Matematikai statisztika május 28

Matematikai statisztika

2008. május 28.

ii

Tartalomjegyzék 1. A statisztika alapfogalmai 1.1. Alapstatisztikák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 2 6

2. Véletlen a statisztikában 2.1. Véletlen mennyiségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Nevezetes eloszlások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11 11 13 16

3. Becslés 3.1. Pontbecslés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Intervallum becslés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21 21 26 30

4. Hipotézis vizsgálat 4.1. Arány illetve valószín½uség próbája, (n;c) terv . . . 4.2. Átlag és szórás próbái normális eloszlás esetén . . 4.3. Nem paraméteres próbák . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1. Illeszkedés vizsgálat . . . . . . . . . . . . . 4.3.2. Függetlenség vizsgálat 2 próbával . . . . 4.3.3. Homogenitás vizsgálat Wilcoxon próbával 4.4. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

35 36 39 43 43 45 46 47

5. Regresszió analízis 5.1. Többváltozós lineáris regresszió . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55 56

6. Szórásanalízis 6.1. Egyszer½u osztályozás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59 60

A. Táblázatok

63

B. Képletek

73

iii

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

iv

TARTALOMJEGYZÉK

1. fejezet A statisztika alapfogalmai Statisztikai feladatnak azt nevezzük, amikor egy alapsokaság (véges vagy végtelen halmaz) valamely jellemz½ojére kívánunk következtetni egy minta (az alapsokaság egy véges részhalmaza) elemeib½ol. Az ilyen feladatokban megfogalmazható kérdések, és az alkalmazható módszerek alapvet½oen függenek az alapsokaság, és így a minta eleminek mibenlétét½ol, meg…gyelhet½o adattípusától. Ezek az adattípusok a meg…gyelés egy adott szempontja, ismérve szerint a következ½ok lehetnek: 1. Nominális Amikor két elemr½ol csupán azonosságuk illetve különböz½oségük dönthet½o el. 2. Ordinális Amikor két elemr½ol nemcsak különböz½oségük, de a köztük lév½o sorrend is eldönthet½o, de a különböz½oségek mértéke nem összehasonlítható. 3. Intervallum Amikor a különböz½o elemek sorrendiségén kív½ul a különböz½oségük mértéke, mint az adatok különbsége megadható, de arányuk nem értelmezhet½o. 4. Arány típus (mennyiségi adattípus) Amikor egy elem meg…gyelésének eredménye egy mennyiségi adat, tehát egy valós szám. Természetesen az egyes adattípusok a fenti sorrendben azt megel½oz½o típusként is használhatók. Egy elemmel kapcsolatos meg…gyelés eredménye a fenti típusok tetsz½oleges együttese is lehet, és így egy minta kapcsán adataink egy olyan táblázatba rendszerezhet½ok, melynek sorai az esetek, egy minta elemmmel kapcsolatos meg…gyelt ismérvek adatai, oszlopai pedig a váltzók, az ismérvek adatai az egyes esetekben. Következtetéseinket egy ilyen adathalmazból nyerhet½o, általában mennyiségi típusú eredmény, úgynevezett statisztika segítségével hozzuk meg.

1

2

1. FEJEZET. A STATISZTIKA ALAPFOGALMAI

1.1. Alapstatisztikák Statisztikai feladatokban sokszor az alapsokaság valamely mennyiségi jellemz½ojére kell következtetnünk, aminek ésszer½u módja, ha a minta hasonló jellemz½ojével, tehát egy statisztika értékének kiszámításával válaszolunk. Természetesen, ha másik mintát választunk, következtetésünk is más lesz, ezért ezt az eljárást, a bizonytalanságot is kifejez½o becslés kifejezéssel nevezzük meg. Az alábbiakban felsorolunk néhány gyakran használt jellemz½ot és a megfelel½o becslését, feltüntetve a szükséges adattípust. Az alapsokaság illetve a minta elemeinek egy adott ismérv szerinti értékeit jelölje a továbbiakban X1 ; X2 ;

; XN

illetve x1 ; x2 ;

; xn .

Oridális adattípus esetén az értékeket növekv½o sorrenbe rendezve kapjuk: X1

XN

X2

illetve x1

xn .

x2

1. Arány (nominális adattípus) Ha az N elem½u alapsokaság elemei között M számú rendelkezik egy adott tulajdonsággal, akkor a p = M arány becslése egy n elem½u mintából pb = nk ; ha a minta N elemei közül k számú rendelkezik az adott tulajdonsággal. Jelölése: p=

M N

pb =

2. Középértékek

k . n

(a) Módusz (nominális adattípus) Ha az alapsokaság elemei közül a legtöbb az MO (nominális) értékkel rendelkezik, és a mintában ez az érték mo , akkor az MO

mo

becslést használjuk. Természetesen az is el½ofordulhat, hogy több ugyanilyen gyakori érték van akár az alapsokaságban, akár a mintában, ilyenkor többes módusz ról beszélünk. (b) Medián (ordinális adattípus) Páratlan elemszámú alapsokaság illetve minta esetén a rangsorban középs½o elem jellemz½ojének ME = X N +1 2

illetve me = x n+1 2

értéke. Páros elemszám esetén a két középs½o jellemz½ojének értéke közötti érték, ami mennyiségi adattípus esetén a ME =

X N + X N +1 2

2

2

illetve me =

számtani közép. Tehát ME

me

x n + x n +1 2

2

2

3

1.1. ALAPSTATISZTIKÁK

(c) Átlag (mennyiségi adattípus) P Az alapsokaság m = N1 N i=1 Xi átlagának becslése az x = átlag statisztika, tehát m x.

1 n

Pn

i=1

xi (minta-)

(d) Mértani közép (pozitív s mennyiségi adattípus) rn N Q Q N Xi mértani közepének becslése az x e = n xi Az alapsokaság = i=1

i=1

(minta-) mértani közép statisztika, tehát

x e.

3. Szóródás mértékei

(a) Terjedelem (intervallum adattípus) A legnagyobb és legkisebb érték különbsége, azaz T = XN

X1

illetve t = xn

x1 ,

tehát T

t.

(b) Átlagos abszolut eltérés (mennyiségi adattípus) Az átlagtól való eltérések abszolut értékének átlaga N 1 X = jXi N i=1

1X illetve d = jxi n i=1 n

mj

xj ,

tehát d. (c) Átlagos négyzetes eltérés, szórásnégyzet illetev szórás (mennyiségi adattípus) Az átlagtól való négyzetes eltérések átlaga 2

=

N 1 X (Xi N i=1

1X (xi n i=1 n

m)2

illetve s2 =

és az eredeti mértékegység elnyeréséhez gyököt vonva: v v u u n N u1 X u1 X 2 t = (Xi m) illetve s = t (xi N i=1 n i=1

x)2 ,

x)2 ,

tehát

s Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

4


Megjegyzések: 1. Ha az alapsokaság N elemszáma nagy, illetve végtelen, a jellemz½ok egy un. s½ur½uségfüggvénnyel adhatók meg. Például az alapsokaság átlagának és szórásának értéke, ha az alapsokaság jellemz½ojének eloszlása az f : R ! R0+ s½ur½uségfüggvénnyel adható meg: sZ Z Z +1

+1

x f (x)dx

m=

=

1

+1

m)2 f (x)dx

(x

ahol

1

f (x)dx = 1.

1

2. A minta jellemz½oit a megkülönböztetés hangsúlyozása érdekében esetenként a minta, illetve empírikus jelz½okkel említjük majd. 3. A medián fogalmának természetes kiterjesztése a p-kvantilis, ami a minta esetén 0
w) xi + w xi+1

qp = (1 ahol i = [(n + 1) p]

w = (n + 1) p

i

x 0 = x1

xn+1 = xn

tehát sorrendben az (n + 1) p-edik érték, ha ez egész, illetve lineáris interpoláció eredménye. Ezzel teljesül me = q0:5 , továbbá q0:25 , q0:75 az un. alsó és fels½o kvartilisek. 4. Könnyen ellen½orízhet½ok a mintából számolt statisztikákra az alábbi összefüggések: 1X 2 s = x n i=1 i n

2

0

1 n

n X i=1

jxi

n 1X (xi n i=1

me j x)2

d

1 n

x2

s

n X i=1

jxi

cj

n 1X (xi n i=1

c)2

c2R c2R

5. Sok esetben a mintából rendelkezésre állnak sorrenben az egyes x1 < x 2 <

< xk

értékek, és el½ofordulásuk f1 ; f2 ;

; fk 2 N

mintabeli gyakorisága. Ekkor a minta elemszáma, az empírikus átlag és szórásnégyzet statisztikák: n=

k X i=1

1X x= fi xi n i=1 k

fi

1X s = fi x2i n i=1 k

2

x2 .

(1.1)

5

1.1. ALAPSTATISZTIKÁK

6. Nagy elemszámú, mennyiségi adatokat tartalmazó minta esetén szokás a minta elemeit csoportokba, egymást követ½o osztályokba sorolva megadni. Ekkor az osztályok x1 < x 2 <

< xk

középpontjaival, és ; fk 2 N

f1 ; f2 ; elemszámaival n =

Pk

i=1

fi , és (1.1) további képletei jó közelítésként használhatók.

Ha a legnagyobb elemszámú osztály az i-edik, melynek határai a < b, a módusz jó közeltéseként használjuk k1 mo = a + h, k1 + k2 ahol k1 = fi

fi

k2 = fi

1

fi+1

h=b

a.

Ha f=

i 1 X

n 2

fj

j=1

i X

és

j=1

fj >

n 2

és az i-edik osztály határai a < b, akkor a medián jó közelítése lesz me = a +

n 2

f fi

h.

Hasonlóan kaphatjuk a kvantilisek qp = a +

p n f h, fi

közelítését, ahol most f=

i 1 X

fj

és

p n

j=1

i X

fj > p n

j=1

teljesül az i-edik osztályra. 7. Az un. rétegezett mintavétel esetén a minta elemei több csoportba sorolva állnak rendelkezésre. Ha ezen minta csoportok x11 ; x12 ; x21 ; x22 ;

; x1n1 ; x2n2 .. .

xk1 ; xk2 ;

; xknk Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

6


akkor n =

Pk

i=1

ni ; és az egyes csoportok

ni 1 X xi = xij ni j=1

s2i

ni 1 X = x2 ni j=1 ij

x2i

i = 1; 2;

;k

statisztikáiból kapjuk a teljes mintára vonatkozó 1X x= ni xi n i=1 k

s2 =

1 (SSB + SSW ) n

statisztikák értékét, ahol jelölje az alábbi négyzetösszegeket: SSM = n x2 SSB = SSW =

k X

i=1 k X

x)2

ni (xi ni

s2i

=

i=1

SST =

ni k X X

ni k X X

(xij

xi )2

i=1 j=1

x2ij .

i=1 j=1

Az SSW un. bels½o vagy csoporton belüli négyzetösszeg, az SSM átlaghoz tartozó, és az SSB un. csoportok közötti vagy küls½o négyzetösszegekre teljesül, hogy az un. teljes négyzetösszeg felírható SST = SSM + SSB + SSW , vagy másképp SST

SSM =

ni k X X

(xij

xi )2 = SSB + SSW .

i=1 j=1

1.2. Feladatok 1.1. Feladat. Egy egyetem hallgatóiból kiválasztottak közül 30 f½o az A-kar, 35 a B-kar, 22 a C-kar és 33 a D-kar hallgatója. Becsüljük a hallagtók százalékos megoszlását az egyes karok között, melyik a legnagyobb létszámú kar? Megoldás. A (nominális adatokból álló) minta, és számolt arányok: x A B C D P

f p = nf 30 30 = 0:25 120 35 = 0:29 35 120 22 22 = 0:18 120 33 33 = 0:28 120 n = 30 + 35 + 22 + 33 = 120 1:00

p 100% 25% 29% 18% 28% 100%

7

1.2. FELADATOK

Tehát a hallagtók becsült megoszlása szakonként 25%, 29%, 18% és 28%, legnagyobb létszámúnak a B-kart becsüljük, mivel a minta módusza mo = B. 1.2. Feladat. Egy négy évfolyamos középiskola tanulóiból válsztott mintából 31 tanuló els½o, 34 tanuló második, 22 tanuló harmadik és 33 tanuló negyedik osztályos. Melyik az iskola legnépesebb évfolyama, becsüljük továbbá a kvartiliseket! Megoldás. A (ordinális adatokból álló) minta, és a kommulált gyakoriságokkal kiegészített táblázat: x 1 2 3 4P

f 31 34 22 33 n = 30 + 35 + 22 + 33 = 120

P

f 31 65 87 120

Tehát legnépesebbnek a második évfolyamot becsüljük, mivel mo = 2, a kvartilisek pedig: q0:25 = 1 me = 2 q0:75 = 4

mert (120 + 1) 0:25 = 30: 25 mert (120 + 1) 0:5 = 60: 5 mert (120 + 1) 0:75 = 90: 75

1.3. Feladat. Egy cég éves nyereség adatai a 2000 évt½ol kezd½od½o négy év során az alábbiak voltak: 1:024 1:105 1:154 1:201 eFt Számítsuk ki az évi nyereség adatok és az évenkénti relatív növekedés átlagát, szórását, átlagos abszolut eltérését, terjedelmét és mediánját! Mennyi az évi átlagos növekedés értéke? Megoldás. A nyereség és százalékban kifejezett növekedési (arány vagy mennyiségi típusú) adatokból álló minta (ami most azonos az alapsokasággal) az alábbi táblázatba rendezhet½o, kiegészítve a számoláshoz szükséges adatokkal: Év 2000 2001 2002 2003 P

x 1:024 1:105 1:154 1:201 4:484

y 1:105 1:024 1:024 1:154 1:105 1:105 1:201 1:154 1:154

100 = 7: 910 2 100 = 4: 434 4 100 = 4: 072 8 16: 417

x2 1: 048 6 1: 221 1: 331 7 1: 442 4 5: 043 7

y2 62: 571 19: 664 16: 588 98: 823

Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

8


Tehát a nyereség adatok kért statisztikái (n = 4) r 5: 043 7 4:484 x= = 1: 121 eFt sx = 1: 1212 = 0:065 eFt 4 4 1:105 + 1:154 = 1: 129 5 eFt x4 x1 = 1:201 1:024 = 0:177 eFt me = 2 j1:024 1: 121j + j1:105 1: 121j + j1:154 1: 121j + j1:201 1: 121j dx = = 4 = 0:057 eFt, a növekedés adatokból kapjuk továbbá (n = 3) r 16: 417 98: 823 y= = 5: 47 % sy = 5: 472 = 1: 74 % 3 3 me = 4: 434 4 % y3 y1 = 7: 910 2 4: 072 8 = 3: 84 % j7: 910 2 5: 47j + j4: 434 4 5: 47j + j4: 072 8 5: 47j dy = = 1: 62 %. 3 Az átlagos növekedés (az az állandó éves növekedési mérték, ami ugyanilyen 2003 évi eredményhez vezet) mértékét a növekedési hányadosok ^ 100 +y p 3 = 1:079102 1:044344 1:040728 = 1: 054 6 100 mértani közepéb½ol kapjuk, tehát az átlagos növekedés mértéke: (1: 054 6 5:46%.

1) 100 =

1.4. Feladat. Egy dolgozatot egy 40 f½os tanulócsoport a következ½o eredménnyel írta meg. 10 tanuló tanuló 2.5 pontot, 15 tanuló 5.5 pontot, 10 tanuló 12.5 pontot, és 5 tanuló 17.5 pontot ért el. Adjuk meg az eredmények statisztikai jellemz½oit! Megoldás. Rendszerezzük adatainkat a következ½o táblázatba: x 2:5 5:5 12:5 17:5 P

f 10 15 10 5 n = 40

P

f 10 25 35 40

x f x2 f 2:5 10 = 25:0 2:52 10 = 62: 5 5:5 15 = 82: 5 5:52 15 = 453: 75 12:5 10 = 125:0 12:52 10 = 1562: 5 17:5 5 = 87: 5 17:52 5 = 1531: 3 320:0 3610: 1

Tehát az átlag és szórás értéke 320:0 x= = 8:0 40

s=

r

3610: 1 40

8:02 = 5: 1 ,

9

1.2. FELADATOK

az átlagos abszolut eltérés és terjedelem d=

10 j2:5

8:0j + 15 j5:5 x40

8:0j + 10 j12:5 8:0j + 5 j17:5 40 x1 = 17:5 2:5 = 15 ,

8:0j

= 4: 63

a módusz és a kvartilisek mo = 5:5 q0:25 = 0:75 2:5 + 0:25 5:5 = 3: 25 mert 0:25 41 = 10: 25 me = 5:5 mert 0:5 41 = 20: 5 q0:75 = 12:5 mert 0:75 41 = 30: 75 1.5. Feladat. Egy országúti sebességmérés alakalmával, a megengedett sebességet túllép½ok közül 10 gépjárm½u 5 km/óra sebességnél kevésbé, 15 gépjárm½u 5 és 10 km/óra közötti, és 10 gépjárm½u 10 és 15 km/óra 10 km/óra közötti, 5 gépjárm½u 15 km/óra sebességnél nagyobb mértékben tért el a megengedett½ol, és a legnagyobb túllépés mértéke 20 km/óra volt. Adjuk meg a sebesség túllépés mértékének statisztikai jellemz½oit! Megoldás. Az osztályközökkel adott mintát kiegészítve a középpontokkal, adatainat a következ½o táblázatba rendezhetjük: P f Osztály határok x f x f x2 f 0 5 2:5 10 10 2:5 10 = 25:0 2:52 10 = 62: 5 5 10 7:5 15 25 7:5 15 = 112: 5 7:52 15 = 843: 75 10 15 12:5 10 35 12:5 10 = 125:0 12:52 10 = 1562: 5 15 P 20 17:5 5 40 17:5 5 = 87: 5 17:52 5 = 1531: 3 n = 40 350:0 4000:1

Tehát az átlag és szórás értéke

r 350:0 4000: 1 x= = 8: 75 km/óra s= 8:752 = 4: 841 5 km/óra 40 40 az átlagos abszolut eltérés és terjedelem, valamint a módusz és a kvartilisek: d=

10 j2:5

8: 75j + 15 j5:5 x40 5 5+5 0:25 q0:25 = 5 + 15 10:5 me = 5 + 15 5:75 q0:75 = 10 + 10 mo = 5 +

8: 75j + 10 j12:5 8: 75j + 5 j17:5 40 x1 = 20 0 = 20 km/óra,

8: 75j

= 4: 812 5 km/óra

5 = 7:5 km/óra 5 = 5:1 km/óra

mert 0:25 41 = 10: 25

5 = 8:5 km/óra

mert 0:5 41 = 20: 5

5 = 12:9 km/óra

mert 0:75 41 = 30: 75


10


2. fejezet Véletlen a statisztikában Már említettük a statsztikai következtetések bizonytalanságát, melynek forrása a mintavétel esetlegessége, hacsak nem az egész alapsokaság alkotja a mintát. A mintavétel önmagában is kérdéseket vet fel, ugyanis nehéz annak kritériumát megadni, hogy a minta valóban olyan-e minden szempontból, mint az alapsokaság. Az ilyen, un. reprezentatív minta egy véletlen kísérlet eredményének tekinthet½o, amivel éppen azt fogadjuk el, hogy az egyik minta semmivel sem valószín½ubb mint bármelyik másik, ezért aztán jellemz½oik is azonos tulajdonságokat mutatnak. Tehát a minta egy véletlen kísérlet eredménye, és az abból számolt statisztikák pedig mint véletlen mennyiségek értelmezhet½ok. Ezért szükségünk lesz a valószín½uségszámítás néhány ezzel kapcsolatos fogalmára, melyeket a következ½okben tekintünk át a teljesség, és még kevésbé a matematikai pontosság igénye nélkül.

