Odhad parametru p biomického rozděleí a test hypotézy o tomto parametru Test hypotézy o parametru p biomického rozděleí Motivačí úloha Předpokládejme, že v důsledku realizace jistého áhodého pokusu P dochází s pravděpodobostí p, kde < p < 1, k výskytu jistého áhodého jevu A Úkolem je testovat hypotézu H : p = p, kde p je daé číslo Řešeí Uvažme sérii vzájemě ezávislých realizací pokusu P a ozačme počet těch realizací, při ichž dojde k výskytu jevu A Veličia má rozděleí Bi (,, testujeme tedy hypotézu o parametru p biomického rozděleí Za testovací statistiku pro hypotézu H : p = p budeme považovat přímo veličiu Hypotézu H zamíteme tehdy, jestliže zazameaá hodota veličiy, tj zazameaý počet výskytů jevu A v sérii vzájemě ezávislých realizací pokusu P, je příliš velká, resp příliš malá a to, aby takto velká či malá hodota mohla být za platosti hypotézy H zazameáa s dostatečě velikou pravděpodobostí Formálěji řečeo, hypotézu H zamíteme tehdy, jestliže k1 ebo k2, tj tehdy, jestliže, k ] [ k, ), ( 1 2 kde k 1 a k 2 jsou kritické hodoty, které je třeba objektivě staovit dříve ež přistoupíme k vlastímu testováí Budeme přitom požadovat, aby hladia výzamosti testu (tj pravděpodobost zamítutí hypotézy, která je správá) epřekročila určitou předem zadaou mez α, kde < α < 1 Předpokládejme proto, že hypotéza H je správá, tj že ~ Bi(, p ), a zvolme hodoty k 1 a k 2 tak, aby P k ) < α ( 1 k2 Volba kokrétích hodot k 1 a k 2 závisí a tom, jakou bude mít testovaá hypotéza alterativu Uvažujme ejprve oboustraou alterativu H1 : p p To odpovídá situaci, kdy o hodotě parametru p emáme vůbec žádou předběžou zalost a hypotézu H tudíž zamítáme jak z důvodu příliš malých tak příliš velkých zazameaých hodot veličiy Hodoty k 1 a k 2 volíme proto v tomto případě tak, aby P ( k1 ) < α 2 a P ( k2 ) < α 2 Přirozeě též požadujeme, aby daý test měl co možá ejvětší sílu (zamítal s co ejvětší pravděpodobostí esprávé hypotézy), a proto volíme čísla k 1 a k 2 tak, aby kritická oblast (oblast zamítáí) (, k 1] [ k2, ) pro hypotézu H byla co ejvětší Defiujeme tedy k 1 jako ejvětší ezáporé celé číslo vyhovující podmíce P ( k1 ) < α 2 a k 2 jako ejmeší ezáporé celé číslo vyhovující podmíce P ( k2 ) < α 2 Určeí kritických hodot pro jedostraé alterativy H 1 : p > p a H 1 : p < p probíhá obdobě Z důvodů sazšího vyjadřováí zavedeme pro kritické hodoty biomického rozděleí ásledující ozačeí Ozačeí Nechť p (,1 ) je pevě zadaé číslo Položme p k = p k ) k k ( 1 p 1
Pro < α < 1 defiujme kritické hodoty k = k ) a k = k ) rozděleí Bi, p ) takto: k ( ) je ejvětší ezáporé celé číslo takové, že p k k = k2 < α k1 1 1 ( α 2 2 ( α ( 1 α p < α a k ( ) je ejmeší ezáporé celé číslo takové, že k k= Praktická realizace testu hypotézy H : p = p probíhá a základě ásledujících pravidel: (1) Hypotéza H : p = p se zamítá proti alterativě H 1 : p p, jestliže k ( α ) 1 2 ebo k 2 ( α 2) (2) Hypotéza H : p = p se zamítá proti alterativě H 1 : p > p, jestliže k ( α ) 2 (3) Hypotéza H : p = p se zamítá proti alterativě H 1 : p < p, jestliže k ( α ) 1 Hladia výzamosti žádého z výše popsaých testů epřevyšuje číslo α Lze přitom ukázat, že elze zkostruovat žádé jié testy o parametru p biomického rozděleí, které by měly při daé hladiě výzamosti ve srováí s právě uvedeými testy větší sílu Lze