wybrane testy istotności

WprowadzenieTesty dla srednich populacji

Testy dla frakcji populacjiTesty dla wariancji populacji

Test normalnosci Shapiro-Wilka

WYBRANE STATYSTYCZNE TESTYISTOTNOSCI

Agnieszka Rossa

Agnieszka Rossa WYBRANE STATYSTYCZNE TESTY ISTOTNOSCI




Szkic wykładu

1 WprowadzeniePrzypomnienie podstawowych pojecEtapy testowania hipotez statystycznychRodzaje błedów przy testowaniu hipotez

2 Testy dla srednich populacjiTesty dla jednej sredniej populacjiTesty dla dwóch srednich populacji

3 Testy dla frakcji populacjiTest dla jednej frakcjiTest dla dwóch frakcji

4 Testy dla wariancji populacjiTest dla jednej wariancji

5 Test normalnosci Shapiro-Wilka





Przypomnienie podstawowych pojecEtapy testowania hipotez statystycznychRodzaje błedów przy testowaniu hipotez

Przypomnienie podstawowych pojec z zakresu testowania hipotezDefinicja testu istotnosci

Teoria weryfikacji hipotez zajmuje sie metodami testowania do-wolnego przypuszczenia dotyczacego nieznanego rozkładu lubnieznanych parametrów rozkładu badanej cechy w populacji.

Testem istotnosci nazywamy procedure pozwalajacaokreslic – w zbiorze mozliwych wyników z próby loso-wej – dwa podzbiory: obszar odrzucenia oraz jego do-pełnienie (obszar nieodrzucenia).Podzbiory te wyznaczamy przy załozeniu, ze prawdzi-we jest pewne przypuszczenie H0 dotyczace populacji.Jesli wynik z próby znajdzie sie w obszarze odrzuce-nia, wówczas odrzucamy hipoteze H0 na rzecz hipote-zy alternatywnej H1. W przeciwnym przypadku stwier-dzamy, ze nie ma podstaw do odrzucenia H0.








Testem istotnosci nazywamy procedure pozwalajacaokreslic – w zbiorze mozliwych wyników z próby loso-wej – dwa podzbiory: obszar odrzucenia oraz jego do-pełnienie (obszar nieodrzucenia).

Podzbiory te wyznaczamy przy załozeniu, ze prawdzi-we jest pewne przypuszczenie H0 dotyczace populacji.Jesli wynik z próby znajdzie sie w obszarze odrzuce-nia, wówczas odrzucamy hipoteze H0 na rzecz hipote-zy alternatywnej H1. W przeciwnym przypadku stwier-dzamy, ze nie ma podstaw do odrzucenia H0.








Testem istotnosci nazywamy procedure pozwalajacaokreslic – w zbiorze mozliwych wyników z próby loso-wej – dwa podzbiory: obszar odrzucenia oraz jego do-pełnienie (obszar nieodrzucenia).Podzbiory te wyznaczamy przy załozeniu, ze prawdzi-we jest pewne przypuszczenie H0 dotyczace populacji.

Jesli wynik z próby znajdzie sie w obszarze odrzuce-nia, wówczas odrzucamy hipoteze H0 na rzecz hipote-zy alternatywnej H1. W przeciwnym przypadku stwier-dzamy, ze nie ma podstaw do odrzucenia H0.








Testem istotnosci nazywamy procedure pozwalajacaokreslic – w zbiorze mozliwych wyników z próby loso-wej – dwa podzbiory: obszar odrzucenia oraz jego do-pełnienie (obszar nieodrzucenia).Podzbiory te wyznaczamy przy załozeniu, ze prawdzi-we jest pewne przypuszczenie H0 dotyczace populacji.Jesli wynik z próby znajdzie sie w obszarze odrzuce-nia, wówczas odrzucamy hipoteze H0 na rzecz hipote-zy alternatywnej H1. W przeciwnym przypadku stwier-dzamy, ze nie ma podstaw do odrzucenia H0.






Przypomnienie podstawowych pojec z zakresu testowania hipotezEtapy testowania hipotez statystycznych

1. Formułujemy pare wykluczajacych sie hipotez H0,H1dotyczacych interesujacej nas populacji.

2. Ustalamy dopuszczalny poziom istotnosci α.

3. Projektujemy i przeprowadzamy eksperyment (losujemypróbe) i obliczamy statystyke testu.

4. Wyznaczamy obszar odrzucenia testu, przy załozeniu,ze prawdziwa jest hipoteza zerowa H0.

5. Jesli wartosc statystyki testu znajdzie sie w obszarzeodrzucenia, wówczas odrzucamy hipoteze H0 na rzeczH1. W przeciwnym przypadku stwierdzamy, ze nie mapodstaw do odrzucenia H0.






Przypomnienie podstawowych pojec z zakresu testowania hipotezRodzaje błedów przy testowaniu hipotez

Bład I rodzaju polega na odrzuceniu hipotezy zerowej,w przypadku gdy była hipoteza prawdziwa. Prawdopodo-bienstwo błedu I rodzaju jest zadane z góry i jest małaliczba dodatnia – rzedu 0,1 lub mniej (jest to tzw. poziomistotnosci testu α).Znajomosc ryzyka błedu I rodzaju upowaznia dopodejmowania decyzji o odrzuceniu hipotezy zerowej.Bład II rodzaju polega na przyjeciu hipotezy zerowej,w przypadku gdy była hipoteza fałszywa. Prawdopodo-bienstwo błedu II rodzaju β zwykle nie jest znane.W testach istotnosci nie podejmujemy decyzji o przyjeciuhipotezy zerowej, poniewaz nie znamy ryzyka błedu II ro-dzaju.







Bład I rodzaju polega na odrzuceniu hipotezy zerowej,w przypadku gdy była hipoteza prawdziwa. Prawdopodo-bienstwo błedu I rodzaju jest zadane z góry i jest małaliczba dodatnia – rzedu 0,1 lub mniej (jest to tzw. poziomistotnosci testu α).

Znajomosc ryzyka błedu I rodzaju upowaznia dopodejmowania decyzji o odrzuceniu hipotezy zerowej.Bład II rodzaju polega na przyjeciu hipotezy zerowej,w przypadku gdy była hipoteza fałszywa. Prawdopodo-bienstwo błedu II rodzaju β zwykle nie jest znane.W testach istotnosci nie podejmujemy decyzji o przyjeciuhipotezy zerowej, poniewaz nie znamy ryzyka błedu II ro-dzaju.







Bład I rodzaju polega na odrzuceniu hipotezy zerowej,w przypadku gdy była hipoteza prawdziwa. Prawdopodo-bienstwo błedu I rodzaju jest zadane z góry i jest małaliczba dodatnia – rzedu 0,1 lub mniej (jest to tzw. poziomistotnosci testu α).Znajomosc ryzyka błedu I rodzaju upowaznia dopodejmowania decyzji o odrzuceniu hipotezy zerowej.

Bład II rodzaju polega na przyjeciu hipotezy zerowej,w przypadku gdy była hipoteza fałszywa. Prawdopodo-bienstwo błedu II rodzaju β zwykle nie jest znane.W testach istotnosci nie podejmujemy decyzji o przyjeciuhipotezy zerowej, poniewaz nie znamy ryzyka błedu II ro-dzaju.







Bład I rodzaju polega na odrzuceniu hipotezy zerowej,w przypadku gdy była hipoteza prawdziwa. Prawdopodo-bienstwo błedu I rodzaju jest zadane z góry i jest małaliczba dodatnia – rzedu 0,1 lub mniej (jest to tzw. poziomistotnosci testu α).Znajomosc ryzyka błedu I rodzaju upowaznia dopodejmowania decyzji o odrzuceniu hipotezy zerowej.Bład II rodzaju polega na przyjeciu hipotezy zerowej,w przypadku gdy była hipoteza fałszywa. Prawdopodo-bienstwo błedu II rodzaju β zwykle nie jest znane.

