341_4- Сборник задач по математике для втузов. В 4-х ч. Ч.4_ (ред) Ефимов А.В, Поспелов А.С_2003 -432с (987780), страница 51
Текст из файла (страница 51)
Математическая статистика 4. Определение наилучшей критической области для проверки простых гипотез. Очевидно, на множестве значений статистики критерия можно выбрать сколько угодно критических областей Ън для заданного уровня значимости а, однако соответствующие им критерии будут иметь, вообше говоря, различные вероятности ошибок второго рода (см. задачу 19.209).
Наилучшей критической областью (НКО) называют критическую область, которая при заданном уровне значимости с» обеспечивает минимальную вероятность ошибки второго рода. Критерий, используюший НКО, имеет максимальную мошность. При проверке простой гипотезы Но против простой альтернативы Н» НКО определяется леммой Неймана-Н»»ровна: НКО кратер»»я заданного уровня значимости а состоит из точек выборочного пространства (выборок объема и), для которь»х удовлетворяется неравенство Ь(х„хэ, ..., х„/Но) <с, (9) Ь(хы хэ, ..., х„/Н») где с — константа, зависяшая от заданного уровня значимости, хы хэ, ..., х„— элементы выборки, а Ь(хы хэ, ..., х„/Н;) — функция правдоподобия, вычисленная при условии, что верна гипотеза Н,, »' = = О, 1. Для рассмотренных в пп. 1 — 4 критериев значимости НКО размещаются на»хвостах» распределений статистик критериев. Пример 10.
Пусть случайная величина Х имеет нормальное распределение )»/(т, о) с известной дисперсией а~. а) Найти НКО для проверки гипотезы Но: т = то против простой альтернативной гипотезы Н1 . т = тм где т» > то. б) Найти функцию мошности критерия и вычислить ее значение при значениях т» —— 1 и т» = 5, если то —— О, объем выборки и = 25, дисперсия генеральной совокупности оэ = 25. Принять уровень значимости а = 0,05.
а а) Запишем отношение функций правдоподобия: »в,,а....,*з»,) ( ( ехр ъ» 2каэ ( 2аэ х (т» — то) г э) то где а = ехр — э 1, х = — лу х,. По лемме Неймана — Пирсона 2оа/и )' и НКО содержит только те точки выборочного пространства, для которых удовлетворяется неравенство (9): ( х (т» — то) ) аехр~ — 1 < с, оэ/и 4. Проверка статистических гипотез 277 причем по условию задачи т1 — те > О. Так как отношение правдоподобия является убывающей функцией аргумента х, условие леммы удовлетворяется при У > У„, где граница критической области У„находится по заданному уровню значимости о из соотношения Р[Х > х /Но) = о.
При условии, что справедлива гипотеза Не, Х имеет нормальное распре- деление Ру(гяе, а/~/п ), следовательно, Р [Х < Ук/Не) = Ф ( " ~ = 1 — ж и/~/я / Отсюда следует, что хк — те :/,-. = -' и 'Хаким образом, граница У„ критической области равна то + и1 ,„ — , о а НКО Ъ'„имеет вид У > то + и1 б) Найдем функцию мощности полученного критерия: При значениях т1 — — 1, то = О, а = 0,05, п = 25, п = 25 мощность критерия М (Р'„, 1) = Ф вЂ” 1,645+ ~/25 — ( = 0,259. 1 — 01 ~/25 ( Если т1 —— 5, то мощность критерия М(Г„, 5) = Ф вЂ” 1,645+ ~/25 — ) = 0,999. > 5 — 0'~ ь/25 ) 19.261а.
Найти наилучшую критическую область для проверки гипотезы Но о распределении случайной величины Х с плотностью распределения 278 Гл. 19. Математическая статистика против альтернативной гипотезы Ны предполагающей нормальное распределение случайной величины Х при т = 0 и с«~ = 1, если для проверки гипотезы используются результаты одного наблюдения.
Вычислить мощность полученного критерия. 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.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
