Bài giảng Xác suất thống kê - Chương 6: Kiểm định giả thuyết thống kê

1KIỂM ĐỊNH GIẢ THUYẾT THỐNG KÊ Chương 6 1 NỘI DUNG CHƯƠNG 6.1 Bài toán kiểm định giả thuyết về tham số 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ 6.4 Kiểm định giả thuyết về phương sai 2 ThS Lê Văn Minh 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 nhiên liệu cũ và nhiên liệu mới, và xem xét sự khác 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 đặt giả thuyết:  >0. 3 ThS Lê Văn Minh 6.1 Bài toán kiểm định giả thuyết về tham số 6.1.1 Khái niệm chung Nhưng cũng có thể đặt giả thuyết: =0. 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. 4 0 1 : 0 : 0 H H     26.1 Bài toán kiểm định giả thuyết về tham số 6.1.1 Khái niệm chung Định nghĩa: Kiểm định giả thuyết là quá trình dựa vào mẫu lấy ra từ tổng thể, qua đó có thể quyết định chấp nhận hay bác bỏ giả thuyết. Định nghĩa: Cho bnn X và mẫu ngẫu nhiên từ X là WX=(X1,…,Xn). Chia không gian mẫu M(X1,..,Xn) thành 2 miền: M0 – miền chấp nhận H0 và – miền bác bỏ H0. 5 0M c 6.1 Bài toán kiểm định giả thuyết về tham số 6.1.2 Các loại sai lầm khi kiểm định giả thuyết i) Sai lầm loại 1: Nếu thực tế H0 đúng mà ta bác bỏ H0 . Xác suất sai lầm loại 1: ii) Sai lầm loại 2: Nếu thực tế H0 sai mà ta chấp nhận H0 . 6      1 0 0 0 0( ,..., ) / ñuùng ( / ) (6.1.1)c cnP X X M H P M H      1 0 1 0 1( ,..., ) / ñuùng ( / ) (6.1.2)nP X X M H P M H ThS Lê Văn Minh 6.1 Bài toán kiểm định giả thuyết về tham số 6.1.3 Tiêu chuẩn k/định tối ưu Newmann-Pearsson Cho bài toán kiểm định giả thuyết có 2 sai lầm  và . Cố định  thì “chất lượng”” của tiêu chuẩn kiểm định được xác định bởi xác suất chấp nhận H1 khi H1 đúng. Xác suất này gọi là lực lượng của kiểmđịnh và k/h: Quy tắc tối ưu ở mức ý nghĩa  là quy tắc kiểm định có lực lượng  lớn nhất (sai lầm  nhỏ nhất). 7      0 1 0 11 1 ( / ) ( / ) (6.1.3)cP M H P M H 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng 6.2.1 Kiểm định về một kỳ vọng Bài toán kiểm định: Cho X~N(,2) và mẫu ngẫu nhiện WX=(X1,…,Xn) lấy từ X, và  - mức ý nghĩa. Cần kiểm định giả thuyết: i) Trường hợp n<30, 2 chưa biết Xét thống kê: 8  0        0 0 1 0 : ) : H a H        0 0 1 0 : ) : H b H        0 0 1 0 : ) : H c H  0( ) ~ ( 1)ˆn XZ t ns ThS Lê Văn Minh 36.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng Khi đó miền bác bỏ H0 tương ứng với các đối thuyết là: Trong đó: là phân vị mức 1-/2 của luật pp Student với n-1 bậc tự do.  - mức ý nghĩa. 9    1 , 1 2 ) | | , n a Z c   1 , 1) ,nb Z c    1 , 1) nc Z c  1 , 1 2 n c 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng Ví dụ 6.2.1. Gọi chiều dài một loại vi trùng đo qua kính hiển vi là X(m). Biết rằng X~N(,2). Đo chiều dài của 8 con vi trùng được chọn ngẫu nhiên, ta được: . Có người cho rằng chiều dài trung bình loại vi trùng này là 51 m. Hãy kiểm định giả thuyết trên với mức ý nghĩa =0,05. Giải Vì X~N(,2, nên EX=  là chiều dài tb của con vi trùng. Do đó đây là bài toán kiểm kiểm kỳ vọng. 10 ˆ50 , 1,5  X m s m 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng Đặt bài toán kiểm định: Miền bác bỏ H0 là trong đó Ta thấy 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). 