W testach istotnosci nie podejmujemy decyzji o przyjeciuhipotezy zerowej, poniewaz nie znamy ryzyka błedu II ro-dzaju.







Bład I rodzaju polega na odrzuceniu hipotezy zerowej,w przypadku gdy była hipoteza prawdziwa. Prawdopodo-bienstwo błedu I rodzaju jest zadane z góry i jest małaliczba dodatnia – rzedu 0,1 lub mniej (jest to tzw. poziomistotnosci testu α).Znajomosc ryzyka błedu I rodzaju upowaznia dopodejmowania decyzji o odrzuceniu hipotezy zerowej.Bład II rodzaju polega na przyjeciu hipotezy zerowej,w przypadku gdy była hipoteza fałszywa. Prawdopodo-bienstwo błedu II rodzaju β zwykle nie jest znane.W testach istotnosci nie podejmujemy decyzji o przyjeciuhipotezy zerowej, poniewaz nie znamy ryzyka błedu II ro-dzaju.






Podstawowy podział hipotez statystycznych

Hipotezy statystyczne dzielimy na:

Hipotezy parametryczne dotycza parametrów rozkładubadanej cechy, gdy znamy rodzine rozkładów, do którejnalezy rozkład tej cechy (np. wiemy, ze jest to rozkładnormalny, a hipoteza dotyczy jednego lub obu parametrówrozkładu normalnego (wartosci sredniej µ lub wariancji σ2).

Jezeli nie znamy klasy rozkładów, do której nalezy rozkładbadanej cechy, a hipoteza dotyczy parametrów lub funkcjirozkładu, to taka hipoteze nazywamy hipoteza niepara-metryczna.





Testy dla jednej sredniej populacjiTesty dla dwóch srednich populacji

Testy istotnosci dla jednej sredniej populacji – wprowadzenie

Przy sprawdzaniu hipotez statystycznych dotyczacychsredniej µ w populacji hipoteza zerowa zakłada, ze sredniata jest równa pewnej, ustalonej wartosci µ0, natomiast hi-poteza alternatywna zakłada, ze srednia przyjmuje war-tosc inna niz przyjeta w hipotezie zerowej.

Mozemy rozwazac trzy zestawy hipotez:1. H0 : µ = µ0, H1 : µ > µ0,2. H0 : µ = µ0, H1 : µ < µ0,3. H0 : µ = µ0, H1 : µ 6= µ0.

gdzie µ0 oznacza domniemana wartosc parametru µ.

Dalej rozwazac bedziemy dwa testy weryfikujace hipotezeH0 przeciwko jednej z trzech wersji hipotezy H1: test U dlajednej sredniej oraz test Studenta dla jednej sredniej.








Mozemy rozwazac trzy zestawy hipotez:

1. H0 : µ = µ0, H1 : µ > µ0,2. H0 : µ = µ0, H1 : µ < µ0,3. H0 : µ = µ0, H1 : µ 6= µ0.










Mozemy rozwazac trzy zestawy hipotez:1. H0 : µ = µ0, H1 : µ > µ0,

2. H0 : µ = µ0, H1 : µ < µ0,3. H0 : µ = µ0, H1 : µ 6= µ0.










Mozemy rozwazac trzy zestawy hipotez:1. H0 : µ = µ0, H1 : µ > µ0,2. H0 : µ = µ0, H1 : µ < µ0,

3. H0 : µ = µ0, H1 : µ 6= µ0.










Mozemy rozwazac trzy zestawy hipotez:1. H0 : µ = µ0, H1 : µ > µ0,2. H0 : µ = µ0, H1 : µ < µ0,3. H0 : µ = µ0, H1 : µ 6= µ0.








Test U dla jednej sredniejczyli test dla sredniej populacji w przypadku duzej próby

Zakładamy, ze dysponujemy duza próba prosta(o licznosci n ≥ 30).

Statystyka testu, słuzaca do testowania hipotezy zerowejH0 : µ = µ0 przeciwko jednej z trzech hipotez alterna-tywnych (przedstawionych w punktach 1-3), ma postac:

U =X − µ0

S√

n

gdzie X i S oznaczaja odpowiednio srednia arytmetycznai odchylenie standardowe z próby.

Zmienna losowa U ma przy załozeniu prawdziwoscihipotezy zerowej graniczny rozkład normalny N(0,1).







1. W przypadku hipotezy alternatywnej H1 : µ > µ0 konstru-ujemy prawostronny obszar odrzucenia. Jest nim przedziałliczbowy [uα,∞), gdzie uα oznacza kwantyl rzedu 1− αrozkładu N(0,1).

Copyright Giorgio Krenkel and Alex Sandri, GNU Free Documentation License, Low Resolution







2. W przypadku hipotezy alternatywnej H1 : µ < µ0 konstru-ujemy lewostronny obszar odrzucenia, tj. przedział liczbo-wy (−∞,−uα], gdzie uα jest kwantylem rzedu 1− αrozkładu N(0,1).








3. W przypadku hipotezy alternatywnej H1 : µ 6= µ0 buduje-my dwustronny obszar odrzucenia, okreslony jako sumaprzedziałów (−∞,−uα

2] ∪ [uα

2,∞), gdzie uα

2jest kwanty-

lem rzedu 1− α2 rozkładu N(0,1) (kwantyle odczytujemy

z tablic rozkładu N(0,1) – por. nastepny slajd).







Fragment tablicy dystrybuanty rozkładu N(0,1)







Przykłady

Przykład 1.Firma doradztwa inwestycyjnego zapewnia, ze przecietnastopa zwrotu z akcji w pewnej branzy wynosi 11,5%.

Inwestor chce sprawdzic te opinie. Pobiera próbe złozonaz akcji 50 spółek nalezacych do danej branzy. Na podsta-wie danych z próby stwierdza, ze srednia stopa zwrotu zakcji wynosi 10,4%, przy odchyleniu standardowym 3,4%.

Czy inwestor ma dostateczne podstawy do odrzuceniazapewnienia firmy doradczej na poziomie istotnosci 0,05?






Rozwiazanie

Niech µ oznacza srednia stope zwrotu z akcji dla ogółuspółek danej branzy.

Formułujemy hipoteze zerowa H0, iz srednia ta równa jestwartosci podanej przez firme doradcza, tj. 11,5%, przeciw-ko hipotezie alternatywnej H1, iz srednia rózni sie od tejwartosci.

Formalnie, obie hipotezy zapisujemy nastepujaco:

H0 : µ = 11,5%, H1 : µ 6= 11,5%.






Rozwiazanie – c.d.

Poniewaz dysponujemy duza próba, wiec do weryfikacjihipotezy H0 mozemy skorzystac z testu U dla jednej sred-niej. W tym celu obliczamy wartosc u statystyki testu U:

u =10,4− 11,5

3,4

√50 ≈ −2,29.

Budujemy dwustronny obszar odrzucenia dla α = 0,05.Jest nim suma przedziałów: (−∞,−1,96] ∪ [1,96,∞).

Wartosc u statystyki testu lezy w obszarze odrzucenia.

Odrzucamy hipotezy zerowa na rzecz hipotezy alter-natywnej.







Wniosek: Stwierdzamy tym samym, ze zapewnienia firmydoradczej nie sa prawdziwe. Ryzyko tego, ze nasz wnioseknie jest słuszny, jest małe i wynosi α (tutaj 0,05).







Przykłady

Przykład 2.Istnieje opinia, ze pasazerowie linii lotniczych maja tenden-cje do zabierania coraz wiekszego bagazu podrecznego.Kabiny w samolotach pewnej linii lotniczej umozliwiajaprzechowywanie bagazu podrecznego o nominalnej wadze20 kg.

Aby własciwie przeprojektowac kabiny, zbadano wage ba-gazu podrecznego dla losowej próby 150 pasazerów, uzys-kujac srednia wage bagazu równa 22 kg, przy odchyleniustandardowym 6 kg.Na poziomie istotnosci 0,05 zweryfikowac przypuszczenie,ze srednia waga bagazu podrecznego wsród pasazerówlinii lotniczych nie rózni sie od wagi nominalnej, przeciwkohipotezie, iz ja przekracza.






