rozk lad liczby wypadk´ow w poszczeg´olne dni tygodnia: poniedzia lek - 19, wtorek - 15, ´sroda -16, czwartek - 14, pi¸atek - 13, sobota - 18, niedziela - 17. Przyjmuj¸a˙c poziom istotno´sci α = 0.05 zweryfikowa˙c hipotez¸e, ˙ze prawdopodobie´nstwo zdarzenia si¸e na tym terenie wypadku spowodowanego przez kierowc¸e w stanie niewa˙zko´sci po u˙zyciu alkoholu jest jednakowe dla wszys- tkich dni tygodnia.
2. W ci¸agu 100 dni liczono liczb¸e rycerzy przybywaj¸acych ka˙zdego dnia prosi˙c o r¸ek¸e pewn¸a ksi¸e˙zniczk¸e i otrzymano nast¸epuj¸ace wyniki: 0 rycerzy - 13 dni, 1 rycerz - 27 dni, 2 rycerzy - 29 dni, 3 rycerzy - 16 dni, 4 rycerzy - 8 dni, 5 rycerzy - 7 dni. Na poziomie istotno´sci α = 0.05 zweryfikowa˙c hipotez¸e, ˙ze liczba przybywaj¸acych jednego dnia rycerzy ma rozk lad Poissona.
3. W celu sprawdzenia czy pewna kostka jest symetryczna rzucono j¸a 100 razy i otrzymano nast¸epuj¸ace wyniki: 1 oczko w 10 rzutach, 2 oczka w 8 rzutach, 3 oczka w 15 rzutach, 4 oczka w 24 rzutach, 5 oczek w 18 rzutach, 6 oczek w 25 rzutach. Na poziomie istotno´sci α = 0.1 zweryfikowa´c hipotez¸e,
˙ze kostka jest symetryczna.
4. W pewnej fabryce zaobserwowano nast¸epuj¸acy rozk lad jednodniowych absencji w tygodniu, zbadany w wylosowanej pr´obie 400 pracownik´ow nieobecnych w pracy przez 1 dzie´n: poniedzia lek- 19, wtorek-18, ´sroda-16, czwartek-17, pi¸atek-20. Na poziomie istotno´sci α = 0.1 zweryfikowa´c hipotez¸e, ˙ze jednodniowa absencja w tej fabryce jest jednakowa w ka˙zdym dniu tygodnia.
5. Liczba chorych dzieci przyj¸etych przez lekarzy pediatr´ow w jednej z przychodni warszawskich w kolejnych dniach tygodnia wynosi la: poniedzia lek - 200, wtorek - 195, ´sroda - 180, czwartek - 185, pi¸atek - 190. Do jakiego przedzia lu powinny nale˙ze´c warto´sci statystyki chi-kwadrat aby przy poziomie istotno´sci α = 0.05 nie by lo podstaw do odrzucenia hipotezy m´owi¸acej, ˙ze liczba przyj¸etych dzieci jest w ka˙zdym dniu tygodnia jednakowa.
6. Ankieta zawiera cztery pytania, na kt´ore przewidziano dwie odpowiedzi: ”tak” albo ”nie”. Dla 320 losowo wybranych ankietowanych os´ob liczba pozytywnych odpwiedzi mia la nast¸epuj¸acy rozk lad:
0 pozytywnych odpowiedzi w przypadku 20 os´ob, 1 pozytywna odpowiedzi w przypadku 40 os´ob, 2 pozytywne odpowiedzi w przypadku 137 os´ob, 3 pozytywne odpowiedzi w przypadku 83 os´ob, 4 pozytywne odpowiedzi w przypadku 40 os´ob.
Na poziomie istotno´sci α = 0.2 zweryfikowa´c hipotez¸e, ˙ze liczba pozytywnych odpowiedzi udzielonych przez ankietowan¸a osob¸e ma rozk lad dwumianowy (Bernoulliego) z parametrem p = 0.6.
7. Przez 300 dni obserwowano prac¸e pewnej maszyny, rejestruj¸ac liczb¸e awarii w ci¸agu jednego dnia.
Otrzymano nast¸epuj¸ace wyniki:
0 awarii - 140 dni, 1 awaria - 110 dni, 2 awarie - 30 dni, 3 awarie - 10 dni, 4 awarie - 10 dni.
U˙zywaj¸ac testu zgodno´sci χ2, na poziomie istotno´sci α = 0.05 zweryfikowa´c hipotez¸e m´owi¸ac¸a, ˙ze liczba uszkodze´n jednego dnia ma rozk lad Poissona. Dla jakich warto´sci α mo˙zna tak twierdzic?
PiMS ćwiczenia 4
Test zgodności chi-kwadrat Przykładowe rozwiązania zadań Zadanie 1.
1. Stawiamy hipotezy H0 i H1
H0 : pj = 17 dla każdego j = 1, . . . , 7. (prawdopodobieństwo wypadku jest jednakowe w każdy dzień tygodnia)
przeciw
H1 : pj 6= 17 dla pewnego j = 1, . . . , 7. (prawdopodobieństwo wypadku zalezy od dnia tygodnia) 2. Obliczamy wartość statystyki testowej.