tedy tyto testy považovat za ejlepší možé 2 α Příklad 1 Ozačme p pravděpodobost, že při hodu daou hrací kostkou pade šestka Testujme hypotézu H : p = 1 6 proti alterativě H 1 : p 1 6, a to a základě pokusu, v ěmž ze sto dvaceti hodů padla šestka a) dvacet devětkrát, b) dvacet osmkrát, c) devětkrát Řešeí Ozačme zazameaý počet šestek v sérii sto dvaceti hodů Veličia má rozděleí Bi ( 12, Předpokládejme, že hypotéza H je správá, tj že p = 1 6 Pak P ( 12) =,27, P( 11) =,14, P ( 28) =,37, P ( 29) =, 22 To zameá, že k 1 = k1 (,25) = 11 a k 2 = k2 (,25) = 29 jsou kritické hodoty rozděleí Bi ( 12, 1 6), jímž se veličia řídí za předpokladu, že H je správá hypotéza (viz ásledující obrázek),1,8 Pravděpodobost,6,4,2 5 1 15 2 25 3 35 4 Počet šestek Rozhodutí o tom, zda hypotézu zamíteme či ikoliv závisí a empiricky zazameaém počtu šestek v sérii Kokrétě 2
a) hypotéza H : p = 1 6 se proti alterativě H 1 : p 1 6 zamítá a hladiě výzamosti α =, 5, b) hypotéza H : p = 1 6 se proti alterativě H 1 : p 1 6 ezamítá a hladiě výzamosti α =, 5, c) hypotéza H : p = 1 6 se proti alterativě H 1 : p 1 6 zamítá a hladiě výzamosti α =, 5 Rčeí, že hypotéza se zamítá a hladiě výzamosti α přitom zameá, že skutečá hladia výzamosti testu, tj pravděpodobost, s íž může dojít k zamítutí správé hypotézy, je meší ež α Hladiu výzamosti emůžeme volit extrémě malou, protože jiak by příslušý test měl je velmi malou sílu Na druhou strau případé zamítutí hypotézy H má mohem větší váhu, jestliže víme, že pravděpodobost zamítutí správé hypotézy je dokoce meší ež, 1 či, 1 Ptejme se proto, zda se hypotéza H zamítá též a hladiě výzamosti α =, 1 V tomto případě jsou kritickými hodotami čísla 9 a 32 Tudíž v případě a) se hypotéza H : p = 1 6 proti alterativě H1 : p 1 6 a hladiě výzamosti α =, 1 ezamítá (přestože se zamítá a hladiě výzamosti α =, 5 ) Tím spíše se pak tato hypotéza ezamítá a hladiě výzamosti α =, 1 v případě b) (Koeckoců se v tomto případě ezamítá ai a hladiě výzamosti α =, 5 ) V případě c) se hypotéza H : p = 1 6 proti alterativě H 1 : p 1 6 a hladiě výzamosti α =, 1 zamítá Pozameejme akoec, že pro hladiu výzamosti α =, 1 jsou kritickými hodotami čísla 7 a 35 Příklad 2 Ozačme p pravděpodobost, že při hodu daou hrací kostkou pade šestka Existuje podezřeí, že je kostka záměrě vyráběa tak, aby šestka padala častěji ež ostatí hodoty Testujme hypotézu, že tomu tak eí, a to a základě pokusu, v ěmž ze sto dvaceti hodů padla šestka dvacet osmkrát Řešeí Nyí testujeme hypotézu H : p = 1 6 proti jedostraé alterativě H 1 : p > 1 6 Zvolme hladiu výzamosti α =, 5 Hypotézu zamíteme tehdy, když zazameaý počet šestek je příliš veliký (větší ež kritická hodota) Malý počet šestek yí důvodem k zamítutí hypotézy eí Kritická hodota k 2 pro test aší hypotézy je ejmeší ezáporé celé číslo takové, že P ( k2 p = 1 6) <,5 Sado ahlédeme, že k 2 = 28 Hypotéza H : p = 1 6 se tedy proti alterativě H : p 1 6 a hladiě výzamosti α =, 5 zamítá, přestože proti oboustraé alterativě 1 > H 1 : p 1 6 by se a této hladiě výzamosti ezamítla Vidíme, že zúžeím oboustraé alterativy a jedostraou se zvýšila síla testu Příklad 3 Pěstujeme hrách s bílými a fialovými květy Podle druhého Medelova zákoa je pravděpodobost p, že rostlia vykvete fialově, rova 3 4 Testujme platost tohoto zákoa a základě pokusu, v ěmž ze čtyřiceti áhodě vybraých rostli jich fialově vykvetlo třicet pět Řešeí,15 Pravděpodobost,1,5 5 1 15 2 25 3 35 4 Počet fialově vykvetlých rostli 3