Przykłady

Przykład 2.Istnieje opinia, ze pasazerowie linii lotniczych maja tenden-cje do zabierania coraz wiekszego bagazu podrecznego.Kabiny w samolotach pewnej linii lotniczej umozliwiajaprzechowywanie bagazu podrecznego o nominalnej wadze20 kg.Aby własciwie przeprojektowac kabiny, zbadano wage ba-gazu podrecznego dla losowej próby 150 pasazerów, uzys-kujac srednia wage bagazu równa 22 kg, przy odchyleniustandardowym 6 kg.

Na poziomie istotnosci 0,05 zweryfikowac przypuszczenie,ze srednia waga bagazu podrecznego wsród pasazerówlinii lotniczych nie rózni sie od wagi nominalnej, przeciwkohipotezie, iz ja przekracza.






Przykłady

Przykład 2.Istnieje opinia, ze pasazerowie linii lotniczych maja tenden-cje do zabierania coraz wiekszego bagazu podrecznego.Kabiny w samolotach pewnej linii lotniczej umozliwiajaprzechowywanie bagazu podrecznego o nominalnej wadze20 kg.Aby własciwie przeprojektowac kabiny, zbadano wage ba-gazu podrecznego dla losowej próby 150 pasazerów, uzys-kujac srednia wage bagazu równa 22 kg, przy odchyleniustandardowym 6 kg.Na poziomie istotnosci 0,05 zweryfikowac przypuszczenie,ze srednia waga bagazu podrecznego wsród pasazerówlinii lotniczych nie rózni sie od wagi nominalnej, przeciwkohipotezie, iz ja przekracza.






Rozwiazanie

Niech µ oznacza srednia wage bagazu podrecznegopasazerów linii lotniczych. Hipoteze zerowa i alterna-tywna mozemy sformułowac nastepujaco:

H0 : µ = 20 kg, H1 : µ > 20 kg.

Poniewaz równiez w tym przypadku dysponujemy duzapróba, wiec do weryfikacji hipotezy H0 skorzystamy z testuU dla jednej sredniej. Obliczamy wartosc u statystyki testu:

u =22− 20

6

√150 ≈ 4,08.

Definiujemy obszar odrzucenia: [1,64,∞). Odrzucamyhipoteze zerowa na rzecz hipotezy alternatywnej.







Wniosek: Stwierdzamy, ze srednia waga bagazu podrecznegojest wieksza od wagi nominalnej, co wskazuje na koniecznoscprzeprojektowania kabin. Prawdopodobienstwo tego, ze niesłu-sznie odrzucilismy hipoteze zerowa wynosi 0,05.







Przykłady

Przykład 3.Na opakowaniu pewnego towaru widnieje napis: ”prze-cietna waga wynosi 200 g”. Do Stowarzyszenia Konsu-mentów napływaja jednak skargi klientów, iz producentzaniza wage produktu.

W celu sprawdzenia prawdziwosci informacji podanejprzez producenta, zwazono zawartosc 100 losowo wybra-nych opakowan danego produktu. Uzyskano srednia wagerówna 199,5 g, przy odchyleniu standardowym 6 g.

Czy na podstawie uzyskanych wyników mozna sadzic, zeinformacja na opakowaniu nie jest prawdziwa, przyjmujacpoziom istotnosci 0,05?






Rozwiazanie

Niech µ oznacza srednia wage opakowania produktu.Hipotezy zerowa i alternatywna maja postac:

H0 : µ = 200 g, H1 : µ < 200 g.

Poniewaz dysponujemy duza próba, wiec podobnie, jakw przykładach 1 i 2, korzystamy z tego samego testu.Wartosc u statystyki testu wynosi:

u =199,5− 200

6

√100 ≈ −0,83.

W tym przypadku mamy lewostronny obszar odrzucenia,który dla α = 0,05 jest postaci: (−∞,−1,64].Nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy zerowej.






Rozwiazanie


H0 : µ = 200 g, H1 : µ < 200 g.


u =199,5− 200

6

√100 ≈ −0,83.

W tym przypadku mamy lewostronny obszar odrzucenia,który dla α = 0,05 jest postaci: (−∞,−1,64].

Nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy zerowej.






Rozwiazanie


H0 : µ = 200 g, H1 : µ < 200 g.


u =199,5− 200

6

√100 ≈ −0,83.

W tym przypadku mamy lewostronny obszar odrzucenia,który dla α = 0,05 jest postaci: (−∞,−1,64].Nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy zerowej.







Na poziomie istotnosci 0,05 nie udało sie potwierdzic podejrzeno tym, ze informacja producenta dotyczaca sredniej wagi pro-duktu jest nieprawdziwa.







Test Studenta dla jednej sredniejczyli test dla sredniej populacji, gdy cecha ma rozkład normalny

Drugi test dla jednej sredniej (test Studenta), stosowanyjest przy załozeniu, ze cecha ma rozkład normalnyN(µ, σ), przy czym parametry µ i σ sa nieznane.

Test Studenta dla jednej sredniej weryfikuje te sama hipo-teze zerowa H0 : µ = µ0 przeciwko jednej z trzech wersjihipotezy alternatywnej H1 : µ>µ0 lub µ<µ0, lub µ 6=µ0.Statystyka testu ma postac:

t =X − µ0

S

√n − 1

gdzie X i S – srednia i odchylenie standardowe z próby.Zmienna t ma przy załozeniu prawdziwosci hipotezyzerowej rozkład Studenta o k =n−1 st. swobody.







Drugi test dla jednej sredniej (test Studenta), stosowanyjest przy załozeniu, ze cecha ma rozkład normalnyN(µ, σ), przy czym parametry µ i σ sa nieznane.Test Studenta dla jednej sredniej weryfikuje te sama hipo-teze zerowa H0 : µ = µ0 przeciwko jednej z trzech wersjihipotezy alternatywnej H1 : µ>µ0 lub µ<µ0, lub µ 6=µ0.

Statystyka testu ma postac:

t =X − µ0

S

√n − 1








Drugi test dla jednej sredniej (test Studenta), stosowanyjest przy załozeniu, ze cecha ma rozkład normalnyN(µ, σ), przy czym parametry µ i σ sa nieznane.Test Studenta dla jednej sredniej weryfikuje te sama hipo-teze zerowa H0 : µ = µ0 przeciwko jednej z trzech wersjihipotezy alternatywnej H1 : µ>µ0 lub µ<µ0, lub µ 6=µ0.Statystyka testu ma postac:

t =X − µ0

S

√n − 1

gdzie X i S – srednia i odchylenie standardowe z próby.

Zmienna t ma przy załozeniu prawdziwosci hipotezyzerowej rozkład Studenta o k =n−1 st. swobody.







Drugi test dla jednej sredniej (test Studenta), stosowanyjest przy załozeniu, ze cecha ma rozkład normalnyN(µ, σ), przy czym parametry µ i σ sa nieznane.Test Studenta dla jednej sredniej weryfikuje te sama hipo-teze zerowa H0 : µ = µ0 przeciwko jednej z trzech wersjihipotezy alternatywnej H1 : µ>µ0 lub µ<µ0, lub µ 6=µ0.Statystyka testu ma postac:

t =X − µ0

S

√n − 1








1. Podobnie, jak poprzednio, w przypadku hipotezy alterna-tywnej H1 : µ > µ0 konstruujemy prawostronny obszar od-rzucenia. Jest nim przedział liczbowy [tα,∞), gdzie tα tokwantyl rzedu 1− α rozkładu Studenta o k =n−1 st. sw.








2. W przypadku hipotezy alternatywnej H1 : µ < µ0 konstru-ujemy lewostronny obszar odrzucenia, którym jest prze-dział liczbowy (−∞,−tα], gdzie tα oznacza kwantyl rzedu1− α rozkładu Studenta o k = n − 1 stopniach swobody.








