0.05

CZE¸ ´S ˙C 2. WERYFIKACJA HIPOTEZ. PARAMETRYCZNE TESTY ISTOTNO´SCI.

1. Na pewnym roku studi´ow przed egzaminem z RPiSM wybrano losowo 9 student´ow i poddano ich egza- minowi. Otrzymano ´sredni¸a ocen x = 4.6 Wyniki egzaminu maj¸a rozk lad N(m, 0.5). Na poziomie istotno´sci α = 0.01 zweryfikowa˙c hipotez¸e H0: m = 4.5 wobec hipotezy alternatywnej H1: m > 4.5.

2. W pewnym du˙zym przedsi¸ebiorstwie zmierzono 100 losowo wybranym pracownikom efektywny czas pracy w ci¸agu jednego dnia i otrzymano ´sredni czas x = 4.82(h), s² = 1(h). Na poziomie istotno´sci α = 0.05 zweryfikowa˙c hipotez¸e, ˙ze ´sredni czas pracy w tym przedsi¸ebiorstwie wynosi 5h (H0: m = 5) przeciw hipotezie: a) H₁: m 6= 5, b) H₁: m < 5.

3. Fabryka produkuje opony samochodowe dwiema metodami: star¸a i now¸a. Wiadomo, ˙ze czas ˙zycia opony wyprodukowanej star¸a metod¸a ma rozk lad N(m0, σ), m0 = 50000(km), σ jest nieznane. Pro- ducent twierdzi, ˙ze dla opony wyprodukowanej now¸a metod¸a ´sredni czas ˙zycia jest wi¸ekszy (m > m₀).

Zbadano czasy ˙zycia 17 opon wyprodukowanych now¸a metod¸a i obliczono x = 55000, s = 1100. Czy na poziomie istotno´sci α = 0.01 mo˙zna twierdzi˙c, ˙ze opony wyprodukowane now¸a metod¸a maj¸a d lu˙zszy czas ˙zycia?

4. Producent ˙zar´owek twierdzi, ˙ze ´sredni czas ´swiecenia ˙zar´owki wynosi m₀ = 150(dni). W celu zwery- fikowania tej hipotezy poddano kontroli n = 37 losowo wybranych ˙zar´owek i obliczono ´sredni czas ich ´swiecenia x = 139 a odchylenie standardowe s = 9.8. Wiadomo, ˙ze czas ´swiecenia ˙zar´owki ma rozk lad normalny. Na poziomie istotno´sci α = 0.01 zweryfikowa˙c informacj¸e producenta.

5. Do kurnika wpada lis i dokonuje pewnym przyrz¸adem pomiar´ow losowo wybranej kury. B l¸ad pomiaru ma rozk lad normalny. Przeprowadzi l 10 pomiar´ow i otrzyma l s² = 0.029. Na poziomie istotno´sci α = 0.01 zweryfikowa˙c hipotez¸e, ˙ze σ² = 0.0125 wobec hipotezy alternatywnej σ² > 0.0125.

6. Badano wielko´s˙c plonu z hektara dla upraw chmielu gatunku ”A” i gatunku ”B”. Zmierzono wielko´s˙c plonu z 10 1-hektarowych p´ol obsianych gatunkiem ”A” i z 10 obsianych gatunkiem ”B”. Otrzymano dla gatunku ”A” ´sredni¸a warto´s˙c plonu x₁ = 5.65 a dla gatunku ”B” x₂ = 5.36 Wiadomo, ˙ze wariancja pomiaru wynosi dla gatunku ”A” σ₁² = 0.06 a dla gatunku ”B” σ₂² = 0.07. Zak ladamy, ˙ze wielko´s˙c plonu z hektara ma rozk lad normalny. Na poziomie istotno´sci α = 0.05 zweryfikowa˙c hipotez¸e, ˙ze warto´sci przeci¸etne plonu z hektara s¸a dla obu gatunk´ow jednakowe wobec hipotezy alternatywnej m´owi¸acej, ˙ze s¸a r´o˙zne.