2.1. Véletlen mennyiségek Egy

véletlen mennyiségr½ol, vagy valószín½uségi változóról akkor beszélünk, ha az fx1 ; x2 ;

g

R

véges sok vagy megszámlálhatóan végtelen sok lehetséges értékhez adottak a 2 [0; 1]

p 1 ; p2 ;

un. diszkrét valószín½uségeloszlás valószín½uségei, azaz P ( 2 A) =

X

pi

P

i

A

pi = 1, és R

xi 2A

ami a 2 A esemény bekövetkezésével kapcsolatos bizonyosságunk mértékét, az esemény valószín½uségét adja meg mint egy [0; 1]-beli mennyiség. Speciálisan P ( = xi ) = pi 11

i = 1; 2;

.

12

2. FEJEZET. VÉLETLEN A STATISZTIKÁBAN

Ha a lehetséges értékek az egész számegyenest, vagy annak egy intervallumát kitöltik, eloszlása egy f : R ! R+ 0 R +1 un. valószín½uségi s½ur½uségfüggvénnyel jellemzhet½o, azaz 1 f (x)dx = 1; és ekkor Z P ( 2 A) = f (x)dx A R. A

Ez utóbbi esetben folytonos eloszlásról beszélünk, és használjuk az Z x f (t)dt x2R F (x) = 1

monoton nem csökken½o un. eloszlásfüggvényt, melyre ekkor teljesül az f s½ur½uségfüggvény x 2 R folytonossági helyein: F 0 (x) = f (x) . Továbbá, ha az I

R intervallum végpontjai a és b, akkor P ( 2 I) = F (b)

F (a)

és ez a = 1 esetén F ( 1) = 0; illetve b = +1 esetben F (+1) = 1 helyettesítésével is érvényes marad. Valószín½uségi változók legfontosabb jellemz½oje a véletlen ingadozás centruma, az Z +1 X E( ) = xi pi illetve E( ) = x f (x)dx 1

i

várható érték, és az ingadozás mértéke, a nemnegatív q p D( ) = E ( E( ))2 = E( 2 ) szórás, ahol

2

E( ) =

X i

x2i

pi

2

illetve E( ) =

Z

E 2( )

+1

x2 f (x)dx 1

feltételezve az itt szerepl½o végtelen sorok és improprius integrálok abszolut konvergenciáját. Vegyük észre, hogy egy alapsokaság átlaga és szórása egy véletlen mennyiség várható értékének és szórásának tekinthet½o, és például nagy elemszámú alapsokaság esetén módusza az f s½ur½uségfüggvény maximum helye, mediánja pedig az F (x) = 21 egyenlet megoldása. Tehát egy alapsokaság mennyiségi jellemz½oi azonosíthatók egy valószín½uségi változó megfelel½o jellemz½ojével, paraméterével. A várható érték és szórás néhány fontos tulajdonsága a következ½o. Ha ; véletlen mennyiségek, és a; b 2 R, akkor E(a + b ) = a E( ) + b E( ) D(a + b) = jaj D( ) D2 ( ) = E( 2 ) E 2 ( )

13

2.2. NEVEZETES ELOSZLÁSOK

és ha még

és

függetlenek, azaz P ( 2 A; 2 B) = P ( 2 A) P ( 2 B)

akkor teljesül D( + ) =

p

A; B

R

D2 ( ) + D2 ( ) .

2.2. Nevezetes eloszlások A továbbiakban felsorolunk néhény nevezetes véletlen kísérletet, és megadjuk az ezzel kapcsolatos véletlen mennyiség eloszlását és jellemz½oit. 1. Egy menyiség véletlen választása véges sok egyformán valószín½u lehet½oség közül. Legyenek ; xn 2 R

x 1 ; x2 ; és

1 i = 1; 2; ;n . n Ekkor a diszkrét egyenletes eloszlású valószín½uségi változó várható értéke és szórása v u n n X u1 X 1 E( ) = x = xi D( ) = s = t x2 x2 . n i=1 n i=1 i P ( = xi ) =

Tehát az empírikus átlag illetve szórás statisztika egy ilyen eloszlás várható értéke és szórása. 2. Mintavétel.

Legyen az N elemszámú halmaz elemei közül M számú megjelölt (hibás, jó, stb.). Válasszunk találomra n számút, és jelölje a válsztottak között a megjelöltek számát. Ekkor a lehetséges értékek 0; 1; 2;

;n

és ha a mintavétel (a) visszatevés nélkül történik, akkor P ( = k) =

M k

N M n k N n

k = 0; 1; 2;

;n

ami az un. hipergeometrikus eloszlás, melynek várható értéke és szórása s n 1 E( ) = n p D( ) = n p q 1 N 1 Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

14


ahol

M illetve q = 1 p N a megjelölt illetve a nem megjelölt válsztásának esélye. p=

(b) visszatevéssel történik, akkor P ( = k) =

n k

pk q n

k

k = 0; 1; 2;

;n

ami az un. binomiális eloszlás, melynek várható értéke és szórása E( ) = n p

D( ) =

p

n p q.

Megjegyzés: Könnyen belátható, hogy elég nagy M < N esetén, a kétféle mintavétel hasonló eloszláshoz vezet, ami a paraméterek közel azonosságában is megmutatkozik. Az is megmutatható, hogy a binomiális eloszlás tagjai n ! 1 és n p = állandó esetén konvergensek, és lim

n!1

n k

k

pk q n

k

=

k!

e

k = 0; 1; 2;

ezért értelmezhet½o a következ½o véletlen kísérlet. 3. Véletelen eseményszám meg…gyelése. Egy esemény bekövetkezései számának, a valószín½uségi változónak a lehetséges értékei 0; 1; 2; , a megfelel½o valószín½uségek pedig k

P ( = k) =

k!

e

k = 0; 1; 2;

ami az un. Poisson eloszlás, melynek várható értéke és szórása p E( ) = D( ) = . 4. Véletlen szám választása az [a; b] A

R intervallumból.

véletlen szám folytonos eloszlású 8 < 0 ha x < a 1 ha a x b f (x) = : b a 0 ha b < x

F (x) =

a+b 2

D( ) =

8 < 0 :

x a b a

1

ha x a ha a < x ha b < x

b

s½ur½uség és eloszlásfüggvénnyel. Ez az un. folytonos egyenletes eloszlás, melynek várható értéke és szórása E( ) =

b a p . 2 3

15

2.2. NEVEZETES ELOSZLÁSOK

5. Véletlen id½otartam. Ha a véletlen id½otartam, egy id½oegység alatt átlagosan ok miatt ér véget, s½ur½uség és eloszlásfüggvénye 0 e

f (x) =

x

ha x 0 ha 0 < x

F (x) =

0 e

1

számúszor bekövetkez½o

x

ha x 0 ha 0 < x

.

Ez az un. exponenciális eloszlás, melynek várható értéke és szórása E( ) =

1

D( ) =

1

.

Megjegyzés: A paraméter½u exponenciális eloszlású valószín½uségi változó 0 < c pozitív számszorosa, theát c is exponenciális eloszlású c paraméterrel. 6. Sok véletlen érték összege, mérési eredmény. Ha sok véletlen mennyiség összege, mint például egy mérés véletlen hibával terhelt eredménye, eloszlása az un. normális eloszlás, melynek s½ur½uség és eloszlásfüggvénye f (x) =

1

'

x

m

F (x) =

x

m

x2R,

ahol

Z x x2 t2 1 1 p e 2 dt x 2 R (x) = '(x) = p e 2 2 2 1 az un. standard normális eloszlás s½ur½uség és eloszlásfüggvénye. Az eloszlás paraméterei E( ) = m D( ) = ,

aminek jelölése: Megjegyzések:

2 N (m; ) .

(a) Az m; paraméter½u normális eloszlású valószín½uségi változó a + b transzformáltja, ahol 0 6= a; b 2 R, szintén normális eloszlású a m + b; jaj paraméterekkel. (b) Független normális eloszlású valószín½uségi változók összege is normális eloszlású, tehát ha 2 N (m1 ; 1 ) és 2 N (m2 ; 2 ) függetlenek, akkor q 2 2 + 2 N m1 + m2 ; . 1 + 2 (c) A normális eloszlás eloszlásfüggvényének számítása a függvény táblázatával történhet, melynek pozítív helyen vett értékeit megtaláljuk a függelékben. Negatív helyen a szimmetria tulajdonságból következ½o ( x) = 1

(x)

összefüggést használhatjuk. Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

16


(d) Megmutatható, hogy sok független azonos eloszlású valószín½uségi változó összegének eloszlása közelít½oen normális eloszlású lesz. Ezért használhatjuk a normális eloszlást sok véletlen hiba összegz½odéseként nyerhet½o mérési eredmények modellezésére. (e) A binomiális eloszlás is közelíthet½o normális eloszlással, ugyanis egy ilyen változó 0 illetve 1 értéket felvev½o n-számú véletlen mennyiség összege. Ez a közelítés akkor kielégít½o, ha n minfp; qg > 10 teljesül a visszatevés nélküli mintavétel esetén. Természetesen ez érvényes a hipergeometriai eloszlásra, amennyiben az közelíthet½o a binimiális eloszlással (M; N ! 1), és a Poisson eloszlásra ( > 10), mivel az a binomiális eloszlás határeloszlása.

2.3. Feladatok 2.1. Feladat. Számítsuk ki a nevezetes eloszlások várható értékét, szórását, móduszát, és a folytonos eloszlások kvartiliseit! 2.2. Feladat. Számítsuk ki a véges sokaságból vett minta átlagának várható értékét és szórását! Számítsuk ki továbbá az empírikus szórásnégyzet várható értékét! Megoldás. Legyenek az alapsokaság elemei XN 2 R

X1 ; X2 ; és jelölje m=

1 N

N X k=1

Xk

v u N u1 X t = (Xk N k=1

v u N u1 X 2 t m) = X2 N k=1 k

m2

az alapsokaság átlagát és szórását. Tekintsük a mintavétel x 1 ; x2 ;

xn

eredményeit, mint véletlen mennyiségeket, melyek közös eloszlása diszkrét egyenletes eloszlás X1 ; X2 ; XN lehetséges értékekkel, és így v u N N u1 X 1 X t E(xi ) = m = Xk D(xi ) = = (Xk m)2 N k=1 N k=1 E(x2i ) =

N 1 X 2 X = N k=1 k

2

+ m2

ezért

1X E(xi ) = m . n i=1 n

E(x) =

i = 1; 2;

;n ,

17

2.3. FELADATOK

Ha a mintavétel visszatevéssel történik, ezek a véletlen mennyiségek függetlenek, így

v u n X 1u D(x) = t D2 (xi ) = p . n i=1 n

Ha a mintavétel visszatevés nélkül történik, akkor " n # X X 1 E(x2 ) = 2 E(x2i ) + E(xi xj ) = n i=1 i6=j 2 1 2 2 2 n + m + n(n 1) m n2 N 1 1 n 1 2 1 2 + m2 + (n 1)m2 = = n N 1 n

=

= 2

n N

1

1 1

+ n m2

mivel E(xi

1 xj ) = N (N =

1)

N N

tehát D(x) =

1 s

1 Xl = N (N

Xk

k6=l

1 N (N

m2

1 n

X

2

1)

n N

1

Számoljuk most az

N X

1)

Xk2 =

k=1

1 1

N X

Xk ) =

k=1

2

N N

1

+ n m2

1X 2 s = x n i=1 i

Xk (N m

+ m2 = m2 N 1

m2

m2 = p

n

r

n N

1

2

N

1

1 . 1

n

2

x2

empírikus szórásnégyzet várható értékét a visszatevéses mintavétel esetén: 2

E(s2 ) =

2

+ m2

n

+ m2

=

n

1

2

n

és visszatevés nélküli esetben 2

E(s2 ) =

2

+ m2

n

1

n N

1 + m2 1

=

n

1 n

N

2

N

n 1

1

2

n

mivel E(x2 ) = D2 (x) + E 2 (x) .


18


Megjegyzések: 1. Tehát a mintavétel módjától nem függ az átlag statisztika várható értéke, és az empírikus szórásnégyzet várható értéke is lényegében azonosnak tekinthet½o. A különbség csupán az átlag statisztika szórásában jelenik meg az n N

1

1 N = 1 N

n 1

un. korrekciós tényez½oben, ami a minta n elemszámánál jóval nagyobb, illetve végtelen alapsokaság esetén elhanyagolható. 2. Végtelen, illetve nagy méret½u alapsokaság esetén az m és paraméterek egy alkalmas s½ur½uségfüggvénnyel Z +1 Z +1 2 m= xf (x)dx = x2 f (x)dx m2 1

1

adottak, és eredményeink a visszatevéses esetnek megfelel½oen érvényesek. 2.3. Feladat. Egy bizonyos típusú gépkocsi els½o üzembe helyezése után átlagosan (várhatóan) 15000km megtétele után hibásodik meg. Ha a hibátlaul megtett út hossza exponenciális eloszlású, adjuk meg azt az úthosszt, melynek hibátlan megtétele 90%-os valószín½uség½u? Megoldás.

: megtett út a meghibásodásig, exponenciális eloszlású, E( ) = 15000 =

l =? 0:9 = P ( > l) = 1

F (l) = e

1

l 15000

!

=

!l=

1 15000 15000 ln(0:9) = 1580: 4 km

2.4. Feladat. Egy tantárgy óráin a tanulók átlagosan (várhatóan) 15 percig tudnak …gyelni. Ha ez az id½otartam exponenciális eloszlású, mennyi az az id½otartam (felezési id½o), mely alatt a tanulók fele már nem képes …gyelni? 2.5. Feladat. Ha

egy m;

paraméter½u normális eloszlású mennyiség, adjuk meg a P (j

mj

k

)

k = 1; 2; 3

valószín½uségeket! 2.6. Feladat. Adjuk meg m = 10 kvantiliseit! Megoldás.

= 2 paraméter½u normális eloszlás q0:05 és q0:95

2 N (10; 2) q0:05 =? 0:05 = P ( < q0:05 ) = 1:645 =

q0:05

10 2

! q0:05 = 10

q0:05

10 2

2 1:645 = 6:71

19

2.3. FELADATOK

q0:95

q0:95 =? 0:95 = P ( < q0:95 ) = 1:645 =

q0:95

10 2

2.7. Feladat. Adjuk meg az m;

10 2

! q0:95 = 10 + 2 1:645 = 13:29

paraméter½u normális eloszlás q0:025 és q0:975 kvantiliseit!

2.8. Feladat. Az 1kg-os csomagolású liszt tömege normális eloszlású véletlen mennyiség m = 0:95 kg; = 0:02 kg paraméterekkel. 1. Mennyi annak valószín½usége, hogy egy megvásárolt zacskó tömege 0:90 kg-nál kevesebb? 2. Ha három zacskót vásárolunk, milyen határok között van az össztömeg 95%-os valószín½uséggel? Megoldás. 1.

: egy zacskó tömege, N (0:95; 0:02) eloszlású v.v., P ( < 0:9) =

2.

0:9 0:95 0:02

=

(2:5) = 0:9938

= 1 + 2 + 3 : három zacskó tömege, N 3 0:95; 6b megjegyzés), d =? 0:95 = P (3 0:95

d<

3 0:02 eloszlású v.v. (lásd:

< 3 0:95 + d) = 2

0:975 = 1:96 = p

p

p

p

d 3 0:02

1

d 3 0:02

p d ! d = 3 0:02 1:96 = 6: 789 6 3 0:02

10

2

Tehát a 95%-os valószín½uség½u határok: 3 0:95 6: 789 6 3 0:95 + 6: 789 6

10 10

2 2

= 2: 782 1 = 2: 917 9

2.9. Feladat. Egy 1000 darabos termékhalmazban 250 hibás darab van. 100 elem½u mintát véve, milyen határok között lesz a hibás termékek száma 90%-os valószín½uséggel, ha a mintát 1. visszatevéssel vettük? 2. visszatevés nélkül vettük? Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

20


Megoldás.

