Bài giảng Xác suất thống kê: Chương 6 - Kiểm định giả thiết thống kê - GV. Lê Văn Minh

Chia sẻ: Na Na | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

834
lượt xem 110
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng Xác suất thống kê: Chương 6 - Kiểm định giả thiết thống kê có nội dung trình bày các vấn đề: Bài toán kiểm định giả thuyết về tham số, kiểm định giả thuyết về kỳ vọng, kiểm định giả thuyết về tỷ lệ, kiểm định giả thuyết về phương sai.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Xác suất thống kê: Chương 6 - Kiểm định giả thiết thống kê - GV. Lê Văn Minh

3 Chương 6 6.1 Bài toán kiểm định giả thuyết về tham số 6.1.1 Khái niệm chung Ví dụ 6.1.1 Để đánh giá một loại nhiên liệu dùng cho một loại động cơ, người ta chọn một ngẫu nhiên một số động cơ loại này và đo áp suất khi chạy KIỂM ĐỊNH GIẢ THUYẾT nhiên liệu cũ và nhiên liệu mới, và xem xét sự khác THỐNG KÊ biệt. Ký hiệu: X là sự khác biệt và giả sử X~N(,2). Các nhà sản xuất nhiên liệu quan tâm là loại nhiên liệu mới có làm tăng áp suất động cơ hay không và 1 đặt giả thuyết:  >0. ThS Lê Văn Minh 2 4 NỘI DUNG CHƯƠNG 6.1 Bài toán kiểm định giả thuyết về tham số 6.1 Bài toán kiểm định giả thuyết về tham số 6.1.1 Khái niệm chung 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng Nhưng cũng có thể đặt giả thuyết: =0. H0 :   0 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ   H1 :   0 6.4 Kiểm định giả thuyết về phương sai Bài toán đặt ra là dựa vào mẫu lấy từ tổng thể các động cơ, cần quyết định chấp nhận H0 hay H1. - Giả thuyết H0 gọi là giả thuyết không, đó là giả thuyết không có sự thay đổi. - Giả thuyết H1 được nhà sx quan tâm gọi là đối thuyết. ThS Lê Văn Minh 1
5 7 6.1 Bài toán kiểm định giả thuyết về tham số 6.1 Bài toán kiểm định giả thuyết về tham số 6.1.1 Khái niệm chung 6.1.3 Tiêu chuẩn k/định tối ưu Newmann-Pearsson Định nghĩa: Kiểm định giả thuyết là quá trình dựa Cho bài toán kiểm định giả thuyết có 2 sai lầm  vào mẫu lấy ra từ tổng thể, qua đó có thể quyết định và . Cố định  thì “chất lượng”” của tiêu chuẩn chấp nhận hay bác bỏ giả thuyết. kiểm định được xác định bởi xác suất chấp nhận H1 Định nghĩa: Cho bnn X và mẫu ngẫu nhiên từ X là khi H1 đúng. Xác suất này gọi là lực lượng của kiểm WX=(X1,…,Xn). Chia không gian mẫu M(X1,..,Xn) định và k/h: thành 2 miền: M0 – miền chấp nhận H0 và M c – miền 0   1    1  P( M0 / H1 )  P( M 0 / H1 ) c (6.1.3) bác bỏ H0. Quy tắc tối ưu ở mức ý nghĩa  là quy tắc kiểm định có lực lượng  lớn nhất (sai lầm  nhỏ nhất). 6 8 6.1 Bài toán kiểm định giả thuyết về tham số 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng 6.1.2 Các loại sai lầm khi kiểm định giả thuyết 6.2.1 Kiểm định về một kỳ vọng i) Sai lầm loại 1: Nếu thực tế H0 đúng mà ta bác bỏ Bài toán kiểm định: Cho X~N(,2) và mẫu ngẫu H0 . nhiện WX=(X1,…,Xn) lấy từ X,  0   và  - mức ý nghĩa. Cần kiểm định giả thuyết: Xác suất sai lầm loại 1:  H :   0   H :   0   H :   0    P ( X1 ,..., X n )  M 0 / H 0 ñuùng   P( M0 / H 0 )  c  c (6.1.1) a)  0 b)  0 c)  0  H1 :   0   H1 :   0   H1 :   0  ii) Sai lầm loại 2: Nếu thực tế H0 sai mà ta chấp nhận H0 . i) Trường hợp n