χ2 =
k
X
j=1
(nj − n · pj)2 n · pj = I otrzymujemy
χ2 =
k
X
j=1
(nj − n · pj)2
n · pj = 1.75
3. Znajdujemy zbiór krytyczny dla dango poziomu istotności α i danej hipotezy H1. Zbiór krytyczny jest postaci:
W = (χ2(α; k − 1); +∞) Z tablicy 4 wyznaczamy wartość krytyczną rozkładu chi-kwadrat:
χ2(α; k − 1) = χ2(0.05; 6) = 12.59 Zatem zbiór krytyczny jest postaci:
W = (12.59; +∞)
4. Podejmujemy decyzję weryfikacyjną.
Obliczona wartośc statystyki testowej χ2 = 1.75. Zbiór krytyczny W = (12.59; +∞)
Ponieważ obliczona wartość statystyki testowej nie należy do zbudowanego zbioru krytycznego, to na poziomie istotności α = 0.05 nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy H0 (tzn. przyjęcia H1).
Zatem na poziomie istotności α = 0.05 nie ma podstaw by twierdzić, że prawdopodobienstwo wypadku w różne dni tygodnia jest różne (nie ma podstaw by twierdzić, że zależy od dnia tygodnia)
H0 : pj =4j· (0.6)j · (0.4)4−j dla każdego j = 0, . . . , 4.
(liczba pozytywnych odpowiedzi w teście złożonym z 4 pytań ma rozkład dwumianowy z parametrem p = 0.6)
przeciw
H1 : pj 6=4j· (0.6)j · (0.4)4−j dla pewnego j = 0, . . . , 4.
(liczba pozytywnych odpowiedzi w teście złożonym z 4 pytań nie ma rozkładu dwumianowy z parame- trem p = 0.6)
2. Obliczamy wartość statystyki testowej.
χ2 =
k
X
j=1
(nj − n · pj)2 n · pj = I otrzymujemy
χ2 =
k
X
j=1
(nj− n · pj)2 n · pj
= 31.97
3. Znajdujemy zbiór krytyczny dla dango poziomu istotności α i danej hipotezy H1. Zbiór krytyczny jest postaci:
W = (χ2(α; k − 1); +∞) Z tablicy 4 wyznaczamy wartość krytyczną rozkładu chi-kwadrat:
χ2(α; k − 1) = χ2(0.2; 4) = 5.99 Zatem zbiór krytyczny jest postaci:
W = (5.99; +∞)
4. Podejmujemy decyzję weryfikacyjną.
Obliczona wartośc statystyki testowej χ2 = 31.97. Zbiór krytyczny W = (5.99; +∞)
Ponieważ obliczona wartość statystyki testowej należy do zbudowanego zbioru krytycznego, to na po- ziomie istotności α = 0.2 można odrzucić hipotezę H0 (tzn. przyjąć H1).
Zatem na poziomie istotności α = 0.2 należy stwierdzić, że liczba pozytywnych odpowiedzi nie ma rozkładu dwumianowego z parametrem p = 0.6.
PiMS ćwiczenia 4
Test zgodności chi-kwadrat Przykładowe rozwiązania zadań Zadanie 7.
1. Stawiamy hipotezy H0 i H1
Parametr λ rozkładu Poissona szacujemy na podstawie próby za pomocą średniej:
x = 0 · 140 + 1 · 110 + 2 · 30 + 3 · 10 + 4 · 10
300 = 0.8
Zatem przyjmujemy λ = 0.8.
H0 : pj = e−0.8j!·(0.8)j dla każdego j = 0, . . . , 4.
(liczba awarii ma rozkład Poissona z parametrem λ = 0.8) przeciw
H1 : pj 6= e−0.8j!·(0.8)j dla pewnego j = 0, . . . , 4.
(liczba awarii nie ma rozkładu Poissona z parametrem λ = 0.8) 2. Obliczamy wartość statystyki testowej.
χ2 =
k
X
j=1
(nj − n · pj)2 n · pj
= I otrzymujemy
χ2 =
k
X
j=1
(nj− n · pj)2
n · pj = 30.21
3. Znajdujemy zbiór krytyczny dla dango poziomu istotności α i danej hipotezy H1. Zbiór krytyczny jest postaci:
W = (χ2(α; k − 1); +∞) Z tablicy 4 wyznaczamy wartość krytyczną rozkładu chi-kwadrat:
χ2(α; k − 1) = χ2(0.05; 4) = 9.49 Zatem zbiór krytyczny jest postaci:
W = (9.49; +∞) 4. Podejmujemy decyzję weryfikacyjną.
Obliczona wartośc statystyki testowej χ2 = 30.21. Zbiór krytyczny W = (9.49; +∞)
Ponieważ obliczona wartość statystyki testowej należy do zbudowanego zbioru krytycznego, to na po- ziomie istotności α = 0.2 można odrzucić hipotezę H0 (tzn. przyjąć H1).
Zatem na poziomie istotności α = 0.05 należy stwierdzić, że liczba awarii nie ma rozkładu Poissona z parametrem λ = 0.8.
5. Dla jakiego α można tak twierdzić ?
Można twierdzić, że liczba awarii w ciągu jednego dnia ma rozklad Poissona z paramerem λ = 0.8, gdy zbiór krytyczny W nie zawiera w sobie obliczonej wartości statystyki testowej, zatem gdy χ2(α, 4) 30.21.
