

29,4

17,3

22,5

25,3

26,3

25,7

28,5

17,4

26,3

19,9

19,1

21,9

22,2

18,4

19,8

16,5

25,4

28,5

27,4

21,0

28,2

19,7

25,1

25,8

27,5

22,3

23,7

20,3

21,8

27,1

30,3

23,3

22,6

22,4

25,2

24,4

24,7

You created this PDF from an application that is not licensed to print to novaPDF printer (

http://www.novapdf.com

)

Inżynieria środowiska

Ćwiczenia 3

2012/2013

Doświadczenia dwuczynnikowe – analiza wariancji testy szczegółowe (układy niezależne)

9

a) Sformułuj i przy prawdziwości założeń analizy wariancji, zweryfikuj na poziomie istotności 0,01
odpowiednie hipotezy ogólne.
b) Zastosuj test Tukeya ( = 0,01) do utworzenia grup jednorodnych dla istotnych czynników.

Odp.: a) cz. A: p = 0,000000; cz. B: p = 0,002454; interakcja A*B: p = 0,594661.

b) gr. jednorodne cz. B: (M1, M3), (M3, M2).

Zadanie 3
W celu zbadania wpływu czasu poświęconego na naukę statystyki (czynnik A) oraz liczby opuszczonych
zajęć w semestrze (czynnik B) na przeciętną liczbę uzyskanych punktów z dwóch sprawdzianów,
założono doświadczenie w układzie całkowicie losowym z dwoma powtórzeniami. Uzyskano następujące
wyniki:

Liczba

opuszczonych

zajęć (B)

Czas poświęcony na naukę tygodniowo (A)

0 – 2 godz.

2 – 4 godz.

4 – 6 godz.

6 – 8 godz.

0

15
11

18
16

23
28

30
29

1

14
12

17
15

23

24

28
27

2

10

8

13
10

15
13

22
20

3-4

4
0

10

8

13

8

15
12

a) Sformułuj i przy prawdziwości założeń analizy wariancji, zweryfikuj na poziomie istotności 0,05
odpowiednie hipotezy ogólne.
b) Zastosuj test Tukeya ( = 0,05) do utworzenia grup jednorodnych dla istotnych czynników.
Odp.: a) cz. A: p = 0,000000; cz. B: p = 0,000000; interakcja A*B: p = 0,118337. b) dla cz. A cztery
rozłączne grupy jednorodne 0-2 godz., 2-4 godz., 4-6 godz., 6-8 godz., dla cz. B trzy grupy jednorodne:
(0,1), 2, 3-4

Zadanie 4
Badano straty wody (w l/godz.) w organizmie człowieka w zależności od czterech typów aktywności
(czynnik A) i dwóch temperatur powietrza (czynnik B). Doświadczenie zostało założone w układzie
całkowicie losowym w czterech powtórzeniach. Uzyskano następujące wyniki:

Temperatura

(B)

Rodzaj aktywności (A)

Kibicowanie

Lekkoatletyka

skoki, rzuty

Lekkoatletyka

biegi krótkie i

średnie

Lekkoatletyka

biegi długie,

kolarstwo

22

o

C

0,22

0,20

0,30

0,30

0,54

0,55

0,65

0,70

0,20

0,18

0,32

0,28

0,56

0,51

0,70

0,67

32

o

C

0,62

0,66

0,72

0,80

1,00

1,20

1,30

1,50

0,64

0,56

0,76

0,80

0,90

1,30

1,40

1,40

a) Sformułować i przy prawdziwości założeń analizy wariancji, zweryfikować na poziomie istotności
0,05 odpowiednie hipotezy ogólne.
b) Zastosować test Tukeya ( = 0,05) do utworzenia grup jednorodnych dla istotnych czynników.

Odp.: a) cz. A: p = 0,000000; cz. B: p = 0,000000; interakcja A*B: p = 0,002896. b) gr. jednorodne:
(A

1

B

1

, A

2

B

1

), (A

3

B

1

, A

1

B

2

, A

4

B

1

), (A

1

B

2

, A

4

B

1

, A

2

B

2

), A

3

B

2

, A

4

B

2

– wnioski dotyczące największej i

najmniejszej straty wody formułowane dla każdej temperatury, to odpowiedzi na pytanie: przy jakiej
aktywności (przy jakich wariantach aktywności) stwierdzono największe (najmniejsze) straty wody?
[gr. jednorodne w ramach B

1

: (A

1

, A

2

), (A

3

, A

4

), w ramach B

2

: (A

1

, A

2

), A

3

, A

4

].