7. Producent pewnego proszku A wysun¸a l hipotez¸e, ˙ze u˙zywanie proszku A daje lepsze efekty ni˙z u˙zywanie zwyk lego proszku B. Na poziomie istotno´sci α = 0.05 zweryfikowa˙c wysuni¸et¸a hipotez¸e je´sli wiadomo, ˙ze ocena wynik´ow prania ka˙zdym z proszk´ow ma rozk lad normalny. Przetestowano proszek A 10 razy i otrzymano ´sredni¸a ocen x₁ = 74.0 oraz s²₁ = 2.08. Przetestowano proszek B 7 razy i otrzymano ´sredni¸a ocen x₂ = 57.3 oraz s²₁ = 1.65. Przyjmujemy, ˙ze σ₁ = σ₂.

8. Sonda˙z opinii publicznej na temat frekwencji oczekiwanej w wyborach samorz¸adowych wykaza l, ˙ze w losowo wybranej grupie 2500 os´ob 1600 zamierza uczestniczy´c w g losowaniu. Czy na poziomie istotno´sci r´ownym 0.95 mo˙zna przyj¸a´c, ˙ze 60% og´o lu os´ob zamierza wzi¸a´c udzia l w wyborach do samorz¸adu ?

ODPOWIEDZI DO ZADA ´N Z CZE¸ ´SCI 4:

1) nie ma podstaw do odrzucenia H₀, 2) H₀ odrzucamy, 3) H₀ odrzucamy, 4) H₀ odrzucamy, 5) H₀ odrzucamy, 6) H0 odrzucamy, 7) H0 odrzucamy, 8) H0 odrzucamy.

0.05

2

1. Stawiamy hipotezy H₀ i H₁ oraz wybieramy odpowiedni model.

Z treści zadania wynika, że szacujemy wartość oczekiwaną oceny losowo wybranego studenta m.

H₀ : m = 4.5, H₁ : m > 4.5.

Badana cecha ma rozkład normalny o danej teoretycznej wartości odchylenia standardowego.

Zatem wybieramy Model 1.

2. Obliczamy wartość statystyki testowej.

U = x − m₀ σ

√n

Podstawiamy x = 4.6, m0 = 4.5, σ = 0.5, n = 9.

I otrzymujemy:

U = x − m₀ σ

√n = 4.6 − 4.5

0.5 ∗ 3 = 0.6

3. Znajdujemy zbiór krytyczny dla dango poziomu istotności α i danej hipotezy H1.

Ponieważ hipoteza alternatywna jest postaci H₁ : m > m₀, to wybieramy zbiór krytyczny postaci:

W = (u_1−α; +∞)

Z tablicy 3 wyznaczamy wartość kwantyla rozkładu normalnego N (0, 1):

u_1−α = u_1−0.01= u_0.99= 2.33

Zatem zbiór krytyczny jest postaci:

W = (2.33; +∞)

4. Podejmujemy decyzję weryfikacyjną.

Obliczona wartośc statystyki testowej U = 0.6. Zbiór krytyczny W = (2.33; +∞)

Ponieważ obliczona wartość statystyki testowej nie należy do zbudowanego zbioru krytycznego, to na poziomie istotności α = 0.01 nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy H₀ (tzn. przyjęcia H₁).

Zatem na poziomie istotności α = 0.01 nie ma podstaw by twierdzić, że średnia ocen z egzaminu dla całej populacji studentów będzie większa niż 4.5.

1. Stawiamy hipotezy H₀ i H₁ oraz wybieramy odpowiedni model.

Z treści zadania wynika, że szacujemy wariancję pomiaru pewnym przyrządem σ². H₀ : σ² = 0.0125, H₁ : σ² > 0.0125.

Badana cecha ma rozkład normalny, liczność próby n = 10 < 50.

Zatem wybieramy Model 4.

2. Obliczamy wartość statystyki testowej.

χ² = ns² σ₀²

Podstawiamy s² = 0.0290, σ₀² = 0.0125, n = 10.