: a hibásak száma a mintában,

250 1. n = 100; p = 1000 = 41 = 0:25; binomiális eloszlású v.v., E( ) = 100 14 = 25; D( ) = q p p 100 41 34 = 25 3, közel N 25; 52 3 eloszlású (lásd: 6e megjegyzés),

d =? 0:9 = P (25

d< 0:95 =

< 25 + d) = 2

5 2

d p

d p 5 2

!

3

!

1

3 5p d 3 = 7: 123 1 1:645 = 5 p ! d = 1:645 2 3 2 Tehát a 90%-os valószín½uség½u határok: 25 7: 123 1 = 17: 877 25 + 7: 123 1 = 32: 123

18 32

2.10. Feladat. Egy bizonyos típusú biztosítás kár-eseményeinek átlagos (várható-) száma havonta 120. Mennyi annak valószín½usége, hogy egy adott hónapban 100 alatt marad az ilyen események száma?

3. fejezet Becslés Pontbecslésnek azt az eljárást nevezzük, amikor az alapsokaság valamely mennyiségi jellemz½ojének értékére következtetünk a mintából számolt alkalmas statisztika értékével. Ha a meg…gyelt mintát egy véletlen kísérlet eredményének tekintjük, akkor a jellemz½o, továbbiakban paraméter becsült értéke, a mintából számolt statisztika, tehát egy véletlen mennyiség értéke lesz. Így használhatjuk a becslés jellemzésére a valószín½uségi változókkal kapcsolatos fogalmakat. A # paraméter t statisztikával történ½o becslését jelöljük a továbbiakban t,

# és ezt a becslést torzítatlannak mondjuk, ha

E(t) = # , azaz a becslés eredményeként kapott érték éppen a a becsülni kívánt paraméter körül ingadozó véletlen mennyiség. Egy ilyen torzítatlan becslés fontos jellemz½oje a becslés q D(t) = E (t #)2

standard hibája, azaz a véletlen becsült értéknek a becsült paramétert½ol való eltérésének mértéke. Ha ez a standard hiba a minta méretének növelésével tetsz½olegesen csökkenthet½o, azaz D(t) ! 0 akkor a becslét konzisztensnek nevezzük.

3.1. Pontbecslés A továbbiakban áttekintjük a már említettek közül a leggyakrabban használt becsléseket, és azok tulajdonságait, felhasználva a nevezetes véletlen kísérletek kapcsán megismert összefüggéseket. 21

22

3. FEJEZET. BECSLÉS

1. Arány illeteve valószín½uség paraméter becslése. Ha az N elem½u alapsokaság elemei között M számú rendelkezik egy adott tulajdonsággal, akkor a p = M (q = 1 p) arány becslése egy n elem½u mintából pb = nk ; N ha a minta elemei közül k számú rendelkezik az adott tulajdonsággal. Vizsgáljuk a p pb becslés tulajdonságait. E(b p) =

1 1 E(k) = n p=p n n

Tehát a becslés torzítatlan, és standard hibája, illetve annak becslése, ha a mintavétel

(a) visszatevés nélkül történt, akkor a k véletlen mennyiség hipergeometrikus eloszlású, és

D(b p) = D(b p)

1 1 D(k) = n n s 1 k p 1 n n

s

npq 1

n N

1 1 =p 1 n

k n

n N

1 1

1

s

1 p 2 n

n N

pq 1

r

1

n N

1 , 1 1 1

1 p . 2 n

(b) visszatevéssel (vagy nagy ill. végtelen alapsokaságból) történt, akkor a k véletlen mennyiség binomiális eloszlású, és: D(b p) = D(b p)

1p 1 p 1 D(k) = npq = p p(1 n n n s 1 k k 1 p p . 1 n n n 2 n

p)

Ha a mintavétel rétegezetten történt, vagyis az Ni elemszámú csoportban Mi számú rendelkezik az adott tulajdonsággal, és innen választott ni elem½u mintában ki számú az ilyen tulajdonságúak száma i = 1; 2; r, az egyes csopotokon belüli arányok besclése és a besclések standard hibája: pi =

1 D (b pi ) = p ni

s

p i qi 1

ni Ni

Mi Ni

1 1

pbi = 1 p ni

ki ni

s

ki ni

1

ki ni

1

ni Ni

1 1

23

3.1. PONTBECSLÉS

A teljes sokaságra vonatkozó arány becslése, és a becslés jellemz½oi ekkor X M pb = bi E(b p) = p i p N i=1 v u r uX ni 1 1 2 p i qi 1 D(b p) = t i ni Ni 1 i=1 v u r X 1 u n ki ki ni 1 2 p t 1 1 i ni ni ni Ni 1 n i=1 v v u r u r X X 1 u n ni 1 1 u 2 t t p p 1 Ni 1 2 n i=1 i ni 2 n i=1 n

p=

ahol M=

r X

Mi

N=

i=1

r X

Ni

i

i=1

=

Ni N

n=

r X

2 i

n ni

ni .

i=1

Ha a mintavétel nagy elmszámú rétegekb½ol, illetve visszatevéssel történt, és az egyes ni rétegek i aránya ismert (mert h i pl. a mintavétel arányosan történt, azaz i = n ),

a fenti képletek az 1

ni 1 Ni 1

tényez½o elhagyásával érvényesek.

Mindegyik esetben teljesül a minta elemszámok (minden határon túli) növelése esetén D(b p) ! 0 , tehát a becslés konzisztens, és megadható a standard hiba (véletlent½ol nem függ½o) korlátja, ezért tervezhet½o az a minta elemszám, ami biztosítja, a standard hiba el½oírtan kis értékét. 2. Átlag illetve várható érték és szórás paraméterek becslése. Az alapsokaság m átlaga, vagyis a várható érték és a becslése egy n-elem½u mintából

m

szórás paraméterek szokásos

v u n u1 X s=t (xi n i=1

n 1X x= xi n i=1

x)2 ,

és a 2.2 példa szerint teljesül E(x) = m tehát a várható érték becslése torzítatlan. Az átlag standard hibája, illetve annak becslése, ha a mintavétel Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

24


(a) visszatevés nélkül történt D(x) = p

n

r

n N

1

1 1

s p n

r

n N

1

1 1

(b) visszatevéssel (vagy nagy ill. végtelen alapsokaságból) vett minta esetén D(x) = p Mindkét esetben teljesül D(x)

s p . n

n

n!1

!0,

tehát a várható érték becslése konzisztens, de a minta mérete most nem tervezhet½o, hacsak nem ismert az alapsokaság szórása. A 2.2 feladat eredménye szerint mindkét esetben (illetve jó közelítéssel) E(s2 ) = tehát a

2

n

1

2

n

s2 becslés torzított, amit korrigálhatunk a 2

s

2

=

1 n

1

n X

x)2

(xi

i=1

un. korrigált empírikus szórásnégyzet alkalmazásával, amit az átlag statisztika standard hibája r s n 1 s 1 D(x) p illetve D(x) p N 1 n n becslésénél is célszer½u használni (els½osorban kis, n < 20 minta elemszám esetén). Ha a mintavétel rétegezetten történt, vagyis az alapsokaság Ni elemszámú csoportjai, és az onnan vett ni elem½u minták fX11 ; X12 ; fX21 ; X22 ; fXr1 ; Xr2 ;

; X1N1 g 3 x11 ; x12 ; ; X2N2 g 3 x21 ; x22 ; .. . ; XrNr g 3 xr1 ; xr2 ;

; x1n1 ; x2n2 ; xrnr

és jelölje mi =

Ni X

Xij

j=1

N=

r X i=1

Ni

i

v u Ni u1 X t (Xij = Ni j=1

n=

r X i=1

ni

i

=

mi )2 Ni N

25

3.1. PONTBECSLÉS

akkor az egyes csoportok paraméterinek becslése: mi

ni 1 X xi = xij ni j=1

2 i

s2i

ni 1 X = x2 ni j=1 ij

x2i

si 2 =

2 i

vagy

ni ni

i = 1; 2;

és a várható értékek becslésének standard hibái r r ni 1 si i 1 1 D (xi ) = p p ni Ni 1 ni

ni Ni

1

s2i

;r

1 1

amivel kapjuk a teljes sokaság várható értékének torzítatlan becslését, és a becslés standard hibáját: m=

r X

i

x=

mi

i=1

v u r X 1 u D (x) = p t n i=1

r X

i

és E(x) = m

xi

i=1

2 i

n ni

2 i

1

ni Ni

1 1

v u r X 1 u p t n i=1

2 i

n 2 s 1 ni i

ni Ni

1 1

illetve a korrigált empírikus szórásnégyzetekkel (kis elemszámú minták esetén) v u r X n 1 u ni 1 2 si 2 1 D (x) p t . i Ni 1 n i=1 ni Ha a mintavétel nagy elmszámú rétegekb½ol, illetve visszatevéssel történt, és az egyes csoportok i arányah ismert (mert pl. a mintavétel arányosan történt, azaz i = nni ), i

a fenti képletek az 1

ni 1 Ni 1

tényez½o elhagyásával érvényesek.

Most is teljesül a minta elemszámok (minden határon túli) növelése esetén D(x) ! 0 ,

tehát a becslés konzisztens, de a standard hiba (véletlent½ol nem függ½o) korlátja nem adható meg el½ore, ezért most sem tervezhet½o az a minta elemszám, ami biztosítja, a standard hiba el½oírtan kis értékét. Megjegyzés: A rétegezett mintavételb½ol kapott várható érték becslés standard hibája általában kisebb lesz, mint hasonló méret½u egyszer½u mintavétel esetén. Ha például nagy elemszámú a sokaság, és a mintavétel arányos volt, a standard hiba és becslése v v u r u r X ni uX ni 1 u 1 2 p t p t si 2 i n n n n i0 i0 Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

26


míg egyszer½u mintavétel esetén 1 p n

1 p n

sP

k i=1

Pni

x)2

(xij n 1 j=1

vagy a már korábban bevezetett SSB és SSW négyzetösszegekkel s r Pk P x)2 + ki=1 (ni 1 SSB + SSW 1 1 i=1 ni (xi p p =p n 1 n 1 n n n

1) si 2

ami a csoportok közötti SSB négyzetösszeg miatt nagyobb becsült hibát eredményez. Mindez a teljes sokaságra is érvényes, és a különbség akkor lesz számottev½o, ha az egyes rétegek i szórása lényegesen kisebb mint az egész sokaság szórása (mert a réteg-átlagok különböz½oek).

3.2. Intervallum becslés Egy # paraméter (1 )-szint½u intervallum becslése olyan t1 < t2 statisztika pár megadását jelenti, amivel teljesül: P (t1 # t2 ) = 1 2 a becsl½o intervallum amit legtöbbször # t d módon jelölünk majd, ahol t = t1 +t 2 t2 t1 közepe, és d = 2 a becslés hibája. A t1 = 1 illetve t2 = +1 formális választással nyerhetjük az un. fels½o # t2 illetve alsó # t1 becsléseket az (1 )-szinthez, amivel

P (#

t2 ) = 1

illetve

P (t1

#) = 1

.

Egy ilyen intervallum becslés megadása akkor hasznos, ha (1 ) (ko…dencia-) szintje legalább 0:9 (90%); 0:95 (95%) vagy még nagyobb, és pontosságának mértéke, a d hiba elég kicsi. Mint azt a konkrét esetekben látni fogjuk, e két cél elérése általában csak a másik rovására javítható. A t1 < t2 statisztika pár megadás többféleképpen történhet, de általában olyanokat fogunk keresni egy -kritikus értékhez, hogy teljesüljön P (# < t1 ) = P (t2 < #) =

2

amib½ol a nem kívánt határ elhagyásával nyerhetjük az 1 a # t2 fels½o becslést.

2

-szint½u #

t1 alsó illetve

1. Arány, illetve valószín½uség intervallum becslése. Egy sokaságban bizonyos (megjelölt) egyedek ismeretlen arányát jelölje p, és becsüljük ezt egy n-elem½u mintában talált k-számú megjelölt ismeretében. Ha a mintavétel visszatevéssel történt (vagy a sokaság elemszáma elég nagy), a k véletlen mennyiség binomiális eloszlású, és ha még n is elég nagy (n p > 10), eloszlása közelít½oen normális lesz, tehát k np u= p 2 N (0; 1) npq

27

3.2. INTERVALLUM BECSLÉS

azaz u eloszlása az un. standard normális eloszlás, melynek várható értéke E(u) = 0 és szórása D(u) = 1. Válasszuk a 0 < << 1 valószín½uséghez táblázatból az u hogy ha u 2 N (0; 1), akkor P (juj > u ) = . Ekkor P

k np p npq

u

kritikus értéket úgy,

=1

amit alakítva kapjuk: P (p1

p

p2 ) = 1

ahol 2

p1;2 =

k u + n 2n

u p

n

s

k n

1

k n

+

u2 4n

2

és ha itt még un elhanyagolható (ami a szokásos n >> 100 esetekben, és 2-höz általában közeli u érték miatt mindig megtehet½o), akkor kapjuk a s k u k k p p 1 n n n n (1

)-szint½u intervallum becslést.

Megjegyzések: (a) Ha p1 = p2 =

k n

+

u p

k n u p

n

q

n

k n

q 1

k n

1 k n

k n

< 0 akkor a p1 statisztika értékét 0-nak, és ha

> 1 akkor p2 értékét 1-nek választjuk.

(b) Vegyük észre, hogy az intervallum nk közepe a már megismert pontbecslés, a q 1 p hiba pedig a becsült n nk 1 nk standard hiba és az u táblázati érték szorzata. Továbbá a hiba (a mintától nem függ½o) fels½o korlátja s u k k u p , p 1 n n n 2 n ezért a minta mérete tervezhet½o, azaz adott pontossághoz megadható n értéke. Az is látható, hogy a hiba az (1 ) szinttel együtt csökkenthet½o, és fordítva, a szint növelése nagyobb hibát eredményez. Rögzített szint mellett pedig, n növelésével, tetsz½olegesen kicsi lesz a hiba mértéke. (c) Ha a mintavétel visszatevés nélkül történt az N elem½u alapsokaságból, eredményünket a standard hibának megfelel½o módosítással használhatjuk: s k u k k n 1 p p 1 1 . n n N 1 n n Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

28


(d) Az u kritikus érték szimmetrikus választása miatt, a p1 illetve p2 statisztikák egyikének elhagyásával nyerhetjük az 1 2 -szint½u p

p2

p

p1

fels½o illetve alsó becsléseket. 2. Átlag, illetve várható érték intervallum becslése. Egy normális eloszlású sokaság átlagos (várható-) értékét jelölje az ismeretlen m paraméter, és tegyük fel, hogy a 0 szórás ismert. Egy n-elem½u (az ilyenkor végtelen alapsokaságból visszatevéssel vagy nélkül vett) minta elemeit jelölje x 1 ; x2 ; melyek ekkor független, N (m;

0)

; xn

eloszlású véletlen mennyiségek, ezért

1X x= xi 2 N n i=1 n

tehát

mp

x 0

0

m; p

n

n 2 N (0; 1) .

Válasszuk a 0 < << 1 valószín½uséghez táblázatból az u hogy ha u 2 N (0; 1), akkor P (juj > u ) = . Ekkor P

mp

x

n

u

=1

kritikus értéket úgy,

,

0

amit alakítva P

x

0 u p n

m

0 x+u p n

=1

tehát kapjuk az m (1

) szint½u intervallum becslést.

x

0 u p n

q

Pn p 1 x)2 becsléssel kapott x s m n Ha a szórás nem ismert, az s = i=1 (xi n 1 véletlen mennyiség eloszlása az un. (n 1) szabadsági fokú T (vagy Student) eloszlás, aminek jelölése: x mp n 2 Tn 1 s Válasszuk a 0 < << 1 valószín½uséghez táblázatból a t kritikus értéket úgy, hogy ha t 2 Tn 1 , akkor P (jtj > t ) = . Ekkor hasonlóan kapjuk az m (1

) szint½u intervallum becslést.

x

s t p

n

29

3.2. INTERVALLUM BECSLÉS

Megjegyzések: (a) Vegyük észre, hogy a kapott intervallum becslések középpontjai most is a korábban tárgyalt becslések, a pontatlanság mértéke pedig a becslés standard hibájának és egy táblázati értéknek a szorzata. A hiba most csak az ismert 0 szórás esetén tervezhet½o el½ore, mivel a másik esetben t ps n értéke n mellett függ a meg…gyelt mintától is, ami el½ore nem ismerhet½o. Az természetesen mindkét esetben teljesül, hogy a pontatlanság mértéke n növelésével tetsz½olegesen kicsivé tehet½o. (b) Ha a minta n elemszáma elég nagy (n > 15; 20; 30; 60; 120; ), az alapsokaság normális eloszlásának feltételezése elhagyható, mivel az itt szerepl½o x és s P P statisztikák a ni=1 xi és ni=1 x2i összegekkel fejezhet½ok ki, és ezek ilyenkor jó közelítéssel normális eloszlásúnak tekinthet½ok az alapsokaság eloszlásától függetlenül. (c) Ha az elég nagy n elemszámú mintavétel visszatevés nélkül történt az N elemszámú sokaságból, a kapott eredmények a standard hibának megfelel½oen módosulnak, tehát r r n 1 s n 1 0 1 illetve m x t p 1 . m x u p N 1 N 1 n n (d) Az 1 2 szint½u féloldali intervallum becslések most is az egyik, nem kívánt korlát elhagyásával nyerhet½ok. (e) A fentiekhez hasonló módon készíthetünk kon…dencia intervallumot további

meg…gyelési eredmények y = ugyanis

tehát az (1

k

j=1

x y q 1 + 0 n

amib½ol kapjuk P

y 1 ; y2 ; Pk 1

x

u

0

r

1 1 + n k

y

1 k

; yk átlagára. Ismert

yj

0

szórás esetén

2 N (0; 1)

x

u

0

r

1 1 + n k

!