You created this PDF from an application that is not licensed to print to novaPDF printer (

http://www.novapdf.com

)

Inżynieria środowiska

Ćwiczenia 3

2012/2013

Doświadczenia dwuczynnikowe – analiza wariancji testy szczegółowe (układy niezależne)

10

Zadanie 5
Celem doświadczenia była ocena wartości dekoracyjnych traw ozdobnych 5 odmian z rodzaju Festuca.
W tym celu obserwowano m. in. średnicę kęp roślin. Wprowadzono również drugi czynnik: nawożenie.
Badania przeprowadzono w kolekcji traw ozdobnych na terenie stacji doświadczalnej w układzie bloków
losowanych kompletnych z czterema blokami. Średnie średnice kęp (w cm) przedstawia tabela:

Czynnik B
nawożenie

Czynnik A

odmiany traw

bloki

1

2

3

4

nawożenie

Festuca ampla Hack

36,8

36,3

30,2

33,1

Kostrzewa sina

12,6

11,9

9,8

11,8

Kostrzewa sina „Azurit”

12,4

10,3

9,1

12,1

Kostrzewa sina „Meerblau”

16,3

15,3

12,4

15,5

Kostrzewa walezyjska

11,6

11,6

9,7

12,2

brak nawożenia

Festuca ampla Hack

35,8

34,3

29,2

30,1

Kostrzewa sina

12,1

11,1

9,9

10,8

Kostrzewa sina „Azurit”

11,4

10,0

8,8

12,0

Kostrzewa sina „Meerblau”

16,2

15,3

12,4

15,1

Kostrzewa walezyjska

10,6

11,1

9,3

12,3

a) Zakładając, że spełnione są założenia, przeprowadź analizę wariancji. Przyjmij  = 0,01.
b) Zastosuj test Tukeya ( = 0,01) do utworzenia grup jednorodnych dla istotnych czynników.

Odp.: a) cz. A: p = 0,000000; cz. B: p = 0,084565; interakcja A*B: p = 0,677130. b) gr. jednorodne: cz. A:
(A

3

, A

5

, A

2

), A

4

, A

1

.

Zadanie 6
W dwuczynnikowym doświadczeniu badano wpływ sposobów utrzymywania gleby (czynnik B) w
pasach ochronnych obsadzonych różnymi odmianami topoli (czynnik A) na ich rozwój. Czynnik B
występował w czterech wariantach, czynnik A w trzech wariantach. Cechą obserwowaną była suma
przyrostów pola powierzchni pnia (w cm

2

) trzech topoli.

Ponieważ interakcja między czynnikami A i B jest istotna, wykorzystaj test Tukeya do utworzenia grup
jednorodnych dla wariantów czynnika B (sposobów utrzymania gleby) w ramach wariantu czynnika A
(odmian topoli). Przyjmij

 = 0,01.

Odmiany topoli

(A)

Sposoby utrzymania gleby (B)

Sposób 1

Sposób 2

Sposób 3

Sposób 4

Odmiana 1

89
88
87

92
91
90

74
76
81

76
77
78

Odmiana 2

99
98
97

100

98
98

76
77
78

81
83
84

Odmiana 3

93

100
100

101
102
104

78
79
77

78
82
83

Odp. grupy jednorodne dla A

1

: (B

4

, B

3

), (B

2

, B

1

); dla A

2

: (B

3

, B

4

), (B

2

,B

1

) dla A

3

: (B

3

, B

4

), (B

1

,B

2

)

(Dla wszystkich badanych odmian, na poziomie istotności 0,01, istotnie większy średni przyrost jest przy
zastosowaniu metody 1 lub 2).

You created this PDF from an application that is not licensed to print to novaPDF printer (

http://www.novapdf.com

)

Inżynieria środowiska

Ćwiczenia 3

2012/2013

Doświadczenia dwuczynnikowe – analiza wariancji testy szczegółowe (układy niezależne)

11

Wzory 1 :

analiza wariancji - doświadczenia dwuczynnikowe - układ całkowicie losowy
Sumy
kwadrató
w SS

i średnie
kwadraty
MS

n

)

x

(

x

SS

r

k

a

i

b

j

ijk

r

k

a

i

b

j

ijk

C

2

1 1

1

1 1

1

2

  

  

 



 







,

n

)

x

(

)

x

(

rb

SS

r

k

a

i

b

j

ijk

a

i

r

k

b

j

ijk

A

2

1 1

1

1

1

2

1

1

  

  

  











,

n

)

x

(

)

x

(

ra

SS

r

k

a

i

b

j

ijk

b

j

r

k

a

i

ijk

B

2

1 1

1

1

1

2

1

1

  

  

 





 





B

A

r

k

a

i

b

j

ijk

a

i

b

j

r

k

ijk

AB

SS

SS

n

)

x

(

)

x

(

r

SS









  

  

 



 



2

1 1

1

1

1

1

2

1

SS

E

=SS

C

-SS

A

-SS

B

-SS

AB

1





a

SS

MS

A

A

1





b

SS

MS

B

B

)

b

)(

a

(

SS

MS

AB

AB

1

1







)

1

( 



r

ab

SS

MS

E

E

Hipotezy ogólne - test dla porównania wielu populacji - test Fishera – Snedecora
Czynnik A
H

0A

:

a

A

A

A













...

2

1

H

1A

:H

0A

E

A

A

MS

MS

F 

Obszar krytyczny

F

A

>

)

1

(

;

1

;





r

ab

a

F



Czynnik B
H

0B

:

b

B

B

B













...