Testujeme hypotézu H 3 : p = 4 proti alterativě H 3 1 : p 4 Hypotéza se a hladiě výzamosti α =,5 ezamítá Příklad 4 Při dvaceti hodech hrací kostkou padla šestka právě devětkrát Testujme hypotézu, že šestka padá s pravděpodobostí p = 1 6 2 = Řešeí Hypotéza H 1 : p = 6 se proti alterativě H 1 1 : p 6 zamítá a hladiě výzamosti α =,1, ezamítá se však a hladiě výzamostiα =, 1 Pozameejme, že k (,5) 9 ; kritická hodota k 1 (,5 ), a dokoce ai kritická hodota k 1 (,25 ) rozděleí Bi ( 2, 1 6) však eexistuje, eboť p =,26,25 To zameá, že dvacet hodů kostkou je příliš málo a to, aby bylo možo hypo- > tézu H 1 : p = 6 proti oboustraé alterativě H 1 1 : p 6 zamítout z důvodu příliš malého zazameaého počtu šestek v sérii Bylo by ji však možo z tohoto důvodu zamítout a hladiě výzamosti α =,5 proti alterativě H 1 1 : p < 6, avšak pouze v případě, že by žádá šestka při dvaceti hodech kostkou epadla,25,2 Pravděpodobost,15,1,5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11112131415161718192 Počet šestek Zamékový test Pro p = 1 2 se test hypotézy H : p = p o parametru p biomického rozděleí azývá testem zamékovým Příklad 5 Při výrobě micí je staovea hmotost mice pět gramů Je podezřeí, že a materiálu se systematicky šetří Testujme hypotézu, že tomu tak eí Použijeme výsledků amátkové kotroly, při íž bylo áhodě vybráo jedeáct micí, a poté zjištěo, že devět z ich je lehčích a dvě těžší oproti staoveé ormě Řešeí Ozačme počet těch vybraých micí, které jsou lehčí ež pět gramů Veličia má rozděleí Bi (,, kde = 11 je počet vybraých micí a p je pravděpodobost, že áhodě vybraá mice je lehčí ež pět gramů Testujeme hypotézu H 1 : p = 2, a to proti jedostraé alterativě H 1 1 : p > 2, eboť možost, že se mice vyrábějí záměrě těžší a priori vylučujeme Zazameaý počet micí lehčích ež pět gramů je devět (z jedeácti), což je též kritický počet pro zamítutí testovaé hypotézy Hypotéza H se tedy a hladiě výzamosti α =, 5 zamítá Nezamítá se ovšem a hladiě výzamosti α =, 1 a rověž tak by se ezamítla a hladiě výzamosti α =, 5 proti oboustraé alterativě (Pozameejme, že kritické hodoty zamékového testu jsou běžě tabelizováy) 4
Příklad 6 Při sto hodech micí padl dvaašedesátkrát líc Testujme hypotézu, že rub i líc padá se stejou pravděpodobostí Řešeí Ozačme počet líců Pak ~ Bi(,, kde = 1 je počet hodů a p je pravděpodobost, že pade líc Testujeme hypotézu H 1 : p = 2 proti alterativě H 1 1 : p 2 Kritické skóre pro hladiu výzamosti α =, 5 je 39 : 61; hypotéza H se proto a hladiě výzamosti α =, 5 zamítá Nezamítá se však a hladiě výzamosti α =, 1,8,6 Pravděpodobost,4,2 3 35 4 45 5 55 6 65 7 Počet líců Další úlohy Točí se a Céčku pivo systematicky pod míru? Hraje Karel teis lépe ež Ja? Premiér Miloš Zema vyjádřil v televizím pořadu 7 čili Sedm dí vysílaém de 24 leda 1999 přesvědčeí, že většia truhlářů v této zemi jsou estraíci Měl pravdu? Dává jistá laboratorí metoda staovující kocetraci určité škodlivé látky v půdě systematicky meší (či větší) hodoty ež jiá metoda? Odhad parametru p biomického rozděleí Motivačí úloha Předpokládejme, že v důsledku realizace jistého áhodého pokusu P dochází s