=1

)-szint½u határok y

x

u

0

r

1 1 + , n k

illetve az ismeretlen szórás esetén y

x

t s0

r

1 1 + . n k Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

30


3. A szórás kon…dencia intervalluma. Használjuk az el½oz½o pont jelöléseit, amikor a s 2 (n

= eloszlása az un. (n Válasszuk a 0 <

szórás ismeretlen paraméter. Ekkor 1)

2

1) szabadsági fokú 2 eloszlás, jelölése << 1 valószín½uséghez táblázatból a

értékekett úgy, hogy ha Ekkor kapjuk

2 n 1,

2

s 2 (n

2 1

P

akkor P

tehát a szórásnégyzet illetve szórás (1 ! n 1 n 1 2 s 2 2 ;s 2 2 amib½ol a megfelel½o 1

1

2

1) 2

2

2

>

2

2 1

2 2

=1

2

2 2 1

2

2 n 1. 2

<

és P

2

kritikus

2

>

2

=

2

2

=1

) szint½u intervallum becslései ! s s n 1 n 1 s , ;s 2 2 1

2

2

szint½u féloldali határok nyerhet½ok.

3.3. Feladatok 3.1. Feladat. Egy 500 darabos termékhalmazban ismeretlen számú hibás termék van. Becsüljük a hibásak számát, ha 100 elem½u mintát véve, 25 hibásat találtunk! Adjunk 90% biztonsággal fels½o korlátot a hibásak számára! Hány elem½u mintára lenne szükség a selejtarány 0:05 hibával történ½o 90%-os szint½u inervallum becsléséhez? Adjuk meg a megoldást visszatevéssel és visszatevés nélkül vett minta esetén! Megoldás. Ha a mintavétel visszatevéssel történt. M ; ahol M a hibás darabok ismeretlen száma. A p arány becsült A hibásak aránya p = 500 értéke, és a becslés standard hibája az N = 500 elem½u alapsokaságból (visszatevéssel) vett n = 100 elem½u minta esetén, amikor is a mintában k = 25 hibás van: p=

M 500

k 25 = = 0:25 D n 100

k 100

p

p 1 0:25 0:75 = 4: 330 1 100

10

tehát M becsült értéke, és a becslés standard hibája M

125 D 500

k 100

500 4: 330 1

2

10

= 21: 651 .

Táblázatból u0:2 = 1:282; amivel a p valószín½uség 80%-os szint½u kétoldali határai M 500

25 100

1:282 4: 330 1

10

2

2

,

31

3.3. FELADATOK

tehát 90%-os szint mellett M

25 + 1:282 4: 330 1 100

500

10

2

= 152: 76

153 .

A selejtarány 90%-os szint½u becslésének hibája kisebb mint u0:1 1:645 p = p 2 n 2 n tehát keressük azt a legkisebb n egész számot, amire 1:645 p 2 n

0:05

aminek megoldása n = 271. Ha a mintavétel visszatevés nélkül történt. M ; ahol M a hibás darabok ismeretlen száma. A p arány becsült A hibásak aránya p = 500 értéke, és a becslés standard hibája az N = 500 elem½u alapsokaságból (visszatevés nélkül) vett n = 100 elem½u minta esetén, amikor is a mintában k = 25 hibás van: s k 25 k 99 M 1 p = = 0:25 D 0:25 0:75 1 p= = 3: 876 9 10 2 , 500 n 100 100 499 100 tehát M becsült értéke, és a becslés standard hibája M

125 D 500

k 100

500 3: 876 9

2

10

= 19: 385 .

Táblázatból u0:2 = 1:282; amivel a p valószín½uség 80%-os szint½u kétoldali határai M 500

25 100

1:282 3: 876 9

10

2


500

25 + 1:282 3: 876 9 100

10

2

= 149: 852

150 .

A selejtarány 90%-os szint½u becslésének hibája kisebb mint r r n 1 1:645 n 1 u0:1 p 1 1 = p N 1 500 1 2 n 2 n tehát keressük azt a legkisebb n egész számot, amire r 1:645 n 1 p 1 0:05 500 1 2 n aminek megoldása n = 176. Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

32


3.2. Feladat. Egy 500 darabos termékhalmazban ismeretlen számú hibás termék van. Becsüljük a hibásak számát, ha 100 elem½u mintát véve, 25 hibásat találtunk! Adjunk 90% biztonsággal fels½o korlátot a hibásak számára! Megoldás. Jelölje a minta statisztikát, N = 500; M =?; n = 100, ahol M az ismeretlen paraméter. A valószín½uség becsült értéke, és a becslés standard hibája: s M 25 1 99 p = 0:25 D 0:25 0:75 1 = 3: 876 9 10 2 , 500 100 100 499 100 tehát M becsült értéke, és a becslés standard hibája M

125 D 500

100

500 3: 876 9

10

2

= 19: 385 .

Táblázatból u0:2 = 1:282; amivel a valószín½uség 80%-os szint½u kétoldali határai M 500

25 100

1:282 3: 876 9

10

2


125 + 1:282 19: 385 = 149: 852

150 .

3.3. Feladat. Hány embert kell egy közvélemény kutató cégnek megkérdeznie, hogy egy ismeretlen arányt 0.01 pontossággal tudjanak megadni 95%-os szint mellett? 3.4. Feladat. Egy mérési eljárás legnagyobb véletlen hibája eredményéb½ol x = 12:13.

=

0:03, n = 3 mérés

a) Becsüljük 90%-os biztonsággal a mért mennyiség értékét! b) Legfeljebb mennyi lehet (ugyanezen mennyiség esetén) egy mérés eredménye 95%-os biztonsággal? c) Hány méresre van szükség, hogy a 95%-os szint½u intervallum becslés pontossága 0:005 legyen? Megoldás. Feltehetjük, hogy a mérések eredménye N (m; 0 ) eloszlású, ahol m az ismeretlen várható érték paraméter, és a "3 szabály" szerint ismertnek vehetjük a szórás j j 0 = 3 = 0:01 értékét (lásd: 2.5 feladat), tehát m

0:01 0 x = 12:13 D( ) = p = p = 5: 773 5 n 3

10

3

.

33

3.3. FELADATOK

a) Táblázatból u0:1 = 1:645, amivel kapjuk a 90%-os határokat: m

12:13

1:645 5: 773 5

10

3

=

% 12: 139 . & 12: 121

b) Jelölje 1 egy további mérés eredményét, akkor u0:1 = 1:645 táblázati értékkel kapjuk a 90%-os r 1 1 12:13 1:645 0:01 + 3 1 kétoldali határokat, amib½ol

1

12:13 + 1:645 0:01

r

1 1 + = 12: 149 3 1

a keresett 95%-os fels½o határ. c) u0:05 = 1:96 amivel a kétoldali intervallum becslés pontosságára 0:01 1:96 p = 0:005 ! n = 15: 366 n

16 ,

tehát n = 16 mérés szükséges

3.5. Feladat. n = 40 feln½ott fér… súlyát megmérve, kaptuk x = 78:25 kg s (x) = 12:01 kg. a) Adjuk meg az átlagos (várható) súly 90%-os határait! b) Legalább hány kg lesz egy gépkocsi terhelése, ha 5 fér… foglal benne helyet, 90%-os szint mellett? c) Milyen határok között van a súly szórása 90%-os szint mellett? Megoldás. Feltehetjük a súly adatok N (m; ) eloszlását (már a minta mérete miatt is), ahol m a várható érték, a szórás paraméter. a) Az átlagsúly, azaz várható érték határai a t0:1 = 1: 684 táblázati értékkel (szabadsági fok: 39 40) 12:01 % 81: 45 m 78:25 1: 684 p = . & 75: 05 40 Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

34


b) Jelölje 1 ; 2 ; 3 ; 4 a további (gépkocsiba szálló) fér…ak súlyát, akkor t0:2 = 1: 303 táblázati értékkel (szabadsági fok: 39 40) a 80%-os kétoldali határok r 1 1 78:25 1: 303 12:01 + 40 4 amib½ol kapjuk a 90%-os alsó határt az összegre: 1

c) A

+

2

+

3

+

4

=4

2 39 40

4

eloszlás táblázatából 90%-os kon…dencia határait: r 12:01

2 0:95

r

78:25

1: 303 12:01

= 26:51

39 ; 12:01 55:76

r

2 0:05

39 26:51

1 1 + 40 4

!

= 280:2 kg.

= 55:76 amivel kapjuk a szórás

!

= (10:044; 14:576) .

4. fejezet Hipotézis vizsgálat Hipotézis vizsgálatnak azt nevezzük, amikor az alapsokaság valamely "min½oségi" jellemz½ojére, tehát egy tulajdonság meglétére illetve hiányára kell következtetnünk a meg…gyelt minta segítségével. Egy ilyen tulajdonság általában mint egy feltételezés, az un. nullhipotézis (jelölése: H0 ), és vele együtt annak tagadása, az un. alternatív hipotézis (jelölése: H1 ), fogalmazható meg. Egy H0 hipotézisr½ol, vagyis a megfelel½o tulajdonság meglétér½ol úgy döntünk, hogy kijelöljük a meg…gyelhet½o minták egy alkalmas K részhalmazát, az un. kritikus tartományt, és ha a meg…gyelt x mintára teljesül: x2K

=)

H0 -t elutasítjuk, azaz a H1 alternatív hipotézist fogadjuk el;

x2 =K

=)

H0 -t elfogadjuk;

Ezt az eljárást statisztikai próbának nevezzük. Egy ilyen eljárás, pontosabban a K kritikus tartomány megválasztása akkor tekinthet½o "ésszer½unek", ha a véletlen kísérlet eredményének tekintett minta H0 teljesülése esetén csak kicsiny ( 0:05) valószín½uséggel esik a kritikus tartományba, azaz PH0 (x 2 K) =

.

Döntésünket x 2 K esetén az indokolja, hogy kis valószín½uség½u esemény bekövetkezésében kételkedünk, az x 2 = K esetben pedig nincs okunk ilyen kételyre. Következtetésünk hibás lesz, ha H0 esetén x 2 K, ez az els½ofajú hiba, aminek valószín½usége éppen a kritikus tartomány = PH0 (x 2 K) terjedelme, ami egy adott érték.

H1 esetén x 2 = K, ez a másodfajú hiba, aminek valószín½usége = PH1 (x 2 = K) függ az alternatív hipotézist½ol. 35

36

4. FEJEZET. HIPOTÉZIS VIZSGÁLAT

A kétféle hiba valószín½usége kifejezhet½o a próba E = P (x 2 K)

J =1

E = P (x 2 = K)

er½ofüggvényével és jelleggörbéjével, mely utóbbi a null-hipotézis elfogadásának valószín½usége. Az er½ofüggvény lesz½ukítése a null-hipotézisre, az állandó EjH0 = terjedelem, és az alternatív hipotézisre EjH1 = 1 az alternatívától függ½o érték lesz. Amint azt konkrét esetekben ellen½orízhetjük, a kétféle hiba valószín½usége csak egymás rovására javítható, ezért a próbák során az alábbi eljárást célszer½u követni: utasítsuk el H0 -t a lehet½o legkisebb terjedelm½u kritikus tartománnyal (javasolt: 0:05), mert ekkor ez a döntési hiba valószín½usége; fogadjuk el H0 -t a lehet½o legnagyobb terjedelm½u kritikus tartománnyal (javasolt: 0:1), mert ekkor nem ez, hanem egy adott alternatívához tartozó, és reményeink szerint ilyenkor kicsiny a döntési hiba valószín½usége. Egy kritikus tartomány kijelölése általában statisztikák segítségével történik, és erre, a már megismert intervallum becslések is alkalmasak. Ha adott a # paraméter (1 )szint½u intervallum becslése # (t1 ; t2 ) , és vizsgálnunk kell a H0 : # = #0 hipotézist, ahol #0 egy adott érték, akkor -terjedelm½u kritikus tartomány lesz: K = fx j #0 < t1 (x) vagy t2 (x) < #0 g .

4.1. Arány illetve valószín½uség próbája, (n;c) terv Tömeggyártás min½oségellen½orzésének alapvet½o feladata, hogy a termékhalmazból választott n-elem½u minta alapján eldöntend½o, nem tartalmaz-e a termékhalmaz a megengedettnél több hibás darabot, vagyis az ismeretlen p selejthányad meghaladja-e az el½oirás szerinti p0 értéket. Ha a mintát egy véletlen kísérlet eredményének tekintjük, a p=

M N

paraméter annak valószín½usége, hogy egy találomra választott termék hibás, ahol N a termékhalmaz elemszáma, M a hibásak ismeretlen száma. Mindezek ismeretében megadható annak valószín½usége, hogy a mintában k számú hibás terméket találunk:

½ 4.1. ARÁNY ILLETVE VALÓSZÍNUSÉG PRÓBÁJA, (N;C) TERV

37

1. Ha a mintavétel visszatevés nélkül történt L(k; p) =

pN k

N pN n k N n

k = 0; 1; 2; : : : n

2. Ha a mintavétel visszatevéssel, illetve nagyon nagy elemszámú sokaságból történt L(k; p) =

n k p (1 k

p)n

k

k = 0; 1; 2; : : : n

3. Az utóbbi esetben közelít½o formulát használhatunk, ha a nagy elemszámú minta esetén (a) p lehetséges értéke kicsi (np < 10), a Poisson eloszlással történ½o közelítést L(k; p)

(np)k e k!

np

k = 0; 1; 2; : : :

tehát a mintában lév½o hibásak k száma véletlen mennyiségnek tekinthet½o.

= np paraméter½u Poisson eloszlású

(b) p értéke nagy is lehet (np > 10), a normális eloszlással történ½o közelítést ! ! k + 21 np k 21 np p p L(k; p) np(1 p) np(1 p) ! 1 k np p ' p k = 0; 1; 2; : : : : np(1 p) np(1 p) tehát a mintában lév½o hibásak k száma N np; mennyiségnek tekinthet½o.

p np(1

p) eloszlású véletlen

Vizsgáljuk el½oször azt az egyszer½u esetet, amikor p két lehetséges értéket vehet fel, tehát H0 : p = p0 ; H1 : p = p1 , és teljesül 0 < p0 < p1 < 1: Itt p0 a már korábban említett el½oírt érték, és a nála nagyobb p1 érték jelenti azt az alternatívát, amely esetén nem szeretnénk hibás döntést hozni. Keressünk terjedelm½u kritikus tartományt Kc = fk j k > c; k = 1; 2; : : :g alakban, ahol c egy alkalmasan választott egész szám. Mivel egy adott feltétlenül található olyan c szám, melyre = PH0 (k 2 Kc ) =

n X

L(k; p0 )

k=c+1

teljesül, keressük azt a legkisebb c 2 N számot, amivel n X

k=c+1

L(k; p0 )

vagy másképp írva

értékhez nem

1

J (p0 ) =

c X

L(k; p0 ) ,

k=0


38


és ekkor a másodfajú hiba értéke = J (p1 ) =

c X

L(k; p1 ):

k=0

Ha a továbbiakban tetsz½oleges p 2]0; 1[ értéket megengdünk, a próba jelleggörbéje, ami annak valószín½usége, hogy a H0 hipotézist elfogadjuk J (p) =

c X k=0

L(k; p) p 2]0; 1[:

Könnyen ellen½orizhet½o, hogy ez p-nek monoton csökken½o függvénye, lim0 J (p) = 1 és lim1 J (p) = 0; tehát p0 -nál kisebb p esetén még -nál is kisebb els½ofajú hibával, p1 nél nagyobb p esetén pedig -nál kisebb másodfajú hibával dönthetünk tévesen. Igaz ugyan, hogy p0 és p1 között a döntési hiba valószín½usége nagy, de ha a valóban veszélyes alternatíva értéke p1 -nél kezd½odik, akkor az ilyen fajta rossz döntés még nem jelent megengedhetetlen kockázatot. Ha értékét is el½oírjuk, a minta elemszáma tervezhet½o, vagyis adott hibavalószín½uségekhez megadható a minta n elemszáma, és a kritikus tartományt kijelöl½o c szám. Ezt nevezzük az ; -hibákhoz tartozó (n; c)-tervnek. Azt a legkisebb n egészet kell választani, melyre egyszerre teljesülnek c X

k=0 c X

L(k; p0 )

1

L(k; p1 )

; :

k=0

Egy lehetséges algoritmus n meghatározására, ha egy kezd½o n = n0 értékb½ol indulunk, és 1. n esetén meghatározzuk azt a legkisebb c egészt, melyre c X

L(k; p0 )

1

:

k=0

2. Ha

c X

L(k; p1 )

k=0

teljesül, megvan a keresett n; ha nem, akkor n az 1. lépésnél.

n + 1 értékével folytatjuk

Mindez a 3.b) esetben egyszer½ubben alakul, ugyanis az ! c X c np0 p L(k; p0 ) =1 np0 (1 p0 ) k=0 ! c X c np1 p L(k; p1 ) = . np1 (1 p1 ) k=0

39

4.2. ÁTLAG ÉS SZÓRÁS PRÓBÁI NORMÁLIS ELOSZLÁS ESETÉN

egyenletrendszert kell megoldanunk, majd a kapott gyökök egészre kerekített értékeit használhatjuk.