I otrzymujemy:

χ² = ns²

σ₀² = 10 · 0.029

0.0125 = 23.2

3. Znajdujemy zbiór krytyczny dla dango poziomu istotności α i danej hipotezy H₁.

Ponieważ hipoteza alternatywna jest postaci H₁ : σ > σ₀, to wybieramy zbiór krytyczny postaci:

W = (χ²(α; n − 1); +∞)

Z tablicy 4 wyznaczamy wartość krytyczną rozkładu chi-kwadrat:

χ²(α; n − 1) = χ²(0.01; 9) =

χ²(α; n − 1) = χ²(0.01; 9) = 21.67

Zatem zbiór krytyczny jest postaci:

W = (21.67; +∞)

4. Podejmujemy decyzję weryfikacyjną.

Obliczona wartośc statystyki testowej χ² = 23.2. Zbiór krytyczny W = (21.67; +∞)

Ponieważ obliczona wartość statystyki testowej należy do zbudowanego zbioru krytycznego, to na po- ziomie istotności α = 0.01 nalezy odrzucić hipotezę H₀ (tzn. przyjąć H₁).

Zatem na poziomie istotności α = 0.01 można twierdzić, że wariancja pomiary tym przyrządem jest większa niż 0.0125.

1. Stawiamy hipotezy H₀ i H₁ oraz wybieramy odpowiedni model.

Z treści zadania wynika, że badana cecha jest mierzalna oraz porównujemy wartości oczekiwane w dwóch populacjach.

Oznaczmy przez m1, m2 wartości oczekiwane badanej cechy, a przez σ1, σ2 odchylenia standardowe badanej cechy odpowiednio w pierwszej (proszek A) i drugiej (proszek B) populacji.

H₀ : m₁ = m₂, H₁ : m₁ > m₂.

Badana cecha ma rozkład normalny, wartości teoretyczne odchylenia standardowego σ₁, σ₂ nie są znane.

Zatem wybieramy Model 2 dla weryfikacji hipotezy o równości wartości oczekiwanej w dwóch popula- cjach.

2. Obliczamy wartość statystyki testowej.

T = x₁− x₂

rn1s²₁+n2s²₂

n1+n2−2 · ⁿ_n¹⁺ⁿ²

1·n₂

Podstawiamy x₁ = 74.0, x₂ = 57.3, s²₁ = 2.08, s²₂ = 1.65, n₁ = 10, n₂ = 7.

I otrzymujemy:

T = x₁− x₂

r

n1s²₁+n2s²₂

n1+n2−2 · ⁿ_n¹⁺ⁿ²

1·n2

= 74.0 − 57.3

q10·2.08+7·1.65

10+7−2 · ¹⁰⁺⁷_10·7 = 23.09

3. Znajdujemy zbiór krytyczny dla dango poziomu istotności α i danej hipotezy H1.

Ponieważ hipoteza alternatywna jest postaci H₁ : m₁ > m₂, to wybieramy zbiór krytyczny postaci:

W = (t(2α; n₁ + n₂− 2); +∞)

Z tablicy 5 wyznaczamy wartość krytyczną rozkładu t-Studenta:

t(2α; n₁+ n₂− 2) = t(0.1; 15) = 1.75

Zatem zbiór krytyczny jest postaci:

W = (1.75; +∞)

4. Podejmujemy decyzję weryfikacyjną.

Obliczona wartośc statystyki testowej T = 23.09. Zbiór krytyczny W = (1.75; +∞)

Ponieważ obliczona wartość statystyki testowej należy do zbudowanego zbioru krytycznego, to na po- ziomie istotności α = 0.05 nalezy odrzucić hipotezę H₀ (tzn. przyjąć H₁).

Zatem na poziomie istotności α = 0.05 można twierdzić, że używanie proszku A daje lepsze efekty niż używanie zwykłego proszku B .

1. Stawiamy hipotezy H₀ i H₁ oraz wybieramy odpowiedni model.

Z treści zadania wynika, że badana cecha jest zerojedynkowa (1 = zamierza głosować; 0 = nie za- mierza głosować), szacujemy wskaźnik struktury p, czyli odsetek uprawnionych do głosowania, którzy zamierzają wziąć udział w wyborach.

Z treści zadania można wnioskować, że głosujących będzie więcej niż 60%, zatem hipotezy stawiamy następująco:

H₀ : p = 0.6, H₁ : p > 0.6.

Badana cecha jest zerojedynkowa, liczność próby n = 2500 jest większa od 100.

Zatem wybieramy Model dla weryfikacji hipotezy o wskaźniku struktury.