3. W przypadku hipotezy alternatywnej H1 : µ 6= µ0 buduje-my dwustronny obszar odrzucenia, okreslony jako sumaprzedziałów (−∞,−tα

2] ∪ [tα

2,∞), gdzie tα

2to kwantyl rzedu

1− α2 rozkładu Studenta o k=n−1 st. sw. (nastepny slajd).







Fragment tablicy kwantyli rozkładu Studenta







Przykłady

Przykład 4.Kierownictwo pewnej firmy ubezpieczeniowej wysunełoprzypuszczenie, ze srednie wypłaty ponoszone z tytułuodszkodowan powodziowych przekraczaja kwote 2 mln zł.

Przeanalizowano dane dotyczace wysokosci odszkodowanponiesionych przez te firme podczas 5 kolejnych powodzi.Ustalono, ze łaczne kwoty odszkodowan powodziowychwypłaconych w rozwazanych okresach wynosiłyodpowiednio (w mln zł): 1,9; 3,7; 2,9; 2,0; 3,3.

Czy mozna przyjac, ze kierownictwo firmy ma racje?Zweryfikowac odpowiednia hipoteze na poziomie istotnosciα = 0,05, zakładajac, ze rozkład wysokosci odszkodowanpowodziowych jest normalny.






Rozwiazanie

Niech µ oznacza srednia wielkosc odszkodowan wy-płacanych podczas powodzi. Formułujemy hipotezy:

H0 : µ = 2 mln zł, H1 : µ > 2 mln zł.

Poniewaz rozkład badanej cechy jest normalny, wiec ko-rzystamy z testu Studenta. Srednia w próbie wynosi 2,76mln zł, a odchylenie standardowe 0,71 mln zł. Stad mamy:

t =2,76− 2

0,71

√4 ≈ 2,14.

Definiujemy prawostronny obszar odrzucenia dla α = 0,05oraz 4 stopni swobody. Jest nim przedział: [2,13,∞).Odrzucamy hipoteze zerowa na rzecz alternatywnej.






Rozwiazanie


H0 : µ = 2 mln zł, H1 : µ > 2 mln zł.


t =2,76− 2

0,71

√4 ≈ 2,14.

Definiujemy prawostronny obszar odrzucenia dla α = 0,05oraz 4 stopni swobody. Jest nim przedział: [2,13,∞).

Odrzucamy hipoteze zerowa na rzecz alternatywnej.






Rozwiazanie


H0 : µ = 2 mln zł, H1 : µ > 2 mln zł.


t =2,76− 2

0,71

√4 ≈ 2,14.

Definiujemy prawostronny obszar odrzucenia dla α = 0,05oraz 4 stopni swobody. Jest nim przedział: [2,13,∞).Odrzucamy hipoteze zerowa na rzecz alternatywnej.







Wniosek: Stwierdzamy, ze srednia wartosc odszkodowanpowodziowych w tej firmie jest wyzsza od 2 mln zł. Ryzykotego, ze odrzucilismy prawdziwa hipoteze wynosi 0,05.







Testy dla srednich w dwóch populacjach – wprowadzenie

W niektórych praktycznych zagadnieniach chodzi nie tyleo sprawdzenie, czy srednia w populacji jest równa pewnejwartosci, a bardziej o sprawdzenie, czy srednie w dwóchpopulacjach nie róznia sie.

Mozemy tu rozwazac trzy zestawy hipotez:a. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 > µ2,b. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 < µ2,c. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 6= µ2,

gdzie µ1 i µ2 oznaczaja srednie wartosci cechy w dwóchbadanych populacjach.

Poznamy dwa testy weryfikujace hipoteze H0 przeciwkojednej z hipotez H1: test U dla dwóch srednich oraz testStudenta dla dwóch srednich.








Mozemy tu rozwazac trzy zestawy hipotez:

a. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 > µ2,b. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 < µ2,c. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 6= µ2,










Mozemy tu rozwazac trzy zestawy hipotez:a. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 > µ2,

b. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 < µ2,c. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 6= µ2,










Mozemy tu rozwazac trzy zestawy hipotez:a. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 > µ2,b. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 < µ2,

c. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 6= µ2,










Mozemy tu rozwazac trzy zestawy hipotez:a. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 > µ2,b. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 < µ2,c. H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 6= µ2,








Test U dla dwóch srednichczyli test dla srednich w dwóch populacjach w przypadku duzych prób

Zakładamy, ze dysponujemy dwiema duzymi próbamiprostymi pobranymi z dwóch populacji (n1,n2≥30).

Statystyka testu, słuzaca do testowania hipotezy zerowejH0 : µ1 = µ2 przeciwko jednej z trzech wersji hipotezyalternatywnej (przedstawionych w punktach a–c), mapostac:

U =X1 − X2√

S21

n1+

S22

n2

gdzie X1, X2 oznaczaja srednie arytmetyczne z obu prób,natomiast S2

1 ,S22 – wariancje z prób.








Zakładamy, ze dysponujemy dwiema duzymi próbamiprostymi pobranymi z dwóch populacji (n1,n2≥30).Statystyka testu, słuzaca do testowania hipotezy zerowejH0 : µ1 = µ2 przeciwko jednej z trzech wersji hipotezyalternatywnej (przedstawionych w punktach a–c), mapostac:

U =X1 − X2√

S21

n1+

S22

n2

gdzie X1, X2 oznaczaja srednie arytmetyczne z obu prób,natomiast S2









Zasady budowy obszaru odrzucenia testu sa analogiczne,jak w tescie U dla jednej sredniej, a wiec:

a. W przypadku hipotezy alternatywnej H1 : µ1 > µ2 konstru-ujemy prawostronny obszar odrzucenia. Jest nim przedziałliczbowy [uα,∞), gdzie uα oznacza kwantyl rzedu 1− αrozkładu N(0,1).

b. W przypadku hipotezy alternatywnej H1 : µ1 < µ2 konstru-ujemy lewostronny obszar odrzucenia (−∞,−uα], gdzie uαoznacza kwantyl rzedu 1− α rozkładu N(0,1).

c. W przypadku hipotezy alternatywnej H1 : µ1 6= µ2 buduje-my dwustronny obszar odrzucenia definiowany jako sumaprzedziałów (−∞,−uα

2] ∪ [uα

2,∞), gdzie uα

2jest kwanty-

lem rzedu 1− α2 rozkładu N(0,1) (nastepny slajd).






Fragment tablicy dystrybuanty rozkładu N(0,1)







Przykłady

Przykład 5.Istnieje powszechne przekonanie, ze pracownicy z wyksz-tałceniem wyzszym zarabiaja przecietnie wiecej niz pra-cownicy z nizszym poziomem wykształcenia.

Zbadano wysokosc zarobków w dwóch losowych próbachpracowników: z wykształceniem wyzszym i z wykształ-ceniem co najwyzej gimnazjalnym.

W pierwszej próbie, liczacej 60 osób, srednia wysokoscmiesiecznych zarobków wynosiła 3 tys. zł, przy odchyleniustandardowym 0,9 tys. zł. W drugiej próbie, liczacej 100osób, srednia zarobków wynosiła 2,5 tys. zł, przy odchy-leniu standardowym 0,5 tys. zł.

Zweryfikowac odpowiednia hipoteze, przyjmujac α = 0,02.






Przykłady

Przykład 5.Istnieje powszechne przekonanie, ze pracownicy z wyksz-tałceniem wyzszym zarabiaja przecietnie wiecej niz pra-cownicy z nizszym poziomem wykształcenia.

Zbadano wysokosc zarobków w dwóch losowych próbachpracowników: z wykształceniem wyzszym i z wykształ-ceniem co najwyzej gimnazjalnym.