9 11 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng H 0 :   51 m Khi đó miền bác bỏ H0 tương ứng với các đối Đặt bài toán kiểm định:   thuyết là:  H1 :   51 m Miền bác bỏ H0 là | Z | c  , a) | Z | c  , b) Z  c1 ,n 1 , c) Z  c1 , n 1 1  , n 1 2 1 , n 1 2 trong đó n  8,  0,05  c   c0,975;7 =2,365 1 , n 1 2 Trong đó: c  là phân vị mức 1-/2 của luật pp Z n ( X  0 )  8(50  51)  1,875 1  , n 1 ˆ 2 s 1,5 Student với n-1 bậc tự do.  - mức ý nghĩa. Ta thấy| Z | 1,875  c0,975;7 =2,365 nên chấp nhận H0. Vậy có cơ sở để tin rằng chiều dài tb loại vi trùng này là 51m (mức ý nghĩa 0,05). ThS Lê Văn Minh 10 12 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng Ví dụ 6.2.1. Gọi chiều dài một loại vi trùng đo qua ii) Trường hợp n30, 2 chưa biết kính hiển vi là X(m). Biết rằng X~N(,2). Đo Khi đó thống kê Z  n ( X   ) ~ N (0,1) 0 chiều dài của 8 con vi trùng được chọn ngẫu nhiên, ˆ s ta được: X  50  m, s  1,5 m . Có người cho rằng ˆ và miền bác bỏ H0 tương ứng với các đối chiều dài trung bình loại vi trùng này là 51 m. Hãy thuyết a), b) c) là: kiểm định giả thuyết trên với mức ý nghĩa =0,05. a ) | Z | z 1  b) Z>z1 c) Z< - z1 2 Giải trong đó: z  là phân vị mức 1-/2 của luật pp Vì X~N(,2, nên EX=  là chiều dài tb của con vi chuẩn tắc. 1 2 trùng. Do đó đây là bài toán kiểm kiểm kỳ vọng. 3
13 15 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng Ví dụ 6.2.2 Tại một trường ĐH người ta chọn Trường hợp 2 trong cả 2 trường hợp trên đã biết ngẫu nhiên 100 sinh viên và đo chiều cao X(m) của ˆ thì ta chỉ thay s trong thống kê Z bởi  và miền bác chúng và ta được X  1,65m và s  0,04. . Biết rằng ˆ m bỏ H0 vẫn như cũ. X ~ N (  , 2 ) . Có người nói rằng sinh viên trường này 6.2.2 Kiểm định giả thuyết về so sánh 2 kỳ vọng thuộc nhóm có chiều cao trung bình 1,66m. Ở mức Quan sát X trên 2 mẫu khác nhau lấy từ tổng thể ý nghĩa 0,05 nhận xét này có chấp nhân được là A và B. không? Giải + Trên TT A: X ~ N ( 1 , 12 );WX  ( X 1 ,.., X n ) và có X , s 2ˆ  H 0 :   1,66m + Trên TT B: X  ~ N ( 2 , 22 );WX   ( X 1,.., X n ) và có X , s2  ˆ Đặt bài toán kiễm định:   H1 :   1,66m ThS Lê Văn Minh 14 16 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng H 0 : 1   2 Do n=100>30 nên miền bác bỏ H0 là:| Z | z  Bài toán kiểm định:    H1 : 1   2 1 2 trong đó   0,05  z   z0,975  1,96 i) Trường hợp n1 , n2  30; 12 , 22 chưa biết 1 2 X  X n ( X  0 ) 100(1,65  1,66) Xét thống kê Z  ~ N (0,1) Z   2,5 s 2 s 2 ˆ ˆ ˆ s 0,04  n1 n2 Ta thấy | Z | 2,5  z0,975  1,96 nên ta bác bỏ H0. Khi đó miền bác bỏ H0 là:| Z | z  1 Vậy những sv này không thuộc nhóm người có 2 chiều cao trung bình 1,66 m (mức ý nghĩa 0,05). Nếu  12 , 22 đã biết thì thay s , s bởi  12 , 22 trong Z. ˆ ˆ 2 2 4
17 19 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng Ví dụ 6.2.3 Có hai nhà xuất bản sách I và II. X=“ Vậy số lỗi TB trên 1 cuốn sách của 2 NXB không số lỗi của 1 cuốn sách do NXB I xuất bản”, Y =“ số như nhau (mức ý nghĩa 0,01). lỗi của 1 cuốn sách do NXB II xuất bản”. Biết rằng ii) Trường hợp n1 , n2  30; 12 , 22 chưa biết X,Y có pp chuẩn. Người ta chọn nn 36 cuốn của X  X Xét thông kê Z  ~ t ( n1  n2  2) NXB I thì tính được X  2,9; s12  0,012 và chọn nn 49 ˆ (n1  1) s  (n2  1) s  1 1  2 ˆ ˆ cuốn của NXB II thì tính được Y  2,8; s22  0,036 . Có ˆ    n1  n2  2  n1 n2  người rằng số lỗi trung bình trên 1 cuốn sách của 2 Miền bác bỏ H0 là: | Z | c  NXB là như nhau. Hãy