2

1

H

1B

:H

0B

E

B

B

MS

MS

F 

Obszar krytyczny

F

B

>

)

1

(

;

1

;





r

ab

b

F



Interakcja AxB
H

0AB

: brak interakcji

H

1AB

:H

0AB

E

AB

AB

MS

MS

F



Obszar krytyczny

F

AB

>

)

1

(

);

1

)(

1

(

;







r

ab

b

a

F



Hipotezy szczegółowe - test dla różnicy średnich - test Tukeya
Czynnik A
H

0ii’

:

0





'

i

i

A

A





H

1ii’

:H

0ii’

gdy

T

A

'i

i

NIR

x

x





H

0ii’

odrzucamy

Najmniejsza istotna różnica

E

,

a

,

E

T

A

q

rb

MS

NIR









Czynnik B
H

0jj’

:

0





'

j

j

B

B





H

1jj’

:H

0jj’

gdy

T

B

'j

j

NIR

x

x





H

0jj’

odrzucamy

Najmniejsza istotna różnica

E

,

b

,

E

T

B

q

ra

MS

NIR









Kombinacje
czynników A i B
H

0ij(ij)’

:

0





)'

B

A

(

B

A

j

i

j

i





H

1ij(ij)’

:H

0ij(ij)’

gdy

T

AB

)'

B

A

(

B

A

NIR

x

x

j

i

j

i





H

0ij(ij)’

odrzucamy

Najmniejsza istotna różnica

E

,

ab

,

E

T

AB

q

r

MS

NIR









You created this PDF from an application that is not licensed to print to novaPDF printer (

http://www.novapdf.com

)

Inżynieria środowiska

Ćwiczenia 3

2012/2013

Doświadczenia dwuczynnikowe – analiza wariancji testy szczegółowe (układy niezależne)

12

Wzory 2 :

analiza wariancji - doświadczenia dwuczynnikowe układ bloków los. kompletnych
Sumy
kwadrató
w SS

i średnie
kwadraty
MS

n

)

x

(

x

SS

r

k

a

i

b

j

ijk

r

k

a

i

b

j

ijk

C

2

1 1

1

1 1

1

2

  

  

 



 







,

n

)

x

(

)

x

(

ab

SS

r

k

a

i

b

j

ijk

r

k

a

i

b

j

ijk

R

2

1 1

1

1

1

2

1

1

  

  

  











n

)

x

(

)

x

(

rb

SS

r

k

a

i

b

j

ijk

a

i

r

k

b

j

ijk

A

2

1 1

1

1

1

2

1

1

  

  

  











,

n

)

x

(

)

x

(

ra

SS

r

k

a

i

b

j

ijk

b

j

r

k

a

i

ijk

B

2

1 1

1

1

1

2

1

1

  

  

 





 





B

A

r

k

a

i

b

j

ijk

a

i

b

j

r

k

ijk

AB

SS

SS

n

)

x

(

)

x

(

r

SS









  

  

 



 



2

1 1

1

1

1

1

2

1

SS

E

=SS

C

-SS

R

-SS

A

-SS

B

-SS

AB

1





r

SS

MS

R

R

1





a

SS

MS

A

A

1





b

SS

MS

B

B

)

1

)(

1

(







b

a

SS

MS

AB

AB

E

E

E

SS

MS





Hipotezy ogólne - test dla porównania wielu populacji - test Fishera – Snedecora
Czynnik A
H

0A

:

a

A

A

A













...

2

1

H

1A

:H

0A

E

A

A

MS

MS

F 

Obszar krytyczny

F

A

>

E

a

F





;

1

; 

Czynnik B
H

0B

:

b

B

B

B













...

2

1

H

1B

:H

0B

E

B

B

MS

MS

F 

Obszar krytyczny

F

B

>

E

b

F





;

1

; 

Interakcja A*B
H

0AB

: brak interakcji

H

1AB

:H

0AB

E

AB

AB

MS

MS

F



Obszar krytyczny

F

AB

>

E

b

a

F





);

1

)(

1

(

;





Hipotezy szczegółowe - test dla różnicy średnich - test Tukeya
Czynnik A
H

0ii’

:

0





'

i

i

A

A





H

1ii’

:H

0ii’

gdy

T

A

'i

i

NIR

x

x





H

0ii’

odrzucamy

Najmniejsza istotna różnica

E

,

a

,

E

T

A

q

rb

MS

NIR









Czynnik B
H

0jj’

:

0





'

j

j

B

B





H

1jj’

:H

0jj’

gdy

T

B

'j

j

NIR

x

x





H

0jj’

odrzucamy

Najmniejsza istotna różnica

E

,

b

,

E

T

B

q

ra

MS

NIR









Komb. Czyn. A i B
H

0ij(ij)’

:

0





)'

B

A

(

B

A

j

i

j

i





H

1ij(ij)’

:H

0ij(ij)’

gdy

T

AB

)'

B

A

(

B

A

NIR

x

x

j

i

j

i





H

0ij(ij)’

odrzucamy

Najmniejsza istotna różnica

E

,

ab

,

E

T

AB

q

r

MS

NIR









You created this PDF from an application that is not licensed to print to novaPDF printer (

http://www.novapdf.com

)