4 часть (1081361), страница 51
Текст из файла (страница 51)
Принять с« = 0,05. 19.262. Решить задачу 19.2б1, поменяв ролями нулевую и альтернативную гипотезы. 19.263. Случайная величина Х имеет показательное распределение Ех(0). Определить наилучшую критическую область для проверки гипотезы Но . В = 1 против альтернативной гипотезы Н,: 0 = Вы где 01 > 1, по результатам одного наблюдения. Найти функцию мощности критерия и вычислить мощность критерия при 01 = 2. Принять сг = 0,1.
19.264. Случайная величина имеет распределение Пуассона с параметром Л. Используя выборку наблюдений объема я, определить наилучшую критическую область для проверки гипотезы Но . Л = = Ло против альтернативной гипотезы Н1 . Л = Лы Рассмотреть случаи: а) Ло ( Л~, .б) Ла > Лы 19.265. Пусть случайная величина Х вЂ” число «успехов» в независимых испытаниях, а р — вероятность «успеха» в каждом испытании. Определить наилучшую критическую область для проверки гипотезы Но . р = ра против альтернативной гипотезы Н1: р=р. 19.266. Случайная величина Х имеет нормальное распределение Н(0, а).
Определить наилучшую критическую область для проверки гипотезы Но . «г~ = о~~ против альтернативной гипотезы Н1 . я~ = а1„используя выборку и наблюдений этой случайной величины. 19.267. Случайная величина Х имеет нормальное распределение М(т, 1).
Проверяется гипотеза Но . т = 0 против альтернативной гипотезы Н1 . т = 1 на уровне значимости сг = 0,05. Сколько наблюдений необходимо, чтобы мощность критерия была не меньше 0,907 19.268. Пусть Π— некоторое подмножество множества значений параметра В. Критерий для проверки простой гипотезы Но . В = Во против сложной альтернативной гипотезы Н« . В е О называется равномерно наиболее мощным, если для любого 0 б О он имеет наибольшую мощность. Является ли критерий, полученный в примере 10, равномерно наиболее мощным при проверке простой гипотезы Но, т = то против сложной альтернативной гипотезы Ны если а) Н1 . т > то, б) Н1 .
т ф то .' Критерий для проверки простой гипотезы Но . 0 = Во против сложной альтернативной гипотезы Н« . 0 е О называется несмещенным, если для любого В Е 8 функция мощности этого критерия удовлетворяет условию; Мо1Ъ'„, О) > а, где а — уровень значимости критерия. З 5. Однофакторный диснерсконный анализ 279 19.269. Показать, что критерий, полученный в примере 10 для проверки простой гипотезы Но.
гя = то против сложной гипотезы Н!! т > пто, является несмещенным, а прн сложной альтернативе Н!. т Ф то — смещенным. 19.270. Какай несмещенный критерий можно предложить для проверки гипотезы Но . т = то против альтернативной гипотезы Н! ! т~гяоу 95. Однофакторный диеперсионнътй анализ Пусть результаты наблюдений составляют 1 независимых выборок (групп), полученных из 1 нормально распределенных генеральных совокупностей, которые имеют, вообще говоря, различные средние т!, я!а, ..., гя! и равные дисперсии и . Проверяется гипотеза о равенстве 2 средних На .
т! = ятз = .. — — т!. На практике такая задача возникает при исследовании влияния, которое оказывает изменение некоторого фактора на измеряемую величину. Например, если измерения проводятся на 1 различных приборах, то можно исследовать влияние фактора «прибор! на результаты измерений. В данном случае нас интересует вопрос, имеют ли различные приборы одну и ту же систематическую ошибку (гипотеза Нр). При 1 = 2 для проверки гипотезы Ио используются известные критерии значимости (см.