11 0 1 : 51 : 51       H m H m 1 , 1 2 | | , n Z c    0,975;71 , 1 2 8, 0,05 =2,365     nn c c 0( ) 8(50 51) 1,875 ˆ 1,5     n XZ s 0,975;7| | 1,875 =2,365 Z c ThS Lê Văn Minh 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng ii) Trường hợp n30, 2 chưa biết Khi đó thống kê và miền bác bỏ H0 tương ứng với các đối thuyết a), b) c) là: trong đó: là phân vị mức 1-/2 của luật pp chuẩn tắc. 12 0( ) ~ (0,1) ˆ  n XZ N s 1 11 2 ) | | b) Z>z c) Z< -   a Z z z 1 2  z 46.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng Ví dụ 6.2.2 Tại một trường ĐH người ta chọn ngẫu nhiên 100 sinh viên và đo chiều cao X(m) của chúng và ta được . . Biết rằng . Có người nói rằng sinh viên trường này thuộc nhóm có chiều cao trung bình 1,66m. Ở mức ý nghĩa 0,05 nhận xét này có chấp nhân được không? Giải Đặt bài toán kiễm định: 13 ˆ1,65 và 0,04 X m s m 2~ ( , ) X N 0 1 : 1,66 : 1,66     H m H m 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng Do n=100>30 nên miền bác bỏ H0 là: trong đó Ta thấy nên ta bác bỏ H0. Vậy những sv này không thuộc nhóm người có chiều cao trung bình 1,66 m (mức ý nghĩa 0,05). 14 1 2 | | Z z 0,9751 2 0,05 1,96    z z 0( ) 100(1,65 1,66) 2,5 ˆ 0,04     n XZ s 0,975| | 2,5 1,96  Z z 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng Trường hợp 2 trong cả 2 trường hợp trên đã biết thì ta chỉ thay trong thống kê Z bởi  và miền bác bỏ H0 vẫn như cũ. 6.2.2 Kiểm định giả thuyết về so sánh 2 kỳ vọng Quan sát X trên 2 mẫu khác nhau lấy từ tổng thể là A và B. + Trên TT A: + Trên TT B: 15 sˆ 2 2 1 1 1 ˆ~ ( , ); ( ,.., ) và có ,  X nX N W X X X s 2 2 2 2 1 ˆ~ ( , ); ( ,.., ) và có ,      X nX N W X X X s ThS Lê Văn Minh 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng Bài toán kiểm định: i) Trường hợp chưa biết Xét thống kê Khi đó miền bác bỏ H0 là: Nếu đã biết thì thay bởi trong Z. 16 0 1 2 1 1 2 : :       H H 2 2 1 2 1 2, 30; , n n 2 2 1 2 ~ (0,1) ˆ ˆ   X XZ N s s n n 1 2 | | Z z 2 2 1 2,  2 2ˆ ˆ, s s 2 21 2,  56.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng Ví dụ 6.2.3 Có hai nhà xuất bản sách I và II. X=“ số lỗi của 1 cuốn sách do NXB I xuất bản”, Y =“ số lỗi của 1 cuốn sách do NXB II xuất bản”. Biết rằng X,Y có pp chuẩn. Người ta chọn nn 36 cuốn của NXB I thì tính được và chọn nn 49 cuốn của NXB II thì tính được . Có người rằng số lỗi trung bình trên 1 cuốn sách của 2 NXB là như nhau. Hãy kiểm định giả thuyết trên với mức ý nghĩa 0,01. Giải 17 2 1ˆ2,9; 0,012 X s 2 2ˆ2,8; 0,036 Y s 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng Gọi 1=EX: số lổi trung bình/1 cuốn sách NXB I. 2=EY: số lổi trung bình/1 cuốn sách NXB II. Bài toán kiểm định: Do nên miền bác bỏ H0 là: mà nên ta bác bỏ H0. 18 0 1 2 1 1 2 : :       H H 1 236, 49 30  n n 1 / 2 0,995| | 2,58  Z z z 2,9 2,8 3,06 0,012 0,036 36 49    Z ThS Lê Văn Minh 6.2 Kiểm định giả thuyết về kỳ vọng Vậy số lỗi TB trên 1 cuốn sách của 2 NXB không như nhau (mức ý nghĩa 0,01). ii) Trường hợp chưa biết Xét thông kê Miền bác bỏ H0 là: ( tra bảng pp Student.) 