2. Obliczamy wartość statystyki testowej.

U =

Zn

n − p₀

qp0(1−p0) n

Podstawiamy p₀ = 0.6, n = 2500, Z_n= 1600, czyli ^Z_nⁿ = 0.64 . I otrzymujemy:

U =

Zn

n − p₀

qp0(1−p0) n

= 0.64 − 0.60

q0.6·0.4 2500

= 0.04 0.01 = 4

3. Znajdujemy zbiór krytyczny dla dango poziomu istotności α i danej hipotezy H1.

Ponieważ hipoteza alternatywna jest postaci H₁ : p > 0.6, to wybieramy zbiór krytyczny postaci:

W = (u_1−α; +∞)

Podstawiamy α = 0.05. Z tablicy 3 wyznaczamy wartość kwantyla rozkładu normalnego N (0.1):

u_1−α = u_1−0.05= u_0.95= 1.65

Zatem zbiór krytyczny jest postaci:

W = (1.65; +∞)

4. Podejmujemy decyzję weryfikacyjną.

Obliczona wartośc statystyki testowej U = 4. Zbiór krytyczny W = (1.65; +∞)

Ponieważ obliczona wartość statystyki testowej należy do zbudowanego zbioru krytycznego, to na po- ziomie istotności α = 0.05 nalezy odrzucić hipotezę H₀ (tzn. przyjąć H₁).

Zatem na poziomie istotności α = 0.05 można twierdzić, że więcej niż 60% uprawnionych do głosowania weźmie udział w tych wyborach.

1. Stawiamy hipotezy H₀ i H₁ oraz wybieramy odpowiedni model.

Z treści zadania wynika, że badana cecha jest zerojedynkowa (1 = potrafi rozwiązać to zadanie; 0 = nie potrafi rozwiązać tego zadania).

Porównujemy wartości wskaźnika struktury w dwóch populacjach: kobiet i mężczyzn.

Oznaczmy przez p₁ odsetek kobiet potrafiących rozwiązać to zadanie, a przez p₂ odsetek mężczyzn potrafiących rozwiązać to zadanie.

Z treści wynika, że chcielibyśmy wykazać, że mężczyźni częściej potrafią rozwiązać to zadanie niż kobiety, zatem stawiamy hipotezy następująco:

H₀ : p₁ = p₂, H₁ : p₁ < p₂.

Badana cecha ma jest zerojedynkowa, liczności prób z obu populacji n1 = 100, n2 = 120 są większe lub równe od 100.

Zatem wybieramy Model dla weryfikacji hipotezy o dwóch wskaźnikach struktury.

2. Obliczamy wartość statystyki testowej.

U =

Z_n1 n1 −^Z_nⁿ²

2

rZ_n1+Z_n2 n1+n2

1 − ^Zn1_n ^+Zn2

1+n2

· ⁿ_n¹⁺ⁿ²

1·n2

Podstawiamy Z_n1 = 17, Z_n2 = 25, czyli ^Z_nⁿ¹

1 = 0.17 oraz ^Z_nⁿ²

2 = 0.21 . I otrzymujemy:

U =

Z_n1 n1 − ^Z_nⁿ²

2

rZ_n1+Z_n2 n1+n2

1 − ^Zn1_n ^+Zn2

1+n2

· ⁿ_n¹⁺ⁿ²

1·n₂

= 0.17 − 0.21

r

42 220

1 − ₂₂₀^42·₁₂₀₀₀²²⁰

= −0.04

0.05 = −0.8

3. Znajdujemy zbiór krytyczny dla dango poziomu istotności α i danej hipotezy H₁.

Ponieważ hipoteza alternatywna jest postaci H₁ : p > 0.6, to wybieramy zbiór krytyczny postaci:

W = (−∞; −u_1−α)

Podstawiamy α = 0.05. Z tablicy 3 wyznaczamy wartość kwantyla rozkładu normalnego N (0.1):

u_1−α = u1−0.05= u0.95= 1.65

Zatem zbiór krytyczny jest postaci:

W = (−∞; −1.65)

4. Podejmujemy decyzję weryfikacyjną.

Obliczona wartośc statystyki testowej U = −0.8. Zbiór krytyczny W = (−∞; −1.65)

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. przyjęcią H₁).

Zatem na poziomie istotności α = 0.05 nie ma podstaw by twierdzić, że w badanej populacji mężczyźni częściej niż kobiety potrafią rozwiązać to zadanie.