W pierwszej próbie, liczacej 60 osób, srednia wysokoscmiesiecznych zarobków wynosiła 3 tys. zł, przy odchyleniustandardowym 0,9 tys. zł. W drugiej próbie, liczacej 100osób, srednia zarobków wynosiła 2,5 tys. zł, przy odchy-leniu standardowym 0,5 tys. zł.

Zweryfikowac odpowiednia hipoteze, przyjmujac α = 0,02.Agnieszka Rossa WYBRANE STATYSTYCZNE TESTY ISTOTNOSCI





Rozwiazanie

Niech µ1 i µ2 oznaczaja srednie zarobki pracownikówz wykształceniem wyzszym i co najwyzej gimnazjalnym.Formułujemy hipotezy: H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 > µ2.

Poniewaz dysponujemy duzymi próbami, wiec korzystamyz testu U dla dwóch srednich. Wartosc statystyki testuwynosi:

u =3− 2,5√

(0,9)2

60 + (0,5)2

100

≈ 3,95.

Prawostronny obszar odrzucenia dla α = 0,02: [2,05, ∞).Odrzucamy hipoteze zerowa na rzecz hipotezy alterna-tywnej. Osoby z wykształceniem wyzszym zarabiaja sred-nio wiecej niz osoby z wykształceniem co najwyzej gimna-zjalnym.






Rozwiazanie

Niech µ1 i µ2 oznaczaja srednie zarobki pracownikówz wykształceniem wyzszym i co najwyzej gimnazjalnym.Formułujemy hipotezy: H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 > µ2.Poniewaz dysponujemy duzymi próbami, wiec korzystamyz testu U dla dwóch srednich. Wartosc statystyki testuwynosi:

u =3− 2,5√

(0,9)2

60 + (0,5)2

100

≈ 3,95.







Rozwiazanie


u =3− 2,5√

(0,9)2

60 + (0,5)2

100

≈ 3,95.

Prawostronny obszar odrzucenia dla α = 0,02: [2,05, ∞).

Odrzucamy hipoteze zerowa na rzecz hipotezy alterna-tywnej. Osoby z wykształceniem wyzszym zarabiaja sred-nio wiecej niz osoby z wykształceniem co najwyzej gimna-zjalnym.






Rozwiazanie


u =3− 2,5√

(0,9)2

60 + (0,5)2

100

≈ 3,95.







Test Studenta dla dwóch srednichczyli test dla srednich w dwóch populacjach, gdy cecha ma rozkład normalny

Zakładamy, ze badana cecha ma w obu populacjachrozkład normalny o jednakowych wariancjach, tj. roz-kłady odpowiednio N(µ1, σ), N(µ2, σ), przy czymparametry µ1, µ2, σ sa nieznane.

Statystyka testu Studenta ma postac:

t =X1 − X2√

n1·S21+n2·S2

2n1+n2−2

(1n1

+ 1n2

)gdzie X1, X2 oznaczaja srednie arytmetyczne z prób,a S2


Zmienna t ma przy załozeniu prawdziwosci hipotezyzerowej rozkład Studenta o n1 + n2 − 2 st. swobody.







Zakładamy, ze badana cecha ma w obu populacjachrozkład normalny o jednakowych wariancjach, tj. roz-kłady odpowiednio N(µ1, σ), N(µ2, σ), przy czymparametry µ1, µ2, σ sa nieznane.Statystyka testu Studenta ma postac:

t =X1 − X2√

n1·S21+n2·S2

2n1+n2−2

(1n1

+ 1n2

)gdzie X1, X2 oznaczaja srednie arytmetyczne z prób,a S2


Zmienna t ma przy załozeniu prawdziwosci hipotezyzerowej rozkład Studenta o n1 + n2 − 2 st. swobody.







Zasady budowy obszaru odrzucenia testu sa analogiczne,jak w tescie Studenta dla jednej sredniej, czyli:

1. W przypadku hipotezy alternatywnej H1 : µ1 > µ2 konstru-ujemy prawostronny obszar odrzucenia: [tα,∞), gdzie tαoznacza kwantyl rzedu 1−α r. Studenta o n1+n2−2 st. sw.

2. W przypadku hipotezy alternatywnej H1 : µ1 < µ2 konstru-ujemy lewostronny obszar odrzucenia: (−∞,−tα], gdzie tαoznacza kwantyl rzedu 1−α r. Studenta o n1+n2−2 st. sw.

3. W przypadku hipotezy alternatywnej H1 : µ1 6= µ2 buduje-my dwustronny obszar odrzucenia: (−∞,−tα

2] ∪ [tα

2,∞),

gdzie tα2

jest kwantylem rzedu 1−α2 rozkład Studenta on1+n2−2 stopniach swobody.






Przykłady

Przykład 6. Bank chce sprawdzic, która metoda pozyski-wania pieniedzy – ze zródeł publicznych czy prywatnych –prowadzi do pozyskania wiekszego funduszu.

Bank pobrał losowa próbe 12 firm, które zaciagneły kredyttylko ze zródeł publicznych, stwierdzajac, ze przecietnawartosc kredytu w tej próbie wynosiła 60 tys. zł, przy od-chyleniu standardowym 10 tys. zł. W losowej próbie 18firm, które zaciagneły kredyt tylko ze zródeł prywatnych,srednia wysokosc kredytu wynosiła 80 tys. zł, przy odchy-leniu standardowym 15 tys. zł.Czy mozna sadzic, ze publiczne zródła finansowaniaudzielaja, przecietnie biorac, mniejszych kredytów, zakła-dajac, ze wysokosc kredytów prywatnych i publicznych marozkład normalny o tej samej wariancji? (przyjac α=0,01).






Przykłady

Przykład 6. Bank chce sprawdzic, która metoda pozyski-wania pieniedzy – ze zródeł publicznych czy prywatnych –prowadzi do pozyskania wiekszego funduszu.Bank pobrał losowa próbe 12 firm, które zaciagneły kredyttylko ze zródeł publicznych, stwierdzajac, ze przecietnawartosc kredytu w tej próbie wynosiła 60 tys. zł, przy od-chyleniu standardowym 10 tys. zł. W losowej próbie 18firm, które zaciagneły kredyt tylko ze zródeł prywatnych,srednia wysokosc kredytu wynosiła 80 tys. zł, przy odchy-leniu standardowym 15 tys. zł.

Czy mozna sadzic, ze publiczne zródła finansowaniaudzielaja, przecietnie biorac, mniejszych kredytów, zakła-dajac, ze wysokosc kredytów prywatnych i publicznych marozkład normalny o tej samej wariancji? (przyjac α=0,01).






Przykłady

Przykład 6. Bank chce sprawdzic, która metoda pozyski-wania pieniedzy – ze zródeł publicznych czy prywatnych –prowadzi do pozyskania wiekszego funduszu.Bank pobrał losowa próbe 12 firm, które zaciagneły kredyttylko ze zródeł publicznych, stwierdzajac, ze przecietnawartosc kredytu w tej próbie wynosiła 60 tys. zł, przy od-chyleniu standardowym 10 tys. zł. W losowej próbie 18firm, które zaciagneły kredyt tylko ze zródeł prywatnych,srednia wysokosc kredytu wynosiła 80 tys. zł, przy odchy-leniu standardowym 15 tys. zł.Czy mozna sadzic, ze publiczne zródła finansowaniaudzielaja, przecietnie biorac, mniejszych kredytów, zakła-dajac, ze wysokosc kredytów prywatnych i publicznych marozkład normalny o tej samej wariancji? (przyjac α=0,01).






Rozwiazanie

Niech µ1 i µ2 oznaczaja srednie wartosci kredytów zezródeł odpowiednio publicznych i prywatnych.

Formułujemy hipotezy: H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 < µ2.Korzystamy z testu Studenta dla dwóch srednich.Wartosc statystyki testu jest równa:

t =60− 80√

12·102+18·152

12+18−2

( 112 + 1

18

) ≈ −3,92.