З 4, таблица 4.2). Если 1 > 2, то для проверки гипотезы о равенстве 1 средних применяют одяофактарнмб дисяерсиояныб анализ, суть которого состоит в следующем. Пусть хсь обозначает !-й элемент й-й выборки, ! = 1, 2, ..., яж к = = 1, 2, ..., 1; ххь — выборочное среднее /с-й выборки, т.е. 1 " 1 хь — — — ~~ хсь = — х.м яь пд х — общее выборочное среднее, т.е. 1 ! а3' 1 — х,ь = — х я ' я ь=! а=! ! где я — общее число наблюдений, и = ~ яы ь=! Общая сумма квадратов отклонений наблюдений от общего среднего х может быть представлена так: (хм — х) = ~~! яь (хь — х) + ~ ~~~! (х,ь — х!) .
(1) ь=! ~=! ь=! в=! Это — основное тождество дисперсионного анализа. Запишем его в виде (2) Я=Я +Я!, Гл. 19. Математическая статистика 280 где Я вЂ” общая сумма квадратов отклонений наблюдений от общего среднего, Я1 — сумма квадратов отклонений выборочных средних хь от общего сРеднего х (междУ гРУппами), 1,12 — сУмма кваДРатов отклонений наблюдений от выборочных средних групп (внутри групп). Тождество (1) легко проверяется, если воспользоваться очевидным равенством (хгь — х) = ((хь — х) + (хм — хь)] возвести обе его части в квадрат, просуммировать по 1 и й и учесть, что 1 (х,ь — хь)(хв — х) = 0 1=1 в=1 Я Я1/(1 — 1) ог ц /( 1) ( ' )' (3) Статистика (3) используется для проверки гипотезы Но . .тг -- тг — — ...
= т1 = пг. Гипотеза Но не противоречит результатам наблюдений, если выборочное значение Р, статистики (3) меньше квантилн с1-а(1 1~ и — (), т е если Ре ( К-а(1 — 1, п — 1). В этом слу— ~~2 чае у и — являются несмешенными оценками параметров т и яг, я — 1 Если Г, > г'1 (1 — 1, я — 1), то гипотеза Но отклоняется и слепует считать, что среди средних гпг, пгг, ..., 1п1 имеется хотя бы два не равных друг другу. Пример 1. Три группы волителей обучались по различным методикам. После окончания срока обучения был произведен тестовый контроль над случайно отобранными водителямн из каждой группы.
Получены следующие результаты: На уровне значимости а = 0,05 проверить гипотезу об отсутствии влияния различных методик обучения на результаты тестового контроля в силу определения средних хв и У. Если верна гипотеза Но. тг — — тг — — ° . —— пг1, то (доказательство см., например, (10, с. 284-287)) статистики Я1/122 и 1,2/122 независимы и имеют распределение ~~2 с 1 — 1 и я — 1 степенями свободы. Следовательно, статистики 21~ = — и Яг = — являются несмешенными г б)1 г б)2 1 1 1 2 оценками неизвестной дисперсии пг.
Оценка 51 характеризует рассеяние групповых средних, а оценка Яг~ — рассеяние внутри групп, которое обусловлено случайными вариациями результатов наблюдений. Значительно превышение величины Я1 над значением величины 52 можно 2 объяснить различием средних в группах. Отношение этих оценок имеет распределение Фишера с 1 — 1 и и — 1 степенями свободы, т.е. 5. Одиофакториый дисперсиоииый анализ 281 водителей.
Предполагается, что выборки получены из независимых нор- мально распределенных совокупностей с одной и той же дисперсией. а Очевидно, задача заключается в проверке гипотезы Но . .тг —— = тг = гяз, где ть — математическое ожидание числа ошибок для водителей (с-й группы. В нашем случае 1 = 3, и = 15. Вычисления удобно проводить в такой последовательности: х..