kiểm định giả thuyết trên với 1 ; n1  n2  2 2 mức ý nghĩa 0,01. ( c  tra bảng pp Student.) Giải 1 ; n1  n2  2 2 18 20 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ Gọi 1=EX: số lổi trung bình/1 cuốn sách NXB I. 6.3.1 Kiểm định về một tỷ lệ 2=EY: số lổi trung bình/1 cuốn sách NXB II. Cho X~b(n,p), p – là tỷ lệ phần tử loại A trên tông H :   Bài toán kiểm định:  0 1 2  thể (chưa biết). Giả sử biết số phần tử loại A trên m  H1 : 1  2 mẫu là m và tỷ lệ mẫu phẩn tử loại A là p  . ˆ n Do n1  36, n2  49  30 nên miền bác bỏ H0 là: Các bài toán kiểm định: | Z | z1 / 2  z0,995  2,58  H 0 : p  p0  H 0 : p  p0  H 0 : p  p0 a)  b)  c)  2,9  2,8  H1 : p  p0  H1 : p  p0  H1 : p  p0 mà Z  3,06 nên ta bác bỏ H0. 0,012 0,036  Ở đây ta xét trường hợp mẫu lớn: np  10, n(1  p)  10 ˆ ˆ 36 49 ThS Lê Văn Minh 5
21 23 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ Xét thống kê: Vậy tỷ lệ hộ nghèo của địa phương này không phải ( p  p0 ) n ˆ Z p0 (1  p0 ) ~ N (0,1) là 60% (mức ý nghĩa 0,05). Khi đó miền bác bỏ H0 tương ứng với các đối 6.3.2 Kiểm định giả thuyết về so sánh 2 tỷ lệ thuyết là: Xét 2 mẫu cỡ lớn: n1 , n2  30 . Quan sát tỷ lệ các a ) | Z | z  b) Z>z1 c) Z< - z1 (6.3.1) phần tử loại A trên 2 mẫu lấy từ tổng thể N1 và N2: 1 2 Ví dụ 6.3.1: Chọn ngẫu nhiên 300 hộ gia đình ở - Trên N1: tỷ lệ phần tử loại A là p1, cỡ mẫu n1, tỷ một huyện và thăm dò thì có 160 hộ nghèo. Có ˆ lệ mẫu p1 . người cho rằng tỷ lệ hộ nghèo của đại phương này - Trên N2: tỷ lệ phần tử loại A là p2, cỡ mẫu n2, tỷ 60%. Hãy kiểm định giả thuyết trên với mức ý lệ mẫu p2 . ˆ nghĩa 0,05 ThS Lê Văn Minh 22 24 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ Giải Bài toán kiểm định: Gọi p là tỷ lệ hộ nghèo của huyện này.  H : p  p2 a)  0 1  H : p  p2 b)  0 1  H : p  p2 c)  0 1  H : p  0,6  H1 : p1  p2  H1 : p1  p2  H1 : p1  p2 Bài toán kiểm định: 0  H1 : p  0,6 p1  p2 ˆ ˆ Xét thống kê: Z  ~ N (0,1) khi H0 đúng. Miền bác bỏ H0 là: | Z | z1 / 2 1 1 pq    ˆˆ 160 8  n1 n2  với   0,05  z1 / 2  z0,975  1,96; p0  0,6; p  ˆ  trong đó: 300 15 n1 p1  n2 p2 ˆ ˆ n ( p  p0 ) ˆ 300(8 / 15  0,6) p ˆ và q  1  p ˆ ˆ Z   2,357 n1  n2 p0 (1  p0 ) 0,6(1  0,6) Miền bác bỏ H0 tương ứng với các đối thuyết Ta thấy | Z | 2,357  z0,975  1,96 nên bác bỏ H0. giống như (6.3.1). 6
25 27 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ 0,02  1 / 30 Ví dụ 6.3.2 Một nhà máy sản xuất có 2 phân xưởng Z  1,81 1 37  1 1  I và II. Kiểm tra ngẫu nhiên 1000 sp của phân    38 38  1000 900  xưởng I thấy có 20 phế phẩm, trong khi kiểm tra 900 sp của phân xưởng II thấy có 30 phế phẩm. Có z1 / 2  z0,995  2,58 người cho rằng tỷ lệ phế phẩm của 2 phân xưởng là như nhau. Hãy kiểm định giả thuyết trên với mức ý Ta thấy| Z | 1,81  z0,995  2,58 nên ta chấp nhận H0, i.e., nghĩa 0,01. có cơ sở nói rằng tỷ lệ 2 phế phẩm của 2 phân Giải xưởng là như nhau (mức ý nghĩa 0,01). Gọi p1 và p2 lần lượt là tỷ lệ phế phẩm của phân xưởng I và II. ThS Lê Văn Minh 26 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ H 0 : p1  p2 Bài toán kiểm định:    H1 : p1  p2 Miền bác bỏ H0: | Z | z1 / 2 Ta có:   0,01 20 n1  1000  p1  ˆ  0,02 1000 30 1 n2  900  p2  ˆ  900 30 n p  n p 1000.0,02  900.1 / 30 1 ˆ ˆ p 1 1 2 2  ˆ  n1  n2 1000  900 38 1 37 q 1 p 1 ˆ ˆ  38 38 ThS Lê Văn Minh 7