0. Перевірка гіпотези про рівність часток ознаки двох сукупностей

Задача порівняння часток (відносних частот) ознаки в двох сукупностях досить часто зустрічається на практиці. Наприклад, якщо вибіркова частка ознаки однієї сукупності відрізняється від такої ж частки в другій сукупності, чи вказує це на те, що наявність ознаки в одній сукупності дійсно ймовірніше, чи ця різниця часток є випадковою?

Сформулюємо задачу. Маємо дві сукупності, генеральні частки ознаки яких дорівнюють відповідно р₁ і р₂. Необхідно перевірити нульову гіпотезу про рівність генеральних часток, тобто Н₀: р₁=р₂ . Для перевірки гіпотези Н₀ із цих сукупностей взяті дві незалежні вибірки достатньо великого об’єму п₁ і п₂. Вибіркові частки ознаки рівні відповідно і , де т₁ і т₂ – відповідне число елементів першої і другої вибірки, що має дану ознаку.

При достатньо великих п₁ і п₂, вибіркові частки і мають наближено нормальний закон розподілу з математичним сподіванням р₁ і р₂ і дисперсіями і , тобто відповідно N(р₁; ) і N(р₂; ).

При справедливості гіпотези Н₀: р₁=р₂=р різниця - має нормальний закон розподілу з математичним сподіванням М( ‑ )=р‑р=0 і дисперсією .Тому статистика

має стандартний нормальний розподіл N(0;1)

В якості невідомого значення р що входить у вираз статистики t, беруть його найкращу оцінку , рівну вибірковій частці ознаки, якщо дві вибірки з’єднати в одну, тобто .

Вибір виду критичної області і перевірка гіпотези здійснюється таким же чином, як і вище, при перевірці гіпотези про рівність середніх.

Приклад. Контрольну роботу з математичної статистики по індивідуальним варіантам виконували студенти двох груп першого курсу. В першій групі було запропоновано 105 задач, з яких правильно розв’язано 60, у другій із 140 запропонованих правильно розв’язано 69. На рівні значимості 0,02 потрібно перевірити гіпотезу про відсутність суттєвої різниці в засвоєнні навчального матеріалу студентами обох груп.

Розв’язання

Припустимо, що частки розв’язаних задач студентами обох груп рівні, тобто Н₀: р₁=р₂= р. В якості альтернативної візьмемо гіпотезу Н₁: р₁р₂. При справедливості гіпотези Н₀ найкращою оцінкою р буде

= . Вибіркові частки розв’язаних задач для кожної групи і . Статистику критерію обчислимо за формулою:

При конкуруючій гіпотезі Н₁: р₁р₂ обираємо критичну двосторонню область: Ф(t_кр)=1-0,02=0,98, звідки за таблицею значень функції Лапласа t_кр= t_0,98=2,33. Фактичне значення критерію менше критичного, тобто tt_0.98 . Отже, гіпотеза Н₀ приймається, тобто отримані дані не протирічать гіпотезі про однаковий рівень засвоєння навчального матеріалу студентами обох груп.

0. Перевірка гіпотези про рівність дисперсій двох сукупностей

Гіпотези про дисперсії виникають доволі часто, оскільки дисперсія характеризує такі виключно важливі показники, як точність машини, приладу, технологічних процесів, ступінь однорідностей сукупностей і т.і.

Сформулюємо задачу. Нехай маємо дві нормально розподілені сукупності, дисперсії яких рівні і . Необхідно перевірити нульову гіпотезу про рівність дисперсій, відносно конкурентної Н₁: > або Н₂:  .

Для перевірки гіпотези Н₀із цих сукупностей взяли дві незалежні вибірки об’ємами п₁ і п₂. Для оцінки дисперсій і використаємо виправлені вибіркові дисперсії і . Звідси, задача перевірки гіпотези зводиться до порівняння дисперсій і .

Доведено, що випадкова величина F, що визначається відношенням:

₍₃₂₎

_{має F- розподіл Фішера-Снедекора з k1=n1-1 і k2=n2-1 ступенями вільності.}

Слід мати на увазі, що F-розподіл Фішера-Снедекора є несиметричним, тому гіпотеза Н₀ відхиляється, якщо F>F_,k1;k2 (у випадку правосторонньої критичної області) або FF_{1-/2,k1;k2} чи F>F_/2,k1;k2 (у випадку двосторонньої критичної області). У протилежному випадку гіпотеза Н₀ приймається.

Приклад. На двох токарних станках обробляються деталі. Відібрані дві проби: із деталей, зроблених на першому станку, п₁=15шт., на другому п₂=18шт. Поданих цих вибірок розраховані вибіркові дисперсії і відповідно. Припускаючи, що розміри деталей підпорядковуються нормальному закону розподілу, на рівні значимості =0,05 з’ясувати, чи можна вважати, станки володіють різною точністю.

Розв’язання

Припустимо, що дисперсії розмірів деталей, що оброблялися кожним станком рівні, тобто Н₀: = . Тоді Н₁: > (дисперсія першого більша).

За формулою (32) маємо (в якості дисперсії беруть більшу із двох дисперсій).

За таблицею критичних значень F-Фішера (додаток 6) при рівні значимості =0,05 та k₁=п₁-1=14 і k₂=п₂-1=17 знаходимо критичне значення, тобто F_кр=F_{0,05; 14;17}=2,33. Оскільки F F_кр, то гіпотеза Н₀ не відхиляється.

Зауваження. Якщо Н₁:  , то слід знайти F_{1-/2;k1;k2} і F_/2;k1;k2, Оскільки за таблицею можна знайти лише праву границю, то ліву знаходять із співвідношення, доведеного для F-критерію: F_{1‑/2;k1;k2}= . У даному випадку при =0,05 в задачі потрібно знайти F_0,025;14;17 і F_0,975;14;17= .

Приклад . За рівнем значущості =0,05 порівняти вагу семимісячних немовлят двох груп (перша група мала штучне вигодовування, а друга – грудне), якщо за вибірками одержали такі показники

п₁=20; =8,0; S_x=0,3

п₂=25; =8,6; S_у=0,4

Розв’язання

За рівнем значущості =0,05 перевіримо гіпотезу про рівність середніх Н₀: = , при альтернативній гіпотезі Н₁:  .

Спочатку перевіримо гіпотезу про рівність дисперсій : ²_х=²_у при альтернативній гіпотезі : ²_х ²_у .

Обчислимо значення критерію за формулою (32) _.

_{За таблицею критичних значень розподілу Фішера (додаток 6) для} =0,05 і кількості ступенів вільності к₁=25-1=24, к₂=20-1=19, знаходимо критичну точку F_кр. =2,11.

Оскільки F  F_кр. , то :²_х=²_у приймаємо і нема підстав відхиляти гіпотезу про рівність середніх.

Обчислимо спостережуване значення статистики за формулою (31):

_t=

За таблицею критичних значень розподілу Стьюдента (додаток 5) для =0,05 і кількості ступенів вільності к=20+25-2=43 знаходимо критичну точку розподілу Стьюдента t_кр. =2,02.

Оскільки tt_кр., то гіпотезу про рівність середніх відхиляємо. Тобто середня вага немовлят, що росли на штучному харчуванні менша ніж середня вага немовлят, що вигодовувалися грудним молоком.