Budujemy lewostronny obszar odrzucenia dla α = 0,01i 28 stopni swobody. Jest nim przedział: (−∞,−2,47].Odrzucamy hipoteze zerowa na rzecz alternatywnej, copozwala wyciagnac wniosek, ze kredyty udzielane ze zró-deł publicznych sa, srednio biorac, nizsze.






Rozwiazanie

Niech µ1 i µ2 oznaczaja srednie wartosci kredytów zezródeł odpowiednio publicznych i prywatnych.Formułujemy hipotezy: H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 < µ2.

Korzystamy z testu Studenta dla dwóch srednich.Wartosc statystyki testu jest równa:

t =60− 80√

12·102+18·152

12+18−2

( 112 + 1

18

) ≈ −3,92.







Rozwiazanie

Niech µ1 i µ2 oznaczaja srednie wartosci kredytów zezródeł odpowiednio publicznych i prywatnych.Formułujemy hipotezy: H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 < µ2.Korzystamy z testu Studenta dla dwóch srednich.

Wartosc statystyki testu jest równa:

t =60− 80√

12·102+18·152

12+18−2

( 112 + 1

18

) ≈ −3,92.







Rozwiazanie

Niech µ1 i µ2 oznaczaja srednie wartosci kredytów zezródeł odpowiednio publicznych i prywatnych.Formułujemy hipotezy: H0 : µ1 = µ2, H1 : µ1 < µ2.Korzystamy z testu Studenta dla dwóch srednich.Wartosc statystyki testu jest równa:

t =60− 80√

12·102+18·152

12+18−2

( 112 + 1

18

) ≈ −3,92.







Rozwiazanie


t =60− 80√

12·102+18·152

12+18−2

( 112 + 1

18

) ≈ −3,92.

Budujemy lewostronny obszar odrzucenia dla α = 0,01i 28 stopni swobody. Jest nim przedział: (−∞,−2,47].

Odrzucamy hipoteze zerowa na rzecz alternatywnej, copozwala wyciagnac wniosek, ze kredyty udzielane ze zró-deł publicznych sa, srednio biorac, nizsze.






Rozwiazanie


t =60− 80√

12·102+18·152

12+18−2

( 112 + 1

18

) ≈ −3,92.






Test dla jednej frakcjiTest dla dwóch frakcji

Testy dla frakcji – wprowadzenie

Przypuscmy, ze obserwujemy pewna ceche dychotomicz-na, która przekształcamy w zmienna zero-jedynkowa, tj.przyjmujaca wartosc 1 dla jednego wariantu cechy orazwartosc 0 dla drugiego wariantu cechy.

Niech p oznacza frakcje elementów populacji, które cha-rakteryzuja sie wyróznionym wariantem (tj. frakcje jedy-nek w populacji). Tak zdefiniowany parametr p reprezentu-je jednoczesnie srednia wartosc zmiennej zero-jedynko-wej, a iloczyn p(1− p) wariancje tej zmiennej.

W n-elementowej próbie losowej frakcje jedynek wyrazailoraz m

n , gdzie m jest liczba jedynek w próbie. Iloraz tenjest tez srednia arytmetyczna w próbie, natomiast iloczynmn

(1− m

n

)– wariancja w próbie.






Test dla jednej frakcji

Przy sprawdzaniu hipotezy dotyczacej parametru p, hipo-teza zerowa zakłada, ze frakcja p jest równa pewnej,okreslonej wartosci, natomiast hipoteza alternatywnastwierdza, ze przyjmuje wartosc inna niz zakładana whipotezie zerowej.

Mozemy rozwazac trzy zestawy hipotez:1. H0 : p = p0, H1 : p > p0,2. H0 : p = p0, H1 : p < p0,3. H0 : p = p0, H1 : p 6= p0.

gdzie p0 oznacza domniemana wartosc parametru p.

Rozwazac bedziemy test weryfikujacy hipoteze H0przeciwko jednej z trzech hipotez H1. Test ten nazywacbedziemy testem dla jednej frakcji.








Mozemy rozwazac trzy zestawy hipotez:

1. H0 : p = p0, H1 : p > p0,2. H0 : p = p0, H1 : p < p0,3. H0 : p = p0, H1 : p 6= p0.










Mozemy rozwazac trzy zestawy hipotez:1. H0 : p = p0, H1 : p > p0,

2. H0 : p = p0, H1 : p < p0,3. H0 : p = p0, H1 : p 6= p0.










Mozemy rozwazac trzy zestawy hipotez:1. H0 : p = p0, H1 : p > p0,2. H0 : p = p0, H1 : p < p0,

3. H0 : p = p0, H1 : p 6= p0.










Mozemy rozwazac trzy zestawy hipotez:1. H0 : p = p0, H1 : p > p0,2. H0 : p = p0, H1 : p < p0,3. H0 : p = p0, H1 : p 6= p0.









Zakładamy, ze dysponujemy duza próba prosta(n ≥ 100).

Konstrukcja statystyki testu jest analogiczna do statystykitestu U dla jednej sredniej:

U =mn − p0√

mn (1−m

n )n

.

Zmienna U ma przy załozeniu prawdziwosci hipotezyzerowej graniczny rozkład N(0,1).

Obszar odrzucenia testu konstruujemy wg analogicznychzasad, jak w przypadku testu U dla sredniej (tu pominiete).






Przykłady

Przykład 7.W pewnym roku firma Pepsi-Cola wypróbowywała nowynapój. Osrodek badawczy firmy ustalił, ze jezeli wiecej niz60% konsumentów, którzy skosztuja napoju, polubi go, toroczna sprzedaz osiagnie zadowalajacy poziom.

Postawiono sprawdzic, czy frakcja osób pozytywnie nasta-wionych do napoju jest wieksza od 0,6. W losowej próbie1000 osób, której podano do picia nowy napój, 680 osóbwyraziło sie o nim pozytywnie.

Czy na tej podstawie mozna twierdzic, ze odsetek osóbpozytywnie reagujacych na napój – wsród ogółu potencjal-nych konsumentów – jest wyzszy niz 60%? Zweryfikowacodpowiednia hipoteze, przyjmujac poziom istotnosci 0,01.






Rozwiazanie

Niech p oznacza frakcje potencjalnych konsumentów,którzy zaakceptuja nowy napój.

Formułujemy hipotezy: H0 : p = 0,6, H1 : p > 0,6.Wartosc statystyki testu jest równa:

u =0,68− 0,60√

0,68·(1−0,68)1000

≈ 5,42.

Budujemy prawostronny obszar odrzucenia dla α = 0,01.Jest nim przedział: [2,32, ∞).Odrzucamy hipoteze zerowa na rzecz alternatywnej, copozwala sadzic, ze odsetek konsumentów, którzy polubianapój, przekroczy 60%. Ryzyko tego, ze odrzucilismy hipo-teze prawdziwa jest bardzo małe, równe 0,01.






Rozwiazanie

Niech p oznacza frakcje potencjalnych konsumentów,którzy zaakceptuja nowy napój.Formułujemy hipotezy: H0 : p = 0,6, H1 : p > 0,6.


u =0,68− 0,60√

0,68·(1−0,68)1000

≈ 5,42.







Rozwiazanie

Niech p oznacza frakcje potencjalnych konsumentów,którzy zaakceptuja nowy napój.Formułujemy hipotezy: H0 : p = 0,6, H1 : p > 0,6.Wartosc statystyki testu jest równa:

u =0,68− 0,60√

0,68·(1−0,68)1000

≈ 5,42.







Rozwiazanie


u =0,68− 0,60√

0,68·(1−0,68)1000

≈ 5,42.

Budujemy prawostronny obszar odrzucenia dla α = 0,01.Jest nim przedział: [2,32, ∞).

Odrzucamy hipoteze zerowa na rzecz alternatywnej, copozwala sadzic, ze odsetek konsumentów, którzy polubianapój, przekroczy 60%. Ryzyko tego, ze odrzucilismy hipo-teze prawdziwa jest bardzo małe, równe 0,01.






Rozwiazanie


u =0,68− 0,60√

0,68·(1−0,68)1000

≈ 5,42.







