Zbiór krytyczny jest postaci: W = (χ2(α

(1)

PiMS ćwiczenia 4

Test zgodności chi-kwadrat Przykładowe rozwiązania zadań Zadanie 1.

1. Stawiamy hipotezy H₀ i H₁

H₀ : p_j = ¹₇ dla każdego j = 1, . . . , 7. (prawdopodobieństwo wypadku jest jednakowe w każdy dzień tygodnia)

przeciw

H₁ : p_j 6= ¹₇ dla pewnego j = 1, . . . , 7. (prawdopodobieństwo wypadku zalezy od dnia tygodnia) 2. Obliczamy wartość statystyki testowej.

χ² =

k

X

j=1

(n_j − n · p_j)² n · p_j = I otrzymujemy

χ² =

k

X

j=1

(n_j − n · p_j)²

n · p_j = 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)

(2)

PiMS ćwiczenia 4

H₀ : p_j =⁴_j· (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 : p_j 6=⁴_j· (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 · p_j = I otrzymujemy

χ² =

k

X

j=1

(n_j− n · p_j)² n · pj

= 31.97

W = (5.99; +∞)

4. Podejmujemy decyzję weryfikacyjną.

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.

(3)

PiMS ćwiczenia 4

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^−0.8_j!^·(0.8)^j dla każdego j = 0, . . . , 4.

(liczba awarii ma rozkład Poissona z parametrem λ = 0.8) przeciw

H₁ : p_j 6= ^e^−0.8_j!^·(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

(n_j − n · p_j)² n · pj

= I otrzymujemy

χ² =

k

X

j=1

(nj− n · pj)²

n · p_j = 30.21

W = (9.49; +∞) 4. Podejmujemy decyzję weryfikacyjną.

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.

(4)

Szukamy w tablicy 4 w wierszu odpowiadającym k − 1 = 4 stopniom swobody wartości możliwie najbliższej 30.21. W tych tablicach największa wartość jaką znajdziemy, to 13.27, która jest mniejsza od 30.21 i odpowiada α = 0.01. Zatem dla α ¬ 0.01 można tak twierdzić.

Przy użyciu innych tablic można pokazać, że α ¬ 0.000004.