4.2. Átlag és szórás próbái normális eloszlás esetén Sok véletlen mennyiség véletlen hatások ered½ojének tekinthet½o, mint például egy mérés eredménye, ezért normális eloszlású lesz. Jelölje az ilyenkor végtelen, vagy nagyon nagy elmeszámú alapsokaság átlagát és szórását, vagyis a meg…gyelt véletlen mennyiségek közös várható értékét és szórását, az m és paraméter. Ezekkel a paraméterekkel kapcsolatos feltételezéseket vizsgálunk az alábbiakban. 1. (Egymintás) u-próba. Legyen az x = (x1 ; x2 ; ; xn ) minta egy N ( ; 0 ) eloszlású véletlen mennyiség n ismételt meg…gyelésének eredménye, ahol 0 adott, a várható érték paraméter ismeretlen. Vizsgáljuk a H0 : m = m0 hipotézist a H1 : m 6= m0 alternatívával szemben, ahol m0 adott (hipotetikus) érték. A normális eloszlás tulajdonságaiból következik, hogy H0 estén x m0 p 0 x 2 N m0 ; p n 2 N (0; 1) . ) n 0 Válasszuk a 0 < << 1 értékhez táblázatból u értékét úgy, hogy u 2 N (0; 1) esetén P (juj > u ) = ; akkor x m0 p n >u PH0 = , 0

tehát kaptuk a xj

K=

m0 p

x

n >u

0

-terjedelm½u, kétoldali kritikus tartományt. Hasonlóan nyerhet½ok K+ = K =

xj xj

m0 p

x

n > u2

0

m0 p

x

n<

u2

0

ugyancsak -terjedelm½u, féloldali kritikus tartományok. Adjuk meg a megfelel½o er½ofüggvényeket a különböz½o próbák összehasonlításához, tehát E = P (K) = 1 =1

P

m0 p

x

P

n

u +

mp

m0

n

0

=1

u +

u

=

0

mp

m0 0

mp

x

n

u +

0

n +

mp

m0

n

=

0

u +

mp

m0

n

,

0


40


illetve hasonlóan nyerhet½ok E+ = 1

u2 +

mp

m0

n

0

E =

u2 +

mp

m0

n

.

0

Egyszer½uen ellen½orízhet½o, hogy E az m paraméter m0 -ra szimmetrikus függvénye, és < E + ha > > E+ <E ha > >E

E E E E

m0 ha m0 ha

<m m0 > m >m m0 < m .

Tehát a H1+ : m0 < m illetve H1 : m0 > m alternatív hipotézisek esetén er½osebb próbákat kapunk a K + illetve K kritikus tartományok alkalmazásával. Teljesülnek továbbá lim E = lim E + = lim E = 1

m! 1

m!+1

m! 1

és lim E = 1 ha m 6= m0

n!1

lim E + = 1 ha m > m0

n!1

lim E = 1 ha m < m0

n!1

ami azt jelenti, hogy a másodfajú hiba adott alternatíva esetén tetsz½olegesen kicsivé tehet½o a minta n elemszámának növelésével. 2. Egymintás T -próba. Legyen az x = (x1 ; x2 ; ; xn ) minta egy N ( ; ) eloszlású véletlen mennyiség n ismételt meg…gyelésének eredménye, ahol a várható érték és szórás paraméter ismeretlen. Vizsgáljuk a H0 : m = m0 hipotézist a H1 : m 6= m0 alternatívával szemben, ahol m0 adott (hipotetikus) érték. Ekkor H0 estén x s

m0 p

n 2 Tn

1

.

Válasszuk a 0 < << 1 értékhez táblázatból t értékét úgy, hogy t 2 Tn P (jtj > t ) = ; akkor x m0 p PH0 n >t = , s tehát kaptuk a x m0 p K= xj n >t s

1

esetén

41

4.2. ÁTLAG ÉS SZÓRÁS PRÓBÁI NORMÁLIS ELOSZLÁS ESETÉN

-terjedelm½u, kétoldali kritikus tartományt. Hasonlóan nyerhet½ok K+ =

xj

K =

xj

x s x s

m0 p

n > t2

m0 p

n<

t2

ugyancsak -terjedelm½u, féloldali kritikus tartományok. Az er½ofüggvények viselkedése hasonló az el½obbi esethez, ezért a H1+ : m0 < m illetve H1 : m0 > m alternatív hipotézisek esetén most is er½osebb próbákat kapunk a K + illetve K kritikus tartományok alkalmazásával, továbbá az er½ofüggvények jó közelítése adható az u-próba megfelel½o er½ofüggvényével a táblázati értékek (u x t ), illetve a szórás és becslése ( 0 x s ) kicserélésével. 3. Szórás

2

próbája.

Legyen az x = (x1 ; x2 ; ; xn ) minta egy N ( ; ) eloszlású véletlen mennyiség n ismételt meg…gyelésének eredménye, ahol a várható érték és szórás paraméter ismeretlen. Vizsgáljuk a H0 : = 0 hipotézist a H1 : 6= 0 alternatívával szemben, ahol 0 adott (hipotetikus) érték. Ekkor H0 estén n

1 2 0

s

2

2 n 1

2

,

ahol 2n 1 az un. n 1 szabadsági fokú 2 (hi-négyzet) eloszlás jelölése. Válasszuk a 0 < << 1 értékhez táblázatból 21 2 < 22 értékét úgy, hogy esetén P ( > 21 ) = 1 2 és P ( > 2 ) = 2 ; akkor 2

2

2 n 1

2

K=

xj

n

1 2 0

s

2

<

2 1

2

_

2 2

<

n

1 2 0

s

2

-terjedelm½u, kétoldali kritikus tartomány. 4. Kétmintás T -próba. Legyen az x = (x1 ; x2 ; ; xn1 ) és y = (y1 ; y2 ; ; yn2 ) minta két azonos szórású normális eloszlású véletlen mennyiség n1 illetve n2 ismételt meg…gyelésének eredménye, ahol az m1 és m2 várható értékek és a közös szórás paraméter ismeretlen. Vizsgáljuk a H0 : m1 = m2 hipotézist a H1 : m1 6= m2 alternatívával szemben. Ekkor a szórás becslésére használhatjuk a két mintából kapott r r 1 X 1 X 2 s1 = (xi x) s2 = (yi y)2 n1 1 n2 1 statisztikákkal az

S=

s

(n1

1) s12 + (n2 1) s22 n1 + n2 2 Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

42


statisztikát, amivel H0 esetén t(x; y) =

x

y S

r

n1 n2 2 Tn1 +n2 n1 + n2

2

,

amib½ol kaphatjuk a K = f(x; y) j jt(x; y)j > t g kétoldali kritikus tartományt, ahol t a Tn1 +n2 érték.

2

eloszláshoz tartozó megfelel½o kritikus

5. Két szórás egyenl½oségének F próbája. Legyen az x = (x1 ; x2 ; ; xn1 ) és y = (y1 ; y2 ; ; yn2 ) minta két normális eloszlású véletlen mennyiség n1 illetve n2 ismételt meg…gyelésének eredménye, ahol 1 és 2 jelöli a most nem feltétlenül azonos szórás paramétereket. Vizsgáljuk a H0 : 1 = 2 hipotézist a H1 : 1 6= 2 alternatívával szemben. Mivel (n1

1) s12 2 1

2

2 n1 1

1) s22

(n2

2 2

2

2 n2 1 ;

ahol az s1 és s2 korrigált empirikus szórás statisztikák függetlenek, ezért H0 esetén s12 2 F(n1 s22

1;n2 1)

,

ahol F(n1 1;n2 1) az un. (n1 1; n2 1) szabadsági fokú F eloszlást jelöli. Válasszuk a 0 < << 1 értékhez táblázatból f1 2 < f 2 értékét úgy, hogy F(n1 1;n2 1) esetén P ( > f1 2 ) = 1 2 és P ( > f 2 ) = 2 ; akkor K=

s 12 (x; y) j 2 < f1 s2

2

2

s12 _ f2 < 2 s2

-terjedelm½u, kétoldali kritikus tartomány H0 eldöntésére. Mivel a szokásos terjedelmekhez tartozó táblázati értékekre f1

2

< 1 < f2

teljesül, a próbát úgy célszer½u elvégezni, hogy a nagyobb empirikus szórásnégyzetet osztva a kisebbel, csupán az s2 f 2 < 12 s2 egyenl½otlenség teljesülését ellen½orízzük. Megjegyzés: A 29. oldal 2b. megjegyzése most is érvényes, ezért a fenti hipotézis vizsgálatok elég nagy minta esetén a normális eloszlás feltételezése nélkül is használhatók.

43

4.3. NEM PARAMÉTERES PRÓBÁK

4.3. Nem paraméteres próbák Eddig olyan feltételezések ellen½orzésével foglakoztunk, melyek az alapsokaság mennyiségi jellemz½oivel, paraméterekkel fogalmazhatók meg. Fontos lehet azonban olyan hipotézisek vizsgálata is, amikor azt kell ellen½oríznünk egy minta alapján, hogy az alapsokaság elemeinek valamilyen szempont szerinti megoszlása megfelel-e a feltételezett arányoknak, vagy általában a minta elemeinek eloszlása egy adott hipotetikus eloszlás-e, amit illeszkedés vizsgálatnak nevezünk. Két vagy több sokaság adott szempont szerinti megoszlásai azonosságának ellen½orzése az un. homogenitás vizsgálat. Ha a minta elemei két jellemz½o meg…gyeléséb½ol állnak, vizsgálható függetlenségük, azaz a sokaság eleminek megoszlása az egyik jellemz½o rögzített értéke mellett, a másik szerint mindig ugyanaz lesz.

4.3.1. Illeszkedés vizsgálat 1. Illeszkedés vizsgálat

2

próbával

Legyen az alapsokaság elemeinek megoszlása egy adottP szempont szerint a p1 ; p2 ; ; pr Ni ismeretlen arányokkal jellemezhet½o (0 < pi = N < 1 pi = 1), és a mintabeli hasonló szempont szerinti megoszlás gyakorisági értékei f1 ; f2 ;

; fr 2 f0; 1;

; ng

n=

r X

fi ,

i=1

melyek eloszlása, mint a véletlen kísérlet eredményekén kapott mennyiségek, az un. nedrend½u r tagú polinomiális eloszlás, ha a mintavétel visszatevéssel történt, vagy az alapsokaság N elemszáma és az egyes csoportok Ni elemszáma a minta n elemszámához hasonlítva jóval nagyobb (Ni > 20n). Vizsgáljuk a H0 : pi = pi0 i = 1; 2; : : : :r hipotézist, ahol (pi0 )i=1;2;::::r adott hipotetikus (véges) diszkrét valószín½uségeloszlás. Ekkor, ha n elég nagy (n pi > 10), H0 esetén: r X (fi

npi0 )2 2 npi0

i=1

Válasszuk 0 < << 1 értékhez a 2 P ( > ) = , így tehát kapjuk a ( K=

2

.

kritikus értéket úgy, hogy ha

(f1 ; f2 ; : : : ; fr ) j

terjedelm½u kritikus tartományt. Megjegyzések:

2 r 1

r X (fk k=1

npk0 )2 > npk0

2

2

2 r 1

akkor

)

1. A féloldali kritikus tartomány alkalmazását az indokolja, hogy az alternatív hipotézis esetén a próba statisztika várhatóan nagyobb lesz, tehát nagyobb valószín½uséggel haladja meg az ilyenkor kisebb fels½o 2 kritikus értéket, azaz kisebb másodfajú hiba valószín½uségre számíthatunk. Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

44


2. Ha a hipotetikus valószín½uségeloszlás néhány #1 ; #2 ; : : : ; #s paraméter függvényeként adott, tehát vizsgálnunk kell a H0 : pi = pi0 (#1 ; #2 ; : : : ; #s ) i = 1; 2; : : : :r hipotézist, a következ½o becsléses illeszkedési próbát végezhetjük el. (a) H0 esetén megadjuk a

#î

#i

i = 1; 2; : : : :s

becsléseket, amivel a hipotetikus eloszlás tagjainak pi0

pî0 = pî0 (#^1 ; #^2 ; : : : ; #^s ) i = 1; 2; : : : :r ,

becslése nyerhet½o. (b) Használjuk a r X (fi i=1

n^ pi0 )2 n^ pi0

próba statisztikát, melynek eloszlása H0 esetén most

2 r 1 s.

2. Kolmogorov próba Legyen az alapsokaság elemeinek megoszlása egy adott szempont szerint a folytonos F ismeretlen eloszlásfüggvénnyel jellemezhet½o, amikor az x = (x1 ; x2 ;

x n ) 2 Rn

minta elemei ilyen eloszlásfüggvény½u független véletlen mennyiségeknek tekinthet½ok. Vizsgáljuk a H0 : F = F0 hipotézist, ahol F0 adott hipotetikus (folytonos) eloszlásfüggvény. Jelölje továbbá az un. empirikus eloszlásfüggvényt 1X = 1f n i=1 n

Fxn (z)

z2R,

i
és számítsuk ki a = sup jFxn (z)

F0 (z)j

z2R

p statisztikát. Ekkor H0 esetén a n statisztika, mint véletlen mennyiség, eloszlása (jó közelítéssel n értékét½ol függetlenül) megadható, amely eloszlás az un. Kolmogorov féle K eloszlásfüggvénnyel adott. Válasszunk tehát egy 0 < << 1 értéket, akkor kapjuk a K=

x 2 Rn j K

p

n sup jFxn (z) z2R

terjedelm½u kritikus tartományt H0 eldöntésére.

F0 (z)j

>1

45

4.3. NEM PARAMÉTERES PRÓBÁK 2

4.3.2. Függetlenség vizsgálat

próbával

Legyen az alapsokaság elemeinek megoszlása két, r illetve s lehet½oséggel bíró jellemz½o szerint a pij i = 1; 2; r j = 1; 2; s arányokkal jellemezhet½o, és ennek megfelel½oen a minta elemeinek megoszlása az fij

i = 1; 2;

r

j = 1; 2;

s n=

r X s X

fij

i=1 j=1

gyakoriságokkal adott. Ezeket a meg…gyelt gyakoriságokat, egy összegz½o sorral és oszloppal kiegészítve, az un. gyakorisági táblázatba rendezhetjük II.

I.

1 2 .. . r ahol fk =

s X

fkj

fl =

j=1

1 f11 f21 .. .

2 f12 f22 .. .

fr1 f1

fr2 f2

r X

fil

..

.

s f1s f2s .. .

f1 f2 .. .

frs fs

fr n

k = 1; 2; : : : r

l = 1; 2; : : : ; s .

i=1

Ha a mintavételt egy véletlen kísérlet eredményének tekintjük, mint a 2 -es illeszkedés vizsgálat esetén, egy r s tagú polinomiális eloszlású gyakoriság együttesünk van. Vizsgáljuk a H0 : pkl = pk p l k = 1; 2; : : : r l = 1; 2; : : : ; s hipotézist, ahol pk =

s X

pkj

pl =

j=1

r X

pil

k = 1; 2; : : : r

l = 1; 2; : : : ; s

i=1

vagyis azt a feltételezést, hogy a két szempont szerinti megoszlás egymástól független. Ez egy becsléses illeszkedés vizsgálat elvégzését jelenti, amihez használjuk az r 1 + s 1 számú paraméter pk

p^k =

fk n

pl

p^ l =

fl n

k = 1; 2; : : : r

1 l = 1; 2; : : : ; s

1

becslését, amib½ol fr fs p s p^ s = . n n A becsléses illeszkedés vizsgálat próba statisztikájának szabadsági foka r s 1) (s 1) = (r 1) (s 1) lesz, tehát válasszunk 0 < << 1 értékhez értéket úgy, hogy ha 2 2(r 1) (s 1) akkor P ( > 2 ) = : Tehát kapjuk a 8 9 2 > > f f i j > > > > fij r X s < = X n j=1;:::s 2 K = (fij )i=1;:::;r j > fi f j > > > > i=1 j=1 > > : ; n pr

p^r =

2

1 (r kritikus


46


kritikus tartományt. Megjegyzések: 1. A próba elvégezhet½oségének feltétele, mint a 2 -es illeszkedés vizsgálatnál már említettük, hogy a várható gyakoriság a gyakorisági tábla minden cellájában legalább 10 legyen. 2. Mint azt már korábban jeleztük, a féloldali kritikus tartományt a másodfajú hiba csökkentése miatt alkalmazzuk. 3. A vizsgált hipotézis azt fejezi ki, hogy a gyakorisági tábla (pl.) oszlopaiban lév½o gyakoriságok megoszlása nem függ a választott oszloptól, tehát úgy is fogalmazhatunk, hogy az oszloponkénti megoszlási arányok azonosak. Ez egy homogenitás vizsgálat elvégzését jelenti.

4.3.3. Homogenitás vizsgálat Wilcoxon próbával Legyen az x = (x1 ; x2 ; ; xn1 ) és y = (y1 ; y2 ; ; yn2 ) minta két véletlen mennyiség n1 illetve n2 ismételt meg…gyelésének eredménye, és vizsgáljuk a H0 : F = G hipotézist, ahol F az els½o n1 ; G pedig a további n2 számú minta elem ismeretlen (folytonos) eloszlásfüggvénye. Rendezzük a két minta elemeit növekv½o sorba, és jelölje az x1 ; x2 ; ; xn1 minta elemek helyét, azaz rangját ebben az n1 + n2 elem½u rendezett mintában r1 ; r2 ; : : : ; rn1 ; és számítsuk ki a n1 X n1 (n1 + 1) Wn1 n2 = rk 2 k=1 statisztikát. Ekkor elég nagy n1 ; n2 minta elemszám esetén, H0 telejsülésekor Wn n q 1 2

n1 n2 2

n1 n2 (n1 +n2 +1) 12

tehát kapjuk a

2 N (0; 1) ,

8 9 < = n1 n2 Wn1 n2 2 K = (x; y) q >u : ; n1 n2 (n1 +n2 +1) 12

kritikus tartományt. Megjegyzések:

1. Vegyük észre, hogy a próba elvégzéséhez a meg…gyelt minta pontos értékeire nincs szükség, csupán a köztük lév½o rangsor ismerete szükséges. 2. Ha vannak azonos értékek, a rangokat úgy korrigáljuk, hogy az azonos értékhez tarozó rangok egyformák legyenek, és összegük annyi legyen, mintha sorrendjük eldönhet½o lenne.