pravděpodobostí p, kde < p < 1, k výskytu jistého áhodého jevu A Úkolem je odhadout pravděpodobost p Řešeí Uvažme sérii vzájemě ezávislých realizací pokusu P a ozačme = k počet těch realizací, při ichž dojde k výskytu jevu A Veličia má rozděleí Bi (,, odhadovat pravděpodobost p tedy zameá odhadovat ezámý parametr p biomického rozděleí Dle pricipu statistické stability se hodota veličiy = k vyjadřující relativí četost výskytů jevu A v sérii blíží s rostoucím počtem pokusů k hodotě parametru p Je tedy přirozeé odhadovat parametr p touto veličiou Jde přitom o estraý, kozistetí a maximálě věrohodý odhad Čísla blízká poměru k pak představují takové odhady parametru p, které sice ejsou maximálě věrohodé, jsou však hodě věrohodé Iterval I sestaveý z takových hodě věrohodých odhadů parametru p vytvoří itervalový odhad parametru p Přesá defiice takového itervalu je ásledující Nechť < α < 1 Položme I = { p (,1); hypotéza H p = p se a hladiě výzamostiα ezamítá} : 5
Takto defiovaý iterval zřejmě obsahuje číslo k a pokrývá hodotu parametru p s pravděpodobostí 1 α Meze tohoto itervalu lze přitom vyjádřit aalyticky pomocí kritických hodot rozděleí beta Ozačeí Symbolem Β r, s ( α) budeme ozačovat kritickou hodotu rozděleí Β r, s, tj takovou hodotu, která je veličiou s rozděleím Β r, s překročea s pravděpodobostí α Věta 1 (1) Jestliže < < s pravděpodobostí okrývá hodotu parametru p s pravděpodob- (2) Jestliže > ostí 1 α (3) Jestliže 1 α, pak iterval ( Β ( α ), Β ( α )) 1 α 1 + 1, 2 + 1, 2, pak iterval ( Β ( ),1) okrývá hodotu parametru p 1 + 1, α <, pak iterval (, ( )) + 1, α Β pokrývá hodotu parametru p s pravděpodobostí Příklad 7 Nechť p je pravděpodobost, že při hodu daou hrací kostkou pade šestka Při dvaceti hodech touto kostkou padla šestka právě devětkrát Odhaděte hodotu parametru p Řešeí Maximálě věrohodým odhadem parametru p je číslo 9 2 =, 45 Dále víme dle výsledku příkladu 4, že hypotéza H 1 : p = 6 se proti alterativě H 1 1 : p 6 zamítá a hladiě výzamosti α =,1, a tedy i a hladiě výzamosti α =, 5 Oboustraý 95% iterval spolehlivosti pro parametr p tedy eobsahuje hodotu 1 6 =, 167 Dále lze apř ukázat, že teto iterval eobsahuje hodotu,8, eboť hypotéza H : p, 8 se a hladiě výzamosti α =, 5 zamítá proti alterativě = H 1 : p,8 (ověřte to!) Dolí mez oboustraého 95% itervalu spolehlivosti pro parametr p bude tedy větší ež číslo,16 a jeho horí mez meší ež číslo,8 Dosazeím do vzorců ve větě 1 dostaeme, že iterval (,231;,685) pokrývá hodotu ezámého parametru p s pravděpodobostí,95 a podobě iterval (,259; 1) pokrývá hodotu ezámého parametru p s pravděpodobostí,95 Asymptotická verze testu o parametru p biomického rozděleí Předpokládejme opět, že v důsledku realizace jistého áhodého pokusu P dochází s pravděpodobostí p, kde < p < 1, k výskytu jistého áhodého jevu A a testujme hypotézu H : p = p o parametru p Tak jako dříve uvažme sérii vzájemě ezávislých realizací pokusu P a ozačme počet těch realizací, při ichž dojde k výskytu jevu A Předpokládejme přitom, že číslo je hodě veliké Jestliže H je správá hypotéza, pak ~ Bi(, p ), a tudíž dle Moivreovy-Laplaceovy věty má veličia U = p 1 p ) ( pro asymptoticky rozděleí N (,1) Veličiu U lze tedy považovat za testovací statistiku pro hypotézu H Kritéria pro zamítutí hypotézy H jsou přitom ásledující: (1) Hypotéza H : p = p se zamítá proti alterativě H1 : p p, jestliže U u( α 2) (2) Hypotéza H : p = p se zamítá proti alterativě H 1 : p > p, jestliže U u(α ) (3) Hypotéza H : p = p se zamítá proti alterativě H 1 : p < p, jestliže U u(α ) Hladiy výzamosti všech těchto testů jsou asymptoticky rova α 6