19 2 2 1 2 1 2, 30; , n n 1 22 1 2 1 2 1 2 ~ ( 2) ˆ ˆ( 1) ( 1) 1 1 2             X XZ t n n n s n s n n n n 1 21 ; 22 | |    n nZ c 1 21 ; 22   n n c 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ 6.3.1 Kiểm định về một tỷ lệ Cho X~b(n,p), p – là tỷ lệ phần tử loại A trên tông thể (chưa biết). Giả sử biết số phần tử loại A trên mẫu là m và tỷ lệ mẫu phẩn tử loại A là . Các bài toán kiểm định: Ở đây ta xét trường hợp mẫu lớn: 20 ˆ  mp n 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 : : : ) ) ) : : :            H p p H p p H p p a b c H p p H p p H p p ˆ ˆ10, (1 ) 10  np n p 66.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ Xét thống kê: Khi đó miền bác bỏ H0 tương ứng với các đối thuyết là: Ví dụ 6.3.1: Chọn ngẫu nhiên 300 hộ gia đình ở một huyện và thăm dò thì có 160 hộ nghèo. Có người cho rằng tỷ lệ hộ nghèo của đại phương này 60%. Hãy kiểm định giả thuyết trên với mức ý nghĩa 0,05 21 0 0 0 ˆ( ) ~ (0,1) (1 )   p p nZ N p p 1 11 2 ) | | b) Z>z c) Z< - (6.3.1)a Z z z    ThS Lê Văn Minh 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ Giải Gọi p là tỷ lệ hộ nghèo của huyện này. Bài toán kiểm định: Miền bác bỏ H0 là: với Ta thấy nên bác bỏ H0. 22 0 1 : 0,6 : 0,6   H p H p 1 / 2| | Z z 1 / 2 0,9750,05 1,96;    z z 0 160 8ˆ0,6; 300 15  p p 0 0 0 ˆ( ) 300(8 / 15 0,6) 2,357 (1 ) 0,6(1 0,6)       n p pZ p p 0,975| | 2,357 1,96  Z z 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ Vậy tỷ lệ hộ nghèo của địa phương này không phải là 60% (mức ý nghĩa 0,05). 6.3.2 Kiểm định giả thuyết về so sánh 2 tỷ lệ Xét 2 mẫu cỡ lớn: . Quan sát tỷ lệ các phần tử loại A trên 2 mẫu lấy từ tổng thể N1 và N2: - Trên N1: tỷ lệ phần tử loại A là p1, cỡ mẫu n1, tỷ lệ mẫu . - Trên N2: tỷ lệ phần tử loại A là p2, cỡ mẫu n2, tỷ lệ mẫu . 23 1 2, 30n n  1pˆ 2pˆ 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ Bài toán kiểm định: Xét thống kê: khi H0 đúng. trong đó: Miền bác bỏ H0 tương ứng với các đối thuyết giống như (6.3.1). 24 0 1 2 0 1 2 0 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 : : : ) b) c) : : : H p p H p p H p p a H p p H p p H p p            1 2 1 2 ˆ ˆ ~ (0,1) 1 1ˆ ˆ p pZ N pq n n      1 1 2 2 1 2 ˆ ˆˆ ˆ ˆ và 1n p n pp q p n n    76.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ Ví dụ 6.3.2 Một nhà máy sản xuất có 2 phân xưởng I và II. Kiểm tra ngẫu nhiên 1000 sp của phân xưởng I thấy có 20 phế phẩm, trong khi kiểm tra 900 sp của phân xưởng II thấy có 30 phế phẩm. Có người cho rằng tỷ lệ phế phẩm của 2 phân xưởng là như nhau. Hãy kiểm định giả thuyết trên với mức ý nghĩa 0,01. Giải Gọi p1 và p2 lần lượt là tỷ lệ phế phẩm của phân xưởng I và II. 25 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ Bài toán kiểm định: Miền bác bỏ H0: Ta có: 26 0 1 2 1 1 2 : : H p p H p p   1 / 2| |Z z  1 1 0,01 20ˆ1000 0,02 1000 n p       2 2 30 1ˆ900 900 30 n p    1 1 2 2 1 2 ˆ ˆ 1000.0,02 900.1 / 30 1ˆ 1000 900 38 n p n pp n n      1 37ˆ ˆ1 1 38 38 q p     ThS Lê Văn Minh 6.3 Kiểm định giả thuyết về tỷ lệ Ta thấy nên ta chấp nhận H0, i.e., có cơ sở nói rằng tỷ lệ 2 phế phẩm của 2 phân xưởng là như nhau (mức ý nghĩa 0,01). 27 0,02 1 / 30 1,81 1 37 1 1 38 38 1000 900 Z        1 / 2 0,995 2,58z z   0,995| | 1,81 2,58Z z   ThS Lê Văn Minh