47

4.4. FELADATOK

4.4. Feladatok 4.1. Feladat. Ha egy nagy elmszámú termékhalmazból n = 100 elem½u mintát veszünk, a. hány hibás termék esetén utasítjuk el azt a feltételezést, hogy a slejtszázalék 10%, = 0:05 els½ofajú hiba mellett? b. Ábrázoljuk a próba jelleggörbéjét, és adjuk meg a másodfajú hiba értékét 100p1 = 15% esetén! c. Hány elem½u mintára lenne szükség, hogy a p1 = 0:15 alternatíva esetén a másodfajú hiba értéke legfeljebb 0:1 legyen? Adjuk meg az (n; c) tervet! Megoldás. a. Feltételezésünk szerint, keressük 0:95

c X 100 J (0:10) = 0:10k (1 k k=0

0:10)100

k

legkisebb megoldását, ami c = 15 lesz, amikor is J (0:10) = 0:960 11

0.0

0.2

0.4

J(x)

0.6

0.8

1.0

b. A jellegörbe gra…konja

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

x

amib½ol leolvasható, hogy a p1 = 0:15 alternatíva esetén nagy, pontosan J (0:15) = 0:568 32 valószín½uséggel döntünk hibásan. Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

48


c. Az (n; c) tervhez használhatjuk a normális eloszlással történ½o közelítést, mert 100nál több elem½u mintára van szükség. A megoldáshoz használjuk a kölcsönösen egyértelm½u eloszlásfüggvény táblázatából nyerhet½o A = 1: 644 9; B = 1: 281 6 mennyiségeket, melyekre (A) = 1

= 0:95

(B) =

= 0:1

amivel kapjuk !2 p 0:10) + 1: 281 6 0:15(1 0:15) n= = 361: 83 0:15 0:10 p c = 361: 83 0:10 + 1: 644 9 361: 83 0:10(1 0:10) = 45: 570 , p 1: 644 9 0:10(1

Tehát válasszuk c = 46 n = 362, amivel J (0:1)

46 362 0:10 p 362 0:10 0:90

= 0:96 J (0:15)

46 362 0:15 p 362 0:15 0:95

= 0:11

4.2. Feladat. Ha az (n; c) tervet úgy alkalmazzuk sorozatosan, hogy N elem½u tételeket elfogadunk illetve visszautasítunk a döntést½ol függ½oen, adjuk meg a kibocsájtott selejthányad várható értékét a p függvényében! Mennyi ennek maximuma? 4.3. Feladat. Adjuk meg a valószín½uség próbáját, és a próba erejét a normális eloszlással való közelítés esetén! 4.4. Feladat. Adjuk meg a szórás

2

próbájának er½ofüggvényét!

4.5. Feladat. Adjuk meg a kétmintás u-próbát a kétmintás t-próbához hasonlóan! 4.6. Feladat. Egy mérési eljárás hibája N (0; 0:02) eloszlású véletlen mennyiség. Egy termék egyik fontos jellemz½ojét mérjük ezzel az eljárással, és azt jónak min½osítjük, ha értéke m0 = 20:00: Tervezzünk próbát ennek ellen½orzésére úgy, hogy a jó terméket csak 0:01 valószín½uséggel min½osítsük hibásnak, és a 20:05 vagy annál nagyobb, illetve 19:97 vagy annál kisebb jellemz½oj½u terméket legfeljebb 0:02 valószín½uséggel min½osítsük jónak! Megoldás. u-próbával ellen½orízzük a H0 : m = 20:00 hipotézist a H1 : m 6= 20:00 kétoldali alternativ hipotézissel szemben, és keressük n értékét, amivel teljesülnek: = 0:01

m 20:05

0:02

m 19:97

0:02 .

Mivel a másodfajú hiba szimmetrikus az m = 20:00 értékre, és az alternatíva monoton csökken½o függvénye mindkét irányban, elég az = 0:01

m=19:97

= 0:02

49

4.4. FELADATOK

feltételeket teljesíteni. Tehát u0:01 = 2: 576 és így a másodfajú hiba

m=19:97

=

2:576 +

20:00 19:97 p n 0:02

2:576 +

20:00 19:97 p n 0:02

= 0:02 ,

amit alakítva kpajuk p 2: 576 + 1: 5 n

p 2: 576 + 1: 5 n = 0:02

ahol a bal oldali els½o tag értéke közelít½oen már 1-nek vehet½o, amit rendezve: 0:98 = 2: 05 = n=

p 2: 576 + 1: 5 n p 2: 576 + 1: 5 n 2: 05 + 2: 576 1:5

2

= 9: 5111

10

Tehát n = 10 mérésre van szükség. 4.7. Feladat. Egy tantárgy (maximum 100 pontos) dolgozatainak sok éves átlageredménye 58.26 pont. Egy 20 f½os tanulócsoport tagjai a szokásos felkészítés mellett kidolgozott feladatokat is kaptak a sikeres felkészüléshez. Az így megírt dolgozatok átlageredménye 62.15 pont, és az eredmények korrigált empírikus szórása 4.56: Egy másik, 15 f½os csoport tagjai pedig képletgyüjteményt használhattak a dolgozat írásakor, és eredményeik átlaga 61.01, korrigált empírikus szórása 6.69 pont lett. Van-e kimutatható javulás valamelyik esetben? Ha következtetésünk nemleges, mennyi annak kockázata, hogy az adott módon segített csoport átlageredménye mégis 62 pontra n½ott? Tételezzük fel az eredmények normális eloszlását! Megoldás. Normális eloszlást feltételezve (lásd: 2b megjegyzés), t-próbával vizsgáljuk a H0 : m = 58:26 hipotézist a H1+ : m > 58:26 alternatívával szemben, mivel most a másik oldali alternatíva kizárható. A próba statisztika értéke a 20 f½os csoport esetén: t= ami a t2

=0:01

62:15 58:26 p 20 = 3: 815 4:56

= 2:861 (szabadsági fok: 19) táblázati értékkel 3: 815 > 2:861 ) H0 -t elutasítjuk,

tehát van javulás az eredményekben, és az így vállalt els½ofajú hiba értéke kevesebb mint = 0:005. A próba statisztika értéke a 15 f½os csoport esetén t=

61:01 58:26 p 15 = 1: 592 6:69 Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

50 ami a t2


=0:1

= 1:761 (szabadsági fok: 14) táblázati értékkel 1:761 ) H0 -t elfogadjuk,

1: 592

és ekkor a vállalt másodfajú hiba értéke m = 62 alternatíva esetén az u-próba er½ofüggvényével közelítve: 1: 592 +

m=62

58:26 62 p 15 6:69

= 0: 2833 .

4.8. Feladat. Ugyanazt a mennyiséget kétféle eljárással mértek meg, és kaptuk: n1 = 11 x = 123:01 s1 (x) = 0:12 n2 = 21 y = 123:21 s2 (y) = 0:13 Van-e kimutatható különbség a két eljárás pontossága, és várható eredménye között? Feltételezhetjük a mérési eredmények normális eloszlását. Megoldás. Jelölje m1 illeteve m2 a két várható érték paramétert, 1 és 2 a szórás paramétereket. Vizsgáljuk el½oször a H0 : 1 = 2 hipotézist. A próba statisztika értéke (a nagyobb becsült értéket osztva a kisebbel): f=

s22 (y) 0:132 = = 1: 173 6 s12 (x) 0:122

ami az f0:1 = 2:20 (szabadsági fok: 20;10) táblázati értékkel f = 1: 173 6

f0:1 = 2:20 ,

tehát = 2 0:1 = 0:2 terjedelm½u próbával elfogadható a szórások egyenl½osége. A várható értékek H0 : m1 = m2 azonosságát a szórások egyenl½oségének feltételezése mellett, a kétmintás T -próbával ellen½orizzük. A szórás becsült értéke a két mintából r 10 0:122 + 20 0:132 S(x; y) = = 0: 126 75 , 30 amivel a próba statisztika értéke 123:01 123:21 t= 0: 126 75

r

11 21 = 32

4: 239 5 ,

és a t0:001 = 3:646 (szabadsági fok: 30) táblázati értékkel t = j 4: 239 5j > t0:001 = 3:646 tehát = 0:001 els½ofajú hiba mellett elvetjük a várható értékek azonosságát. Összefoglalva, a mérések pontossága (szórása) azonosnak tekinhet½o, a várható eredmények azonban szigni…kánsan különböznek.

51

4.4. FELADATOK

4.9. Feladat. Szabályosnak tekinthet½o-e az a dobókocka, melyet 120-szor dobva, az alábbi gyakoriságokat …gyeltük meg: 1 2 3 4 5 6 24 16 25 10 30 15 Megoldás. Vizsgáljuk a H0 : pi =

1 2 3 4 5 6 P

1 6

hipotézist

i = 1; 2; : : : ; 6

fi

n pi0

24 16 25 10 30 15 120

20 20 20 20 20 20

2

-próbával.

(fi n pi0 )2 n pi0 16 20 16 20 25 20 100 20 100 20 25 20 282 20

tehát a próba statisztika értéke

2

és a

2 0:025

=

282 = 14: 1 , 20

= 12:83 (szabadsági fok: 5) táblázati értékkel 2 0:025

= 12:83 <

2

= 14: 1 ,

tehát a H0 hipotézist elutasítjuk 0:025 els½ofajú hibával, vagyis a kocka nem tekinthet½o szabályosnak. 4.10. Feladat. Egy bizonyos típusú …le hoszz adataiból kaptuk az alábbi gyakorisági adatokat: fi 1 kB 14 1 2 kB 16 2 3 kB 25 3 4 kB 10 4 kB 10 Tekinthetjük-e exponenciális eloszlású véletlen értéknek egy ilyen típusú …le méretét? Megoldás. Vizsgáljuk a H0 : p1 = p10 ( ) p2 = p20 ( ) p3 = p30 ( ) p4 = p40 ( ) p5 = p50 ( ) becsléses illeszkedési hipotézist, ahol jelöli a feltételezett exponenciális eloszlás ismeretlen paraméterét, aminek becsült értéke 1 x

75 = 0: 392 67 14 0:5 + 16 1:5 + 25 2:5 + 15 3:5 + 10 4:5 Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

52


amit az osztályközök megadásával kaphatunk. Egészítsük ki továbbá táblázatunkat a becsült értékb½ol nyert várható gyakoriságokkal, és a próba statisztika számításával fi

ahol

0:5 1:5 2:5 3:5 4:5 P

14 16 25 10 10 75

(fi n pî0 )2 n pî0

n pî0 75 75 75 75 75

p^10 p^20 p^30 p^40 p^50

0: 324 75 = 24: 356 0: 219 29 = 16: 447 0: 148 07 = 11: 105 9: 998 7 10 2 = 7: 499 0: 207 9 = 15: 593 75: 000

=1 =e =e =e =e

e

10:3562 = 4: 403 3 24: 356 0:4472 = 1: 214 9 10 2 16: 447 (25 11: 105)2 = 17: 386 11: 105 (10 7: 499)2 = 0: 834 11 7: 499 (10 15: 593)2 = 2: 006 1 15: 593

24: 642

0: 392 67 1

0: 392 67 1 0: 392 67 2 0: 392 67 3 0: 392 67 4

= 0: 324 75 e 0: 392 67 2 = 0: 219 29 e 0: 392 67 3 = 0: 148 07 e 0: 392 67 4 = 9: 998 7 10 = 0: 207 9

2

A próba statisztika értéke 24: 642, és 20:001 = 16:27 (szabadsági fok: 5 amivel 24: 642 > 16:27

1

1 = 3),

ezért a H0 hipotézist elutasítjuk = 0:001 els½ofajú hiba mellett. Tehát a véletlen mennyiség nem tekinthet½o exponenciális eloszlásúnak. 4.11. Feladat. Egy termék három különböz½o technológiával készülhet I., II. és III. osztályú min½osgben. Egy felmérésb½ol kaptuk az alábbi gyakorisági táblázatot: min½oség

technológia

I. II. III.

1. 2. 3. 50 4 1 44 41 33 6 15 26

Van-e kimutatható kapcsolat a min½oség és az alkalmazott technológia között? Megoldás. Vizsgáljuk a H0 : pij = pi p j függetlenségi hipotézist, amihez egészítsük ki a táblázatot az összegekkel, és a várható gyakoriságokkal: P technológia 1. 2. 3. min½o ség 50 4 1 I. 55 55 100 55 60 55 60 = 25 = 15 = 15 220 220 220 44 41 33 II 118 118 100 590 118 60 354 118 60 = 11 = 11 = 354 220 220 220 11 6 15 26 III. 47 47 100 235 47 60 141 47 60 141 = = = 220 11 220 11 220 11 P 100 60 60 220

53

4.4. FELADATOK

A próba statisztika értéke:

(50

25)2 (4 15)2 (1 15)2 + + + 25 15 15 2 44 590 41 11 + + 590 11

+

továbbá

= 0:001

2

6

354 2 11 354 11 235 2 11 + 235 11

+ 15

= 18:47 (szabadsági fok: (3

354 2 11 + 354 11 2 141 2 26 141 11 11 + 141 141 11 11

33

1) (3

= 79: 446

1) = 4), amivel

18:47 < 79: 446

tehát H0 -t elutasítjuk technológia között.

= 0:001 els½ofajú hibával, vagyis van kapcsolat a min½oség és a

4.12. Feladat. Egy véletlen-szám generátor hívásának n = 20 eredménye:

0:69278073 0:32268032 0:54508760 0:54796052

0:89428280 0:21392526 0:90420617 0:94966769

0:72684370 0:33039386 0:87403826 0:33603055

0:94735859 0:06091866 0:28252200 0:19376286

0:25751298 0:08225982 0:84477326 0:15896395

Elfogadható-e, a [0;1] intervallumon egyenletes eloszlás feltételezése?

Megoldás. Vizsgáljuk a H0 : F (x) = x 0 x 1 hipotézist, amihez keressük meg az empirikus eloszlásfüggvény és az egyenletes eloszlás eloszlásfüggvényének legnagyKézirat, módosítva: 2008. május 28.

54


obb eltérését: xk Fxn (xk ) Fxn (xk + 0) 0:06091866 0:00 0:05 0:08225982 0:05 0:10 0:15896395 0:10 0:15 0:19376286 0:15 0:20 0:21392526 0:20 0:25 0:25751298 0:25 0:30 0:28252200 0:30 0:35 0:32268032 0:35 0:40 0:33039386 0:40 0:45 0:33603055 0:45 0:50 0:54508760 0:50 0:55 0:54796052 0:55 0:60 0:69278073 0:60 0:65 0:72684370 0:65 0:70 0:84477326 0:70 0:75 0:87403826 0:75 0:80 0:89428280 0:80 0:85 0:90420617 0:85 0:90 0:94735859 0:90 0:95 0:94966769 0:95 1:00

F0 (xk ) j j 0:06091866 0:06091866 0:08225982 0:15896395 0:19376286 0:21392526 0:25751298 0:28252200 0:067478 0:32268032 0:0 773 2 0:33039386 0: 119 61 0:33603055 0: 163 97 0:54508760 0:54796052 0:69278073 0:72684370 0:84477326 0:87403826 0:89428280 0:90420617 0:94735859 0:94966769

A próba statisztika értéke z = 0:163 97

p

20 = 0: 733 3 ,

és a Kolmogorov-féle K függvény értéke táblázatból: K(0: 73) = 0:339 tehát = 1 feltételezését.

0:339 = 0: 661 terjedelm½u próbával elfogadjuk az egyenletes eloszlás

5. fejezet Regresszió analízis Vizsgáljuk a következ½o feladatot: Keressük az y mennyiség y

f (x)

közelítését az x mennyiség(-ek) alkalmas függvényével: Az y mennyiséget függ½o vagy cél változónak, az x mennyiséget, illetve mennyiségeket (vektor mennyiség esetén) független vagy befolyásoló változónak nevezzük. A közelítésben használt f az un. regressziós függvény. A feladatot az y és x mennyiségekre vonatkozó 2 2 3 3 y1 x11 x12 x1p 6 y2 7 6 x21 x22 x2p 7 6 6 7 7 n 1 n p Y = 6 .. 7 2 R X= 6 .. .. .. 7 2 R . . 4 . 5 4 . . . . 5 yn xn1 xn2 xnp

minta alapján kell megoldanunk úgy, hogy keressük azt az f : Rp ! R függvényt, mellyel a közelítés 2

y1 6 y2 6 d = Y f (X) = 6 4 yn

f (x11 ; x12 ; f (x21 ; x22 ; .. . f (xn1 ; xn2 ;

3 ; x1p ) ; x2p ) 7 7 7 2 Rn 5 ; xnp )

1

hibája a "legkisebb". A megoldás során meghatározhatjuk a regressziós függvény típusát, így beszélhetünk f (u1 ; u2 ;

; up ) = a0 + a1 u1 + a2 u2 +

lineáris regresszióról, vagy pl. p = 1 esetben f (u) = a0 + a1 u + a2 u2 + 55

ap u p

+ ap u p

56

5. FEJEZET. REGRESSZIÓ ANALÍZIS

polinomiális regresszióról. Egy másik választási lehet½oség, hogy mikor mondjuk a hibát legkisebbnek. Ennek kézenfekv½o módja a dT d=

n X

(yi

f (xi1 ; xi2 ;

; xip ))2

i=1

célfüggvény minimumhelyének megkeresése, ami az un. legkisebb négyzetek módszere.