= ~ ~У хм = 10+12+12 = 34, ь=г ~=г ие х~~ — — 104. ь=! г=г Далее из (1) и (2) получаем иа Я=~ ~ хи в=1 $=1 — — х =104 — — 34 =26,93, г 1 г п " 15 Яг = ~ — х,ь — — х, = 91,086 — — 34 14,02, г 1 г 1 г в=1 яь '" я " ' 15 Юг = (/ — Щ = 26,93 — 14,02 = 12,91. Вычисляем выборочное значение статистики (3): Щ /(1 — 1) 14,02/2 Яг/(и — 1) 12,91/12 Из таблицы П7 находим Годе(2,12) = 3,89. Так как Р, = 6,52 ) 3,89, то гипотеза Не о равенстве средних отклоняется: исследуемые методики обучения водителей дают значимо различные результаты тестового контроля.
1> Линейные контрасты. Если гипотеза Но о равенстве средних отклоняется, то требуется определить, какие именно группы имеют значимое различие средних. Для зтих целей используется меогод линейных Гл.19. Математическая статистика 282 контрастов. Линейный контраст ?,?й определяется как линейная ком- бинация: ?34 = у сйтй, где сй, ?г = 1, 2, ..., 1,— константы, однозначно определяемые из формулировки проверяемых гипотез, причем ) сй = О. Оценка ? ?4 равна й=1 ?Ь = С сйхй, а оценка дисперсии ??4 равна й=1 Сй 2 ~~~ Сй й=1 ий я — 1 нй й=1 Границы доверительного интервала для ??1 имеют вид (4) Пример 2.
В условиях примера 1 при двусторонних альтернативных гипотезах проверить гипотезы Но; т1 —— тг, Но . т1 — — тз: (1) (2) Но .. тг = тз( Но: - (тг+ тз) = тг. (3) (4) 2 3 В соответствии с проверяемыми гипотезами Н ', 1 = 1, 2, 3, 4, (1) определяем линейные контрасты ? ?Г1 = гп1 гп2( ? ~2 гп1 огз) ? ?13 = т2 — тз( 1 ? ?14 = (т1 + т2) — гяз) с1 —— 1, с1 —— 1, с1 —— О, сг — — — 1, сг=О, с2=1, сз — — О; сз = — 1; сз = — 1; 1 С1 — — —, 2 1 С2 2 сз = — 1. -2 Яг 12,91 = — = — = 1,98. — 15 — 3 Найдем границы доверительных интервалов для линейных контрастов ?.)11, 1=1,2,3,4.
Предварительно вычислим оценки линейных контрастов и их дисперсий. Выйорочные средние х1 = 1,43, хг = 2,4, хз = 4. Оценка дисперсии 3 5. Однофакторный дисперсионный анализ 283 Оценки контрастов и их дисперсий г Ы) = 1,43 — 2,4 = — 097 аг~г 108 ~ + ) 037 271 12 1кг = 1743 — 4 = — 27577 аь„— — 1,08 ~ — + — ) 0,51; 1,7 3) /1 14 1,)гг — — 2,4 — 4 = — 1,60, агы — — 1,08 ~ -+ -) 0,58; 15 3) Ы44 — — — 11,43 + 2,4) — 4 = — 2,08, аг =108 + +- 045.
При а = 0,05 по таблице П7 находим Е2 (1 — 1, я — 1) = Рд да(2,12) в в 3,89. Чтобы определить доверительные интервалы для линейных контрастов, предварительно вычислим = ~772- 7) 9,99 2,79. Таким образом, доверительные границы для контрастов Ы;, 2 = 1, 2, 3, 4, по формуле (4) равны соответственно — 0,97 ~ 1,67; -2,57 ~ 2,00; -1,60 ~ 2,12; -2,08 ~ 1,87. Так как нулевое значение накрывается доверительными интервалами для 1)42 и Ыг, то гипотезы Нр и Но принимаются, гипотезы Но и Нд отклоняются. Таким [ 0 (г) (г) (4) образом, значимо различны средние первой и третьей группы, а также среднее арифметическое средних для первых двух групп и среднее третьей группы.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