Příklad 8 Při sto dvaceti hodech hrací kostkou padla devětadvacetkrát šestka Testujme hypotézu, že šestka padá s pravděpodobostí p 1 = 6 Řešeí Ozačme p pravděpodobost, s íž padá šestka Testujeme hypotézu H : p = p proti alterativě H1 : p p Celkový počet hodů je = 12, z toho bylo zazameáo = 29 šestek Tudíž U = 2,2 Jelikož U 1,96 = u(,25), testovaá hypotéza se zamítá a hladiě výzamosti α =,5 (Porovejte teto výsledek s výsledkem příkladu 1) Příklad 9 Je zámo, že smrky po styku s jistým patogeem oemocí s pravděpodobostí p =, 2 O určitém ekotypu smrku se však tvrdí, že je odolější, a aším cílem je ověřit, zda tomu tak skutečě je Bylo proto zcela áhodě vybráo sto stromů zkoumaého ekotypu, přičemž se ukázalo, že při styku s patogeem oemocělo právě čtráct z ich Vziká otázka, zda lze a základě provedeého šetřeí usoudit, že zmíěý ekotyp je výzamě odolější? Řešeí Nechť p je pravděpodobost, že smrk přiáležející zkoumaému ekotypu při styku s patogeem oemocí Je třeba testovat hypotézu H : p, 2 proti alterativě H : p, 2 Vyjde = < U = 1,5 < 1,645 = u(,5), což zameá, že hypotézu H elze zamítout ai a hladiě výzamosti α =, 5 Nepodařilo se tedy a základě provedeého šetřeí prokázat, že smrky zkoumaého ekotypu jsou při styku s patogeem odolější Asymptotická verze zamékového testu Pro p 1 2 abývá statistika U speciálího tvaru U = ( 2 ) = Příklad 1 Při sto hodech micí padl dvaašedesátkrát líc Testujme hypotézu, že rub i líc padá se stejou pravděpodobostí Řešeí Ozačme p pravděpodobost, s íž padá líc Testujeme hypotézu H 1 : p = 2 proti alterativě H 1 1 : p 2 Celkový počet hodů je = 1, z toho bylo zazameáo = 62 líců Tudíž U = 2,4 Jelikož U 1,96 = u(,25), testovaá hypotéza se zamítá a hladiě výzamosti α =,5 (Porovejte teto výsledek s výsledkem příkladu 6) Úloha 1 a) Dvaáct studetů lesické fakulty zašlo do bufetu a pivo Osmi z ich bylo atočeo pivo pod míru, zbývajícím čtyřem ad míru Zameá to, že výčepí a pivu systematicky šetří? b) Řešte tutéž úlohu a základě celoměsíčího průzkumu, kdy z 125 piv bylo atočeo 65 ad míru a 6 pod míru Přibližý vzorec pro itervalový odhad parametru p biomického rozděleí ( ) Předpokládejme, že áhodá veličia má rozděleí Bi (, Veličia = p( 1 p(1 má pak pro asymptoticky rozděleí N (,1) Lze ukázat, že tutéž vlastost má i veličia 7
1 kterou obdržíme modifikací veličiy ( ) tak, že parametr p ve výrazu pod odmociou ahradíme jeho kozistetím odhadem To zameá, že pro velké hodoty parametru s pravděpodobostí přibližě rovou 1 α platí: u ( α 2) < < u( α 2) 1 Jiak vyjádřeo, s pravděpodobostí přibližě rovou, 1 α je Odtud pak vyvodíme ásledující závěr < u( ) 1 α 2 Věta 2 (1) Iterval ± u( α ) 2 1 pokrývá hodotu parametru p s pravděpodobostí přibližě rovou 1 α (2) Iterval (D, 1), kde a rověž tak iterval (, H ), kde D = 1 u( α ), 1 H = + u( α ), pokrývá hodotu parametru p s pravděpodobostí přibližě rovou 1 α Důsledek Je-li číslo hodě veliké, pak iterval 1 ± pokrývá hodotu parametru p s pravděpodobostí alespoň