5.1. Többváltozós lineáris regresszió Oldjuk meg el½oször a feladatot lineáris regressziós függvény keresésével. Vegyük észre, hogy elég az un. origón átmen½o f (u1 ; u2 ;

; up ) = a1 u1 + a2 u2 +

+ ap u p

regressziós függvény esetét vizsgálni, mivel a független változóra vonatkozó X mátrixot 2 3 1 x11 x1p 6 1 x21 x2p 7 6 7 6 .. .. .. 7 . . 4 . . . . 5 1 xn1 xnp

módon kiegészítve egy csupa 1-eseket tartalmazó oszloppal, a keresett regressziós függvény f (u0 ; u1 ; ; up+1 ) = a0 u0 + a1 u1 + + ap+1 up+1 alakban írható. Legyen tehát X2Rn együtthatók a 2 Rp vektorát, amivel dT d = (Y

X a)T (Y

p

az un. terv mátrix, és keressük a regressziós

X a) = Y T Y + aT X T X a

2aT X T Y

kifejezés minimális. Ez a kifejezés az a vektor komponenseinek másodfokú függvénye, és a parciális deriváltak zérushelye megoldása az X T X a= X T Y un. normál egyenletnek. Ha feltételezzük, hogy az X T X 2 Rp kapjuk a minimumhelyet 1 b a= X T X XT Y

p

mátrix ivertálható,

amivel a közelítés "négyzetes" hibája

dT d = Y T Y (X T Y )T X T X

1

XT Y = Y T Y

vagy "átlagos" négyzetes hibája s2R =

1 T d d. n

b aT X T Y

57

5.1. TÖBBVÁLTOZÓS LINEÁRIS REGRESSZIÓ

A regressziós közelítések összehasonlításához, nem origón átmen½o regressziós függvény esetén az s2R 1X ahol s2Y = (yi y)2 R2 = 1 2 sY n determinációs együtthatót használhatjuk, melynek értéke 0 R2 = 1 , R2 = 0 ,

a a a a

R2

1, és

közelítés "hibátlan", legjobb közelítés Y = Xb a cél-változó nem függ a független változóktól, y legjobb közelítés Y

Ha feltételezzük, hogy teljesül az (5.1)

Y = Xa + "

T

"n lineáris kapcsolat a függ½o és független változó(k) között, ahol az " = "1 "2 "hiba" vektor komponensei független N (0; ) eloszlású véletlen mennyiségek, eredményeinket vizsgálhatjuk a valószín½uségszámítás eszközeivel. Megmutatható, hogy q dT d T T E(b a) = a c b a 2 N c a; cT (X T X) 1 c c 2 Rp 1 2 2n p ; 2 tehát

a

b a

cT a

cT b a

2

sR2 =

1

n

p

dT d =

n

n

p

s2R

torzítatlan becslések, és a c = ei egységvektor (melynek i-edik komponense 1, a többi 0) választással kaphatjuk a regressziós együtthatók ai intervallum becslését, ahol X T X

1

b ai

p t sR qii

= [qij ] i=1;2;

p j=1;2; p

, és t a Tn

p

eloszláshoz tartozó

kritikus érték. Ha az y függ½o változó értékét egy x = (x1 ; x2 ; ; xp ) vektor esetén akarjuk becsülni, kapjuk: v uX p u p X T t xi xj qij . y x b a t sR i=1 j=1


58

5. FEJEZET. REGRESSZIÓ ANALÍZIS

6. fejezet Szórásanalízis A regressziós feladatban két mennyiségi típusú jellemz½o kapcsolatát vizsgáltuk, most egy ugyancsak mennyiségi típusú függ½o változónak, egy vagy több nominális típusú un. faktortól való függését fogjuk. Az 5.1 modellhez hasonlóan, tételezzük fel, hogy a cél-mennyiség a faktorok hatása, és egy véletlen hiba összegeként …gyelhet½o meg xi;j;k;::: =

+ ai + bj + abij + : : : + "i;j;k;:::

(i; j; k; : : :) 2 J

(6.1)

ahol a szerepl½o modell tagok jelentése a következ½o : ai : bj : .. .

az un. teljes átlag az A faktor i-edik szintjének additív hatása a B faktor j-edik szintjének additív hatása .. .

abij : az A és B faktorok i és j szintjéhez tartozó kölcsönös hatás, interakció "i;j;k;::: : a meg…gyelés véletlen hibája A J halmaz a faktorok olyan szintjeinek kombinációit tartalmazza, melyekkel meg…gyelést végeztünk, ezért ennek megadása az un. kisérlet tervet, vagy kisérleti elrendezést jelenti. A továbbiakban feltételezzük, hogy egy ismeretlen skalár paraméter, és az additív és kölcsönös hatások ett½ol való eltérítésének mértékét jelent½o további paraméterekr½ol pedig feltesszük X X X X ai = bj = abij = abij = : : : = 0 , (6.2) J

J

J

J

a meg…gyelés véletlen hibája pedig

"i;j;k;::: 2 N (0; ) (i; j; k; : : :) 2 J függetlenek. Fontos szerepe van a J index-halmaznak, vagy másképpen kisérlet tervnek. A legkézenfekkv½obb esetben a faktorok szintjeinek minden kombinációja szerepel benne (teljes elrendezés), és ha még ismételt meg…gyelések is vannak, ahol a különböz½o meg…gyelt értékek 59

60

6. FEJEZET. SZÓRÁSANALÍZIS

csupán a véletlen hatásnak köszönhet½ok, minden paraméter becsülhet½o. Érdekesek lehetnek azok az elrendezések, amikor a kísérlet terv hiányos, de a kívánt paraméterek még becsülhet½ok maradnak.

6.1. Egyszer½u osztályozás Legyen a (6.1) egyenlet most xij =

+ ai + "ij

j = 1; 2; : : : ni

i = 1; 2; : : : r

vagyis az egyetlen A faktor ai eltérít½o hatásai szerepelnek a modellben. Mindez úgy is értelmezhet½o, hogy több, r-számú, egyenként ri elem½u mintánk van, közös szórással és + ai várható értékkel. 1. A paraméterek becslése. Vezessük be a ni 1 X xi;j xi = ni j=1

statisztikákat, ahol n =

r

i = 1; 2; : : : r Pr

i=1

n

i 1X 1 XX xi;j x = ni xi = n i=1 n i=1 j=1

r

ni ekkor a + ai ai

xi xi x

x

becslések torzítatlanok. Megmutatható továbbá, hogy a SST =

ni r X X

x2ij

i=1 j=1 2

SSM = nx r X SSB = ni (xi SSW =

i=1 ni r X X

(xij

x )2 xi )2

i=1 j=1

négyzetösszegek függetlenek, és a teljes (T ) négyzetösszeg felbomlik a teljes átlagnak (M ) megfelel½o, a csoportok közötti (B), és csoportokon belüli (W ) négyzetösszeg független összegére SST = SSM + SSB + SSW ,

½ OSZTÁLYOZÁS 6.1. EGYSZERU

és

1 2

SSW 2

2 n r;

61

amib½ol kapjuk a véletlen hiba szórásnégyzetének 2

s

torzítatlan becslését. Mivel xi 2 N módon nyerhet½ok az

2

=

SSW n r és x 2 N

+ ai ; pni

+ ai

xi

s t p ni

ai

xi

x

x

s t p

; pn ; a szokásos

i = 1; 2; : : : r r 1 1 t s i = 1; 2; : : : r ni n

n

) szint½u intervallum becslések, ahol t a Tn r eloszlás megfelel½o kritikus értéke. P P További kérdés lehet egy ri=1 ci ( + ai ) = ri=1 ci ai u.n. kontraszt becslése, ahol qP Pr Pr Pr c2i r c c = 0: Mivel c a ; ; kapjuk a x 2 N i=1 i i i=1 i i=1 i i i=1 ni (1

r X i=1

c i ai

r X

ci xi

i=1

v u r 2 uX ci t st ni i=1

intervallum becslést. 2. Hipotézis vizsgálat. Vizsgáljuk most a HA : a1 = a2 = : : : = ar = 0 hipotézist, vagyis azt, hogy a faktornak nincs eltérít½o hatása, vagy másképpen, a minták várható értéke azonos. Ha HA teljesül, a SSB n r f= SSW r 1 statisztika eloszlása F(r 1;n r) , amib½ol a HA hipotézis eldöntésére szolgáló jedelm½u (egy-oldali) kritikus tartomány: K=

x = (xij ) 2 Rn j

SSB SSW

n r

r >b 1

ter-

;

ahol b az F(r 1;n r) eloszlás megfelel½o kritikus értéke. A kritikus tartományt azért választjuk így, mert az alternatív hipotézis esetén, amikor is legalább egy ai > 0, az f próbastatisztika értéke várható értékben n½o. A fentiek táblazatos összefoglalója Kézirat, módosítva: 2008. május 28.

62

6. FEJEZET. SZÓRÁSANALÍZIS

az alábbi Szórásanalízis táblázat Szóródás oka Átlag Faktor Véletlen Teljes

Négyzetösszeg SSM = nx2 P SSB = ri=1 ni (xi x )2 P P i SSW = ri=1 nj=1 (xij xi )2 P P i 2 SST = SSM + SSB + SSW = ri=1 nj=1 xij

Szabadsági fok 1 r 1 n r n

F(r B W

1;n r)

n r r 1

A. függelék Táblázatok Kolmogorov-féle K-függvény

P

p

n sup F n (x)

F (x) < z

= K(z)

x2R

z 0:4 0:5 0:6 0:7 0:8 0:9 1:0 1:1 1:2 1:3 1:4 1:5 1:6 1:7 1:8 1:9

:00 :003 :036 :136 :289 :456 :607 :730 :822 :888 :932 :960 :978 :988 :994 :997 :999

:01 :004 :043 :149 :305 :472 :621 :741 :830 :893 :935 :962 :979 :989 :994 :997 :999

:02 :005 :050 :163 :322 :488 :634 :751 :837 :898 :939 :965 :980 :989 :995 :997 :999

:03 :007 :059 :178 :339 :504 :647 :761 :845 :903 :942 :967 :981 :990 :995 :998 :999

:04 :010 :068 :193 :356 :519 :660 :770 :851 :908 :945 :968 :983 :991 :995 :998 :999

63

:05 :013 :077 :208 :373 :535 :673 :780 :858 :912 :948 :970 :984 :991 :996 :998 :999

:06 :016 :088 :224 :390 :550 :685 :789 :864 :916 :951 :972 :985 :992 :996 :998 :999

:07 :020 :099 :240 :406 :565 :696 :798 :871 :921 :953 :973 :986 :992 :996 :998 :999

:08 :025 :110 :256 :423 :579 :708 :806 :877 :925 :956 :975 :986 :993 :996 :998 :999

:09 :030 :123 :272 :440 :593 :719 :814 :882 :928 :958 :976 :987 :993 :997 :998 :999

64

A. FÜGGELÉK. TÁBLÁZATOK

Normális eloszlás eloszlásfüggvénye x :0 :1 :2 :3 :4 :5 :6 :7 :8 :9 1:0 1:1 1:2 1:3 1:4 1:5 1:6 1:7 1:8 1:9 2:0 2:1 2:2 2:3 2:4 2:5 2:6 2:7 2:8 2:9 3:0 3:1 3:2 3:3 3:4 3:5 3:6 3:7 3:8

:00 :5000 :5398 :5793 :6179 :6554 :6915 :7257 :7580 :7881 :8159 :8413 :8643 :8849 :9032 :9192 :9332 :9452 :9554 :9641 :9713 :9772 :9821 :9861 :9893 :9918 :9938 :9953 :9965 :9974 :9981 :9987 :9990 :9993 :9995 :9997 :9998 :9998 :9999 :9999

:01 :5040 :5438 :5832 :6217 :6591 :6950 :7291 :7611 :7910 :8186 :8438 :8665 :8869 :9049 :9207 :9345 :9463 :9564 :9649 :9719 :9778 :9826 :9864 :9896 :9920 :9940 :9955 :9966 :9975 :9982 :9987 :9991 :9993 :9995 :9997 :9998 :9998 :9999 :9999

P( :02 :5080 :5478 :5871 :6255 :6628 :6985 :7324 :7642 :7939 :8212 :8461 :8686 :8888 :9066 :9222 :9357 :9474 :9573 :9656 :9726 :9783 :9830 :9868 :9898 :9922 :9941 :9956 :9967 :9976 :9982 :9987 :9991 :9994 :9995 :9997 :9998 :9999 :9999 :9999

< x) = (x) :03 :04 :5120 :5160 :5517 :5557 :5910 :5948 :6293 :6331 :6664 :6700 :7019 :7054 :7357 :7389 :7673 :7704 :7967 :7995 :8238 :8264 :8485 :8508 :8708 :8729 :8907 :8925 :9082 :9099 :9236 :9251 :9370 :9382 :9484 :9495 :9582 :9591 :9664 :9671 :9732 :9738 :9788 :9793 :9834 :9838 :9871 :9875 :9901 :9904 :9925 :9927 :9943 :9945 :9957 :9959 :9968 :9969 :9977 :9977 :9983 :9984 :9988 :9988 :9991 :9992 :9994 :9994 :9996 :9996 :9997 :9997 :9998 :9998 :9999 :9999 :9999 :9999 :9999 :9999

2 N (0; 1) :05 :06 :5199 :5239 :5596 :5636 :5987 :6026 :6368 :6406 :6736 :6772 :7088 :7123 :7422 :7454 :7734 :7764 :8023 :8051 :8289 :8315 :8531 :8554 :8749 :8770 :8944 :8962 :9115 :9131 :9265 :9279 :9394 :9406 :9505 :9515 :9599 :9608 :9678 :9686 :9744 :9750 :9798 :9803 :9842 :9846 :9878 :9881 :9906 :9909 :9929 :9931 :9946 :9948 :9960 :9961 :9970 :9971 :9978 :9979 :9984 :9985 :9989 :9989 :9992 :9992 :9994 :9994 :9996 :9996 :9997 :9997 :9998 :9998 :9999 :9999 :9999 :9999 :9999 :9999

:07 :5279 :5675 :6064 :6443 :6808 :7157 :7486 :7794 :8078 :8340 :8577 :8790 :8980 :9147 :9292 :9418 :9525 :9616 :9693 :9756 :9808 :9850 :9884 :9911 :9932 :9949 :9962 :9972 :9979 :9985 :9989 :9992 :9995 :9996 :9997 :9998 :9999 :9999 :9999

:08 :5319 :5714 :6103 :6480 :6844 :7190 :7517 :7823 :8106 :8365 :8599 :8810 :8997 :9162 :9306 :9429 :9535 :9625 :9699 :9761 :9812 :9854 :9887 :9913 :9934 :9951 :9963 :9973 :9980 :9986 :9990 :9993 :9995 :9996 :9997 :9998 :9999 :9999 :9999

:09 :5359 :5753 :6141 :6517 :6879 :7224 :7549 :7852 :8133 :8389 :8621 :8830 :9015 :9177 :9319 :9441 :9545 :9633 :9706 :9767 :9817 :9857 :9890 :9916 :9936 :9952 :9964 :9974 :9981 :9986 :9990 :9993 :9995 :9997 :9998 :9998 :9999 :9999 :9999

65

T-eloszlás kritikus értékei P (jtj > t ) = n

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 25 30 35 40 50 60 70 80 90 100 1

0:2 3:078 1:886 1:638 1:533 1:476 1:440 1:415 1:397 1:383 1:372 1:363 1:356 1:350 1:345 1:341 1:337 1:333 1:330 1:328 1:325 1:316 1:310 1:306 1:303 1:299 1:296 1:294 1:292 1:291 1:290 1:282

t 2 Tn

0:1 0:05 0:025 0:01 0:001 6:314 12:706 25:452 63:657 636:621 2:920 4:303 6:205 9:925 31:599 2:353 3:182 4:177 5:841 12:924 2:132 2:776 3:495 4:604 8:610 2:015 2:571 3:163 4:032 6:869 1:943 2:447 2:969 3:707 5:959 1:895 2:365 2:841 3:499 5:408 1:860 2:306 2:752 3:355 5:041 1:833 2:262 2:685 3:250 4:781 1:812 2:228 2:634 3:169 4:587 1:796 2:201 2:593 3:106 4:437 1:782 2:179 2:560 3:055 4:318 1:771 2:160 2:533 3:012 4:221 1:761 2:145 2:510 2:977 4:140 1:753 2:131 2:490 2:947 4:073 1:746 2:120 2:473 2:921 4:015 1:740 2:110 2:458 2:898 3:965 1:734 2:101 2:445 2:878 3:922 1:729 2:093 2:433 2:861 3:883 1:725 2:086 2:423 2:845 3:850 1:708 2:060 2:385 2:787 3:725 1:697 2:042 2:360 2:750 3:646 1:690 2:030 2:342 2:724 3:591 1:684 2:021 2:329 2:704 3:551 1:676 2:009 2:311 2:678 3:496 1:671 2:000 2:299 2:660 3:460 1:667 1:994 2:291 2:648 3:435 1:664 1:990 2:284 2:639 3:416 1:662 1:987 2:280 2:632 3:402 1:660 1:984 2:276 2:626 3:390 1:645 1:960 2:241 2:576 3:291


66


2

-eloszlás kritikus értékei P

n

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 25 30 35 40 50 60 70 80 90 100

0:999 :00 :00 :02 :09 :21 :38 :60 :86 1:15 1:48 1:83 2:21 2:62 3:04 3:48 3:94 4:42 4:90 5:41 5:92 8:65 11:59 14:69 17:92 24:67 31:74 39:04 46:52 54:16 61:92

0:99 :00 :02 :11 :30 :55 :87 1:24 1:65 2:09 2:56 3:05 3:57 4:11 4:66 5:23 5:81 6:41 7:01 7:63 8:26 11:52 14:95 18:51 22:16 29:71 37:48 45:44 53:54 61:75 70:06

0:975 :00 :05 :22 :48 :83 1:24 1:69 2:18 2:70 3:25 3:82 4:40 5:01 5:63 6:26 6:91 7:56 8:23 8:91 9:59 13:12 16:79 20:57 24:43 32:36 40:48 48:76 57:15 65:65 74:22

2

0:95 :00 :10 :35 :71 1:15 1:64 2:17 2:73 3:33 3:94 4:57 5:23 5:89 6:57 7:26 7:96 8:67 9:39 10:12 10:85 14:61 18:49 22:47 26:51 34:76 43:19 51:74 60:39 69:13 77:93