Test dla dwóch frakcji

Przy sprawdzaniu hipotezy dotyczacej dwóch frakcji,hipoteza zerowa zakłada, ze frakcje p1 i p2 elementówwyróznionych w dwóch populacjach sa jednakowe,natomiast hipoteza alternatywna przyjmuje, ze frakcje teróznia sie.

Mozemy tu sformułowac trzy zestawy hipotez:a. H0 : p1 = p2, H1 : p1 > p2,b. H0 : p1 = p2, H1 : p1 < p2,c. H0 : p1 = p2, H1 : p1 6= p2.

Rozwazac bedziemy test weryfikujacy hipoteze H0przeciwko jednej z trzech wersji hipotezy H1. Testten nazywac bedziemy testem dla dwóch frakcji.








Mozemy tu sformułowac trzy zestawy hipotez:

a. H0 : p1 = p2, H1 : p1 > p2,b. H0 : p1 = p2, H1 : p1 < p2,c. H0 : p1 = p2, H1 : p1 6= p2.









Mozemy tu sformułowac trzy zestawy hipotez:a. H0 : p1 = p2, H1 : p1 > p2,

b. H0 : p1 = p2, H1 : p1 < p2,c. H0 : p1 = p2, H1 : p1 6= p2.









Mozemy tu sformułowac trzy zestawy hipotez:a. H0 : p1 = p2, H1 : p1 > p2,b. H0 : p1 = p2, H1 : p1 < p2,

c. H0 : p1 = p2, H1 : p1 6= p2.









Mozemy tu sformułowac trzy zestawy hipotez:a. H0 : p1 = p2, H1 : p1 > p2,b. H0 : p1 = p2, H1 : p1 < p2,c. H0 : p1 = p2, H1 : p1 6= p2.








Zakładamy, ze dysponujemy dwiema duzymia próbamiprostymi, pobranymi z obu populacji (n1,n2 ≥ 100).


U =

m1n1− m2

n2√pqn

,

gdzie m1,m2 oznaczaja liczby elementów wyróznionychw obu próbach, p = m1+m2

n1+n2, q = 1− p, n = n1·n2

n1+n2.

Zmienna U przy załozeniu prawdziwosci hipotezyzerowej ma graniczny rozkład N(0,1).

Obszar odrzucenia testu konstruujemy wg analogicznychzasad, jak w przypadku testu U dla srednich (tu pominiete).






Przykłady

Przykład 8.Porównywano trafnosc dwóch procedur diagnostycznychstosowanych do diagnozowania pewnej choroby.

W tym celu badaniu poddano dwie losowe próby chorych,liczace po 100 osób. W pierwszej próbie zastosowanopierwsza procedure diagnostyczna, która dostarczyła 80%poprawnych diagnoz. Druga procedura – zastosowana wdrugiej próbie – dostarczyła 85% trafnych diagnoz.

Czy mozna twierdzic, ze obie procedury sa porównywalne,jesli chodzi o poprawnosc diagnozowania danej choroby?Przyjac poziom istotnosci 0,1.






Rozwiazanie

Niech p1 oraz p2 oznacza frakcje chorych własciwiezdiagnozowanych za pomoca pierwszej i drugiejprocedury.

Formułujemy hipotezy: H0 : p1 = p2, H1 : p1 6= p2.


u =0,80− 0,85√

0,825·0,17550

≈ −0,93.

Budujemy dwustronny obszar odrzucenia dla α = 0,1.Jest nim suma przedziałów: (−∞, −1,64] ∪ [1,64, ∞).Nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy zerowej narzecz alternatywnej. Nie udało sie powierdzic, ze jednaz tych procedur jest lepsza.






Rozwiazanie

Niech p1 oraz p2 oznacza frakcje chorych własciwiezdiagnozowanych za pomoca pierwszej i drugiejprocedury.Formułujemy hipotezy: H0 : p1 = p2, H1 : p1 6= p2.


u =0,80− 0,85√

0,825·0,17550

≈ −0,93.







Rozwiazanie



u =0,80− 0,85√

0,825·0,17550

≈ −0,93.

Budujemy dwustronny obszar odrzucenia dla α = 0,1.Jest nim suma przedziałów: (−∞, −1,64] ∪ [1,64, ∞).

Nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy zerowej narzecz alternatywnej. Nie udało sie powierdzic, ze jednaz tych procedur jest lepsza.






Rozwiazanie



u =0,80− 0,85√

0,825·0,17550

≈ −0,93.






Test dla jednej wariancji

Test dla jednej wariancji – wprowadzenie

Sa sytuacje, w których chcemy sie czegos dowiedzieco wariancji badanej cechy. Przykładem jest proces pro-dukcyjny, w którym własciwosci produkowanych wyrobówmusza miescic sie w granicach okreslonych przez normy,np. długosc, ciezar itp.

Jesli proces jest rozregulowany, to nie spełnia zadanychkryteriów, a to przejawia sie m.in. zwiekszona wariancjabadanej cechy. W tego rodzaju problemach obawiamy sieczesto, by parametr ten nie był zbyt duzy.

Z tego powodu w tescie chi-kwadrat dla wariancjirozwaza sie zwykle tylko prawostronny obszar odrzucenia.






Test chi-kwadrat dla wariancji

Zakładamy, ze cecha ma rozkład normalny N(µ, σ).

Test chi-kwadrat dla wariancji weryfikuje hipoteze zerowaH0 : σ2 =σ2

0 przeciwko hipotezie alternatywnej H1 : σ2>σ20,

gdzie σ20 oznacza domniemana wartosc parametru σ2.


Z =nS2

σ20.

Zmienna Z ma przy załozeniu prawdziwosci hipotezyzerowej rozkład chi-kwadrat o k =n−1 st. swobody.Obszar odrzucenia w tescie jest obszarem prawostron-nym, okreslonym jako przedział [zα,∞), gdzie zα tokwantyl rzedu 1−α z rozkładu chi-kwadrat o k=n−1 st. sw.







Zakładamy, ze cecha ma rozkład normalny N(µ, σ).Test chi-kwadrat dla wariancji weryfikuje hipoteze zerowaH0 : σ2 =σ2




Z =nS2

σ20.












Z =nS2

σ20.

Zmienna Z ma przy załozeniu prawdziwosci hipotezyzerowej rozkład chi-kwadrat o k =n−1 st. swobody.

Obszar odrzucenia w tescie jest obszarem prawostron-nym, okreslonym jako przedział [zα,∞), gdzie zα tokwantyl rzedu 1−α z rozkładu chi-kwadrat o k=n−1 st. sw.











Z =nS2

σ20.







Fragment tablicy kwantyli rozkładu chi-kwadrat







Fragment tablicy kwantyli rozkładu chi-kwadrat – c.d.







Przykład

Przykład 9.Odstep pomiedzy obudowa a bebnem w pewnym modelupralek automatycznych nie powinien miec wariancji wiek-szej niz 0,25 (cm)2. W przeciwnym przypadku moze topowodowac niewłasciwe przyleganie uszczelki.

W trakcie zmian w procesie produkcji pojawiły sie obawy,ze wariancja badanej cechy moze przekraczac te wartosc.Do kontroli jakosci pobrano 10 pralek. Wariancja odstepupomiedzy obudowa a bebnem w badanej próbie byłarówna 0,3 (cm)2.Zweryfikowac przypuszczenie, ze wariancja badanej cechyw całej partii produkcji spełnia wymagania normatywne,zakładajac, ze rozkład tej cechy jest normalny. Przyjacpoziom istotnosci 0,05.






Przykład

Przykład 9.Odstep pomiedzy obudowa a bebnem w pewnym modelupralek automatycznych nie powinien miec wariancji wiek-szej niz 0,25 (cm)2. W przeciwnym przypadku moze topowodowac niewłasciwe przyleganie uszczelki.W trakcie zmian w procesie produkcji pojawiły sie obawy,ze wariancja badanej cechy moze przekraczac te wartosc.

Do kontroli jakosci pobrano 10 pralek. Wariancja odstepupomiedzy obudowa a bebnem w badanej próbie byłarówna 0,3 (cm)2.Zweryfikowac przypuszczenie, ze wariancja badanej cechyw całej partii produkcji spełnia wymagania normatywne,zakładajac, ze rozkład tej cechy jest normalny. Przyjacpoziom istotnosci 0,05.






Przykład

Przykład 9.Odstep pomiedzy obudowa a bebnem w pewnym modelupralek automatycznych nie powinien miec wariancji wiek-szej niz 0,25 (cm)2. W przeciwnym przypadku moze topowodowac niewłasciwe przyleganie uszczelki.W trakcie zmian w procesie produkcji pojawiły sie obawy,ze wariancja badanej cechy moze przekraczac te wartosc.Do kontroli jakosci pobrano 10 pralek. Wariancja odstepupomiedzy obudowa a bebnem w badanej próbie byłarówna 0,3 (cm)2.

Zweryfikowac przypuszczenie, ze wariancja badanej cechyw całej partii produkcji spełnia wymagania normatywne,zakładajac, ze rozkład tej cechy jest normalny. Przyjacpoziom istotnosci 0,05.






Przykład

Przykład 9.Odstep pomiedzy obudowa a bebnem w pewnym modelupralek automatycznych nie powinien miec wariancji wiek-szej niz 0,25 (cm)2. W przeciwnym przypadku moze topowodowac niewłasciwe przyleganie uszczelki.W trakcie zmian w procesie produkcji pojawiły sie obawy,ze wariancja badanej cechy moze przekraczac te wartosc.Do kontroli jakosci pobrano 10 pralek. Wariancja odstepupomiedzy obudowa a bebnem w badanej próbie byłarówna 0,3 (cm)2.Zweryfikowac przypuszczenie, ze wariancja badanej cechyw całej partii produkcji spełnia wymagania normatywne,zakładajac, ze rozkład tej cechy jest normalny. Przyjacpoziom istotnosci 0,05.






Rozwiazanie

Niech σ2 oznacza wariancje analizowanej cechy.

Formułujemy hipotezy:

H0 : σ2 = 0,25 (cm)2, H1 : σ2 > 0,25 (cm)2.


z =10 · 0,3

0,25= 12.

Prawostronnym obszarem odrzucenia dla α = 0,05 oraz 9stopni swobody jest przedział [16,919, ∞), a wiec nie mapodstaw do odrzucenia hipotezy zerowej. Innymi słowy,nie mozemy na tej podstawie stwierdzic, ze proces produk-cyjny jest rozregulowany.






Rozwiazanie

Niech σ2 oznacza wariancje analizowanej cechy.Formułujemy hipotezy:

H0 : σ2 = 0,25 (cm)2, H1 : σ2 > 0,25 (cm)2.


z =10 · 0,3

0,25= 12.

Prawostronnym obszarem odrzucenia dla α = 0,05 oraz 9stopni swobody jest przedział [16,919, ∞), a wiec nie mapodstaw do odrzucenia hipotezy zerowej. Innymi słowy,nie mozemy na tej podstawie stwierdzic, ze proces produk-cyjny jest rozregulowany.






W dotychczas zaprezentowanych testach bardzo czestowystepowało załozenie o normalnosci rozkładu bada-nej cechy.

Gdy nie mamy pewnosci co do tego załozenia, wówczaspojawia sie potrzeba weryfikacji hipotezy, ze rozwazanyrozkład nalezy do rodziny rozkładów normalnych.W takim przypadku z pomoca przychodzi test normalnos-ci Shapiro-Wilka.Hipoteze zerowa mozemy sformułowac słownie:

H0 : Cecha ma rozkład normalny,

przeciwko hipotezie alternatywnej:

H1 : ∼ H0.






W dotychczas zaprezentowanych testach bardzo czestowystepowało załozenie o normalnosci rozkładu bada-nej cechy.Gdy nie mamy pewnosci co do tego załozenia, wówczaspojawia sie potrzeba weryfikacji hipotezy, ze rozwazanyrozkład nalezy do rodziny rozkładów normalnych.

W takim przypadku z pomoca przychodzi test normalnos-ci Shapiro-Wilka.Hipoteze zerowa mozemy sformułowac słownie:



H1 : ∼ H0.






W dotychczas zaprezentowanych testach bardzo czestowystepowało załozenie o normalnosci rozkładu bada-nej cechy.Gdy nie mamy pewnosci co do tego załozenia, wówczaspojawia sie potrzeba weryfikacji hipotezy, ze rozwazanyrozkład nalezy do rodziny rozkładów normalnych.W takim przypadku z pomoca przychodzi test normalnos-ci Shapiro-Wilka.

Hipoteze zerowa mozemy sformułowac słownie:



H1 : ∼ H0.






W dotychczas zaprezentowanych testach bardzo czestowystepowało załozenie o normalnosci rozkładu bada-nej cechy.Gdy nie mamy pewnosci co do tego załozenia, wówczaspojawia sie potrzeba weryfikacji hipotezy, ze rozwazanyrozkład nalezy do rodziny rozkładów normalnych.W takim przypadku z pomoca przychodzi test normalnos-ci Shapiro-Wilka.Hipoteze zerowa mozemy sformułowac słownie:



H1 : ∼ H0.






Statystyka testu Shapiro-Wilka dana jest wzorem:

W =

[∑[ n2 ]

i=1 an−i+1(X(n−i+1) − X(i)

)]2

∑ni=1(Xi − X

)2 ,

[ n2

]– czesc całkowita liczby n

2 ,X(i) – zmienna przyjmujaca i-ta co do wielkosci wartoscw próbie (tzw. i-ta statystyka pozycyjna),an−i+1 – stablicowane współczynniki Shapiro-Wilka.

Zmienna W ma przy załozeniu prawdziwosci hipotezyzerowej rozkład Shapiro-Wilka.Obszar odrzucenia testu jest postaci [0,Wα], gdzie Wα

jest kwantylem rzedu α rozkładu Shapiro-Wilka.





Fragment tablicy współczynników an−i+1 Shapiro-Wilka






Fragment tablicy kwantyli Wα rozkładu Shapiro-Wilka






Przykład 10.

Wrócmy do przykładu 4, dotyczacego odszkodowan powo-dziowych.

Przyjeto tam załozenie, ze wysokosc odszkodowan marozkład normalny. Zweryfikujemy to załozenie testemShapiro-Wilka na poziomie istotnosci α = 0,05.

Formułujemy hipoteze zerowa: H0 : Wysokosc odszko-dowan powodziowych podlega rozkładowi normalnemu,przeciwko hipotezie alternatywnej H1 : ∼ H0.

Obliczenia pomocnicze prowadzace do wartosci statystykitestu Shapiro-Wilka zawarte sa w tablicy 1 (zob. nastepnyslajd).





Rozwiazanie

Dane (odszkodowania w mln zł): 1,9; 2,0; 2,9; 3,3; 3,7.Liczebnosc próby: n = 5, srednia z próby: x = 13,8

5 = 2,76.Czesc całkowita ilorazu n

2 :[5

2

]= 2.

Tablica 1. Obliczenia pomocnicze statystyki Shapiro-Wilkai X(i) X(n−i+1) − X(i) an−i+1 an−i+1

“X(n−i+1) − X(i)

” `Xi − X

´2

1 1, 9 1,8 0, 6646 1, 19628 0, 73962 2, 0 1,3 0, 2413 0, 31369 0, 57763 2, 9 0, 01964 3, 3 0, 29165 3, 7 0, 8836

Suma 13, 8 × × 1, 50997 2, 5120

Wartosc statystyki: w = (1,50997)2

2,5120 ≈ 0,91 nie wpada doobszaru odrzucenia [0; 0,762], a wiec nie ma podstaw doodrzucenia hipotezy zerowej.


wybrane testy istotności

Documents