>

2

=

2

2

2 n

0:90 0:10 0:05 0:025 0:01 0:001 :02 2:71 3:84 5:02 6:63 10:83 :21 4:61 5:99 7:38 9:21 13:82 :58 6:25 7:81 9:35 11:34 16:27 1:06 7:78 9:49 11:14 13:28 18:47 1:61 9:24 11:07 12:83 15:09 20:52 2:20 10:64 12:59 14:45 16:81 22:46 2:83 12:02 14:07 16:01 18:48 24:32 3:49 13:36 15:51 17:53 20:09 26:12 4:17 14:68 16:92 19:02 21:67 27:88 4:87 15:99 18:31 20:48 23:21 29:59 5:58 17:28 19:68 21:92 24:72 31:26 6:30 18:55 21:03 23:34 26:22 32:91 7:04 19:81 22:36 24:74 27:69 34:53 7:79 21:06 23:68 26:12 29:14 36:12 8:55 22:31 25:00 27:49 30:58 37:70 9:31 23:54 26:30 28:85 32:00 39:25 10:09 24:77 27:59 30:19 33:41 40:79 10:86 25:99 28:87 31:53 34:81 42:31 11:65 27:20 30:14 32:85 36:19 43:82 12:44 28:41 31:41 34:17 37:57 45:31 16:47 34:38 37:65 40:65 44:31 52:62 20:60 40:26 43:77 46:98 50:89 59:70 24:80 46:06 49:80 53:20 57:34 66:62 29:05 51:81 55:76 59:34 63:69 73:40 37:69 63:17 67:50 71:42 76:15 86:66 46:46 74:40 79:08 83:30 88:38 99:61 55:33 85:53 90:53 95:02 100:43 112:32 64:28 96:58 101:88 106:63 112:33 124:84 73:29 107:57 113:15 118:14 124:12 137:21 82:36 118:50 124:34 129:56 135:81 149:45

67

F -eloszlás

kritikus értékei

P (f > f0:1 ) = 0:1 f 2 F(n1 ;n2 )

n2

n1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 15 20 25 30 35 40 60 120 1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 39:86 49:50 53:59 55:83 57:24 58:20 58:91 59:44 59:86 60:19 8:53 9:00 9:16 9:24 9:29 9:33 9:35 9:37 9:38 9:39 5:54 5:46 5:39 5:34 5:31 5:28 5:27 5:25 5:24 5:23 4:54 4:32 4:19 4:11 4:05 4:01 3:98 3:95 3:94 3:92 4:06 3:78 3:62 3:52 3:45 3:40 3:37 3:34 3:32 3:30 3:78 3:46 3:29 3:18 3:11 3:05 3:01 2:98 2:96 2:94 3:59 3:26 3:07 2:96 2:88 2:83 2:78 2:75 2:72 2:70 3:46 3:11 2:92 2:81 2:73 2:67 2:62 2:59 2:56 2:54 3:36 3:01 2:81 2:69 2:61 2:55 2:51 2:47 2:44 2:42 3:29 2:92 2:73 2:61 2:52 2:46 2:41 2:38 2:35 2:32 3:18 2:81 2:61 2:48 2:39 2:33 2:28 2:24 2:21 2:19 3:07 2:70 2:49 2:36 2:27 2:21 2:16 2:12 2:09 2:06 2:97 2:59 2:38 2:25 2:16 2:09 2:04 2:00 1:96 1:94 2:92 2:53 2:32 2:18 2:09 2:02 1:97 1:93 1:89 1:87 2:88 2:49 2:28 2:14 2:05 1:98 1:93 1:88 1:85 1:82 2:85 2:46 2:25 2:11 2:02 1:95 1:90 1:85 1:82 1:79 2:84 2:44 2:23 2:09 2:00 1:93 1:87 1:83 1:79 1:76 2:79 2:39 2:18 2:04 1:95 1:87 1:82 1:77 1:74 1:71 2:75 2:35 2:13 1:99 1:90 1:82 1:77 1:72 1:68 1:65 2:71 2:30 2:08 1:94 1:85 1:77 1:72 1:67 1:63 1:60


68


F -eloszlás

kritikus értékei

P (f > f0:1 ) = 0:1 f 2 F(n1 ;n2 )

n2

n1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 15 20 25 30 35 40 60 120 1

12 15 20 25 30 35 40 60 120 1 60:71 61:22 61:74 62:05 62:26 62:42 62:53 62:79 63:06 63:33 9:41 9:42 9:44 9:45 9:46 9:46 9:47 9:47 9:48 9:49 5:22 5:20 5:18 5:17 5:17 5:16 5:16 5:15 5:14 5:13 3:90 3:87 3:84 3:83 3:82 3:81 3:80 3:79 3:78 3:76 3:27 3:24 3:21 3:19 3:17 3:16 3:16 3:14 3:12 3:11 2:90 2:87 2:84 2:81 2:80 2:79 2:78 2:76 2:74 2:72 2:67 2:63 2:59 2:57 2:56 2:54 2:54 2:51 2:49 2:47 2:50 2:46 2:42 2:40 2:38 2:37 2:36 2:34 2:32 2:29 2:38 2:34 2:30 2:27 2:25 2:24 2:23 2:21 2:18 2:16 2:28 2:24 2:20 2:17 2:16 2:14 2:13 2:11 2:08 2:06 2:15 2:10 2:06 2:03 2:01 2:00 1:99 1:96 1:93 1:90 2:02 1:97 1:92 1:89 1:87 1:86 1:85 1:82 1:79 1:76 1:89 1:84 1:79 1:76 1:74 1:72 1:71 1:68 1:64 1:61 1:82 1:77 1:72 1:68 1:66 1:64 1:63 1:59 1:56 1:52 1:77 1:72 1:67 1:63 1:61 1:59 1:57 1:54 1:50 1:46 1:74 1:69 1:63 1:60 1:57 1:55 1:53 1:50 1:46 1:41 1:71 1:66 1:61 1:57 1:54 1:52 1:51 1:47 1:42 1:38 1:66 1:60 1:54 1:50 1:48 1:45 1:44 1:40 1:35 1:29 1:60 1:55 1:48 1:44 1:41 1:39 1:37 1:32 1:26 1:19 1:55 1:49 1:42 1:38 1:34 1:32 1:30 1:24 1:17 1:00

69

F -eloszlás

kritikus értékei

P (f > f0:05 ) = 0:05 f 2 F(n1 ;n2 )

n2

n1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 15 20 25 30 35 40 60 120 1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 161:5 199:5 215:7 224:6 230:2 234:0 236:8 238:9 240:5 241:9 18:51 19:00 19:16 19:25 19:30 19:33 19:35 19:37 19:38 19:40 10:13 9:55 9:28 9:12 9:01 8:94 8:89 8:85 8:81 8:79 7:71 6:94 6:59 6:39 6:26 6:16 6:09 6:04 6:00 5:96 6:61 5:79 5:41 5:19 5:05 4:95 4:88 4:82 4:77 4:74 5:99 5:14 4:76 4:53 4:39 4:28 4:21 4:15 4:10 4:06 5:59 4:74 4:35 4:12 3:97 3:87 3:79 3:73 3:68 3:64 5:32 4:46 4:07 3:84 3:69 3:58 3:50 3:44 3:39 3:35 5:12 4:26 3:86 3:63 3:48 3:37 3:29 3:23 3:18 3:14 4:96 4:10 3:71 3:48 3:33 3:22 3:14 3:07 3:02 2:98 4:75 3:89 3:49 3:26 3:11 3:00 2:91 2:85 2:80 2:75 4:54 3:68 3:29 3:06 2:90 2:79 2:71 2:64 2:59 2:54 4:35 3:49 3:10 2:87 2:71 2:60 2:51 2:45 2:39 2:35 4:24 3:39 2:99 2:76 2:60 2:49 2:40 2:34 2:28 2:24 4:17 3:32 2:92 2:69 2:53 2:42 2:33 2:27 2:21 2:16 4:12 3:27 2:87 2:64 2:49 2:37 2:29 2:22 2:16 2:11 4:08 3:23 2:84 2:61 2:45 2:34 2:25 2:18 2:12 2:08 4:00 3:15 2:76 2:53 2:37 2:25 2:17 2:10 2:04 1:99 3:92 3:07 2:68 2:45 2:29 2:18 2:09 2:02 1:96 1:91 3:84 3:00 2:61 2:37 2:21 2:10 2:01 1:94 1:88 1:83


70


F -eloszlás

kritikus értékei

P (f > f0:05 ) = 0:05 f 2 F(n1 ;n2 )

n2

n1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 15 20 25 30 35 40 60 120 1

12 15 20 25 30 35 40 60 120 1 243:9 246:0 248:0 249:3 250:1 250:7 251:1 252:2 253:3 254:7 19:41 19:43 19:45 19:46 19:46 19:47 19:47 19:48 19:49 19:50 8:74 8:70 8:66 8:63 8:62 8:60 8:59 8:57 8:55 8:53 5:91 5:86 5:80 5:77 5:75 5:73 5:72 5:69 5:66 5:63 4:68 4:62 4:56 4:52 4:50 4:48 4:46 4:43 4:40 4:37 4:00 3:94 3:87 3:83 3:81 3:79 3:77 3:74 3:70 3:67 3:57 3:51 3:44 3:40 3:38 3:36 3:34 3:30 3:27 3:23 3:28 3:22 3:15 3:11 3:08 3:06 3:04 3:01 2:97 2:93 3:07 3:01 2:94 2:89 2:86 2:84 2:83 2:79 2:75 2:71 2:91 2:85 2:77 2:73 2:70 2:68 2:66 2:62 2:58 2:54 2:69 2:62 2:54 2:50 2:47 2:44 2:43 2:38 2:34 2:30 2:48 2:40 2:33 2:28 2:25 2:22 2:20 2:16 2:11 2:07 2:28 2:20 2:12 2:07 2:04 2:01 1:99 1:95 1:90 1:84 2:16 2:09 2:01 1:96 1:92 1:89 1:87 1:82 1:77 1:71 2:09 2:01 1:93 1:88 1:84 1:81 1:79 1:74 1:68 1:62 2:04 1:96 1:88 1:82 1:79 1:76 1:74 1:68 1:62 1:56 2:00 1:92 1:84 1:78 1:74 1:72 1:69 1:64 1:58 1:51 1:92 1:84 1:75 1:69 1:65 1:62 1:59 1:53 1:47 1:39 1:83 1:75 1:66 1:60 1:55 1:52 1:50 1:43 1:35 1:25 1:75 1:67 1:57 1:51 1:46 1:42 1:39 1:32 1:22 1:00

71

F -eloszlás

kritikus értékei

P (f > f0:025 ) = 0:025 f 2 F(n1 ;n2 )

n2

n1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 15 20 25 30 35 40 60 120 1

1 647:8 38:51 17:44 12:22 10:01 8:81 8:07 7:57 7:21 6:94 6:55 6:20 5:87 5:69 5:57 5:48 5:42 5:29 5:15 5:02

2 3 4 5 6 7 8 9 10 799:5 864:2 899:6 921:8 937:1 948:2 956:7 963:3 968:6 39:00 39:17 39:25 39:30 39:33 39:36 39:37 39:39 39:40 16:04 15:44 15:10 14:88 14:73 14:62 14:54 14:47 14:42 10:65 9:98 9:60 9:36 9:20 9:07 8:98 8:90 8:84 8:43 7:76 7:39 7:15 6:98 6:85 6:76 6:68 6:62 7:26 6:60 6:23 5:99 5:82 5:70 5:60 5:52 5:46 6:54 5:89 5:52 5:29 5:12 4:99 4:90 4:82 4:76 6:06 5:42 5:05 4:82 4:65 4:53 4:43 4:36 4:30 5:71 5:08 4:72 4:48 4:32 4:20 4:10 4:03 3:96 5:46 4:83 4:47 4:24 4:07 3:95 3:85 3:78 3:72 5:10 4:47 4:12 3:89 3:73 3:61 3:51 3:44 3:37 4:77 4:15 3:80 3:58 3:41 3:29 3:20 3:12 3:06 4:46 3:86 3:51 3:29 3:13 3:01 2:91 2:84 2:77 4:29 3:69 3:35 3:13 2:97 2:85 2:75 2:68 2:61 4:18 3:59 3:25 3:03 2:87 2:75 2:65 2:57 2:51 4:11 3:52 3:18 2:96 2:80 2:68 2:58 2:50 2:44 4:05 3:46 3:13 2:90 2:74 2:62 2:53 2:45 2:39 3:93 3:34 3:01 2:79 2:63 2:51 2:41 2:33 2:27 3:80 3:23 2:89 2:67 2:52 2:39 2:30 2:22 2:16 3:69 3:12 2:79 2:57 2:41 2:29 2:19 2:11 2:05


72


F -eloszlás

kritikus értékei

P (f > f0:025 ) = 0:025 f 2 F(n1 ;n2 )

n2

n1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 15 20 25 30 35 40 60 120 1

12 15 20 25 30 35 40 60 120 1 976:7 984:9 993:1 998:1 1001 1003 1006 1010 1014 1018 39:41 39:43 39:45 39:46 39:46 39:47 39:47 39:48 39:49 39:50 14:34 14:25 14:17 14:12 14:08 14:06 14:04 13:99 13:95 13:90 8:75 8:66 8:56 8:50 8:46 8:43 8:41 8:36 8:31 8:26 6:52 6:43 6:33 6:27 6:23 6:20 6:18 6:12 6:07 6:02 5:37 5:27 5:17 5:11 5:07 5:04 5:01 4:96 4:90 4:85 4:67 4:57 4:47 4:40 4:36 4:33 4:31 4:25 4:20 4:14 4:20 4:10 4:00 3:94 3:89 3:86 3:84 3:78 3:73 3:67 3:87 3:77 3:67 3:60 3:56 3:53 3:51 3:45 3:39 3:33 3:62 3:52 3:42 3:35 3:31 3:28 3:26 3:20 3:14 3:08 3:28 3:18 3:07 3:01 2:96 2:93 2:91 2:85 2:79 2:73 2:96 2:86 2:76 2:69 2:64 2:61 2:59 2:52 2:46 2:40 2:68 2:57 2:46 2:40 2:35 2:31 2:29 2:22 2:16 2:09 2:51 2:41 2:30 2:23 2:18 2:15 2:12 2:05 1:98 1:91 2:41 2:31 2:20 2:12 2:07 2:04 2:01 1:94 1:87 1:79 2:34 2:23 2:12 2:05 2:00 1:96 1:93 1:86 1:79 1:70 2:29 2:18 2:07 1:99 1:94 1:90 1:88 1:80 1:72 1:64 2:17 2:06 1:94 1:87 1:82 1:78 1:74 1:67 1:58 1:48 2:05 1:94 1:82 1:75 1:69 1:65 1:61 1:53 1:43 1:31 1:94 1:83 1:71 1:63 1:57 1:52 1:48 1:39 1:27 1:00

B. függelék Képletek 1. Arány becslése (a) Visszatevéses mintavétel p

p^ =

1 p p (1 D (^ p) = p n

k n 1 p p p^ (1 n

p)

p^)

(b) Visszatevés nélküli mintavétel p= 1 D (^ p) = p n

s

p (1

p)

1

M N

n N

k n

p^ = 1 1

1 p n

s

p^ (1

p^) 1

2. Várható érték és szórás becslése (a) Visszatevéses, független mintavétel m

1 Pn x{ x= n i=1

s =

D (x) = p

n

r

1 n

s p

1

Pn

i=1

(x{

x)2

n

(b) Visszatevés nélküli mintavétel véges sokaságból r 1 Pn 1 Pn m x= s = (x{ x)2 i=1 x{ n n 1 i=1 r r n 1 s n 1 p D (x) = p 1 1 N 1 N 1 n n 73

n N

1 1

74

B. FÜGGELÉK. KÉPLETEK

3. Kon…dencia intervallumok (normális eloszlás esetén) m

x

t

s p

y

x

t

m

x

u

p0 y n

x

u

1

2

2

n

2

s

n 2

;s

r

s 0

n

1 2 1

2

2

1 1 + n k r 1 1 + n k !

4. Próbák (a) Normális eloszlás paramétereinek próbái H0 :

=

0

)

2

(n

=

1) s

2

H0 : m = m 0 ) t =

x s

m0 p

H0 : m 1 = m 2 ) t = ahol

2 n 1

2

2 0

n 2 Tn

x

S=

y S r

(n1

1

r

H0 :

1

u=

x

=

2

)

s1 2 s2 2

m0 p

n1 n2 2 Tn1 +n2 n1 + n2

2 F(n1 ;n2 )

n 2 N (0; 1) 2

1)s12 + (n2 1)s22 n1 + n2 2

(b) Az u-próba er½ofüggvénye E =1

p

n

m0

m

+u

p

+

m0

n

0

m

u

0

(c) Illeszkedési próbák n pi0 )2 2 2r n p i0 i=1 p H0 : F = F0 ) P ( n supx2R jF n (x) H0 : pi = pi0 )

r ( P

i

1

F0 (x)j < z) = K(z)

(d) Függetlenség vizsgálat H0 : pij = pi: p:j ) n

r X s X i=1 j=1

i: ij

:j

n i:

:j

2

2

2 (r 1) (s 1)

(e) Szórásanalízis Pr x:: )2 n r i=1 n{ (xi: HA : a1 = a2 = : : : = ar = 0 ) f = Pr Pn{ 2 F(r xi: )2 r 1 i=1 j=1 (xij Pr x:: )2 t r(t 1) i=1 (xi: HA : A = 0 ) f = Pr P 2 F(r 1;rt r) t 2 r 1 (x x ) ij i: i=1 j=1

1;n r)

Matematikai statisztika május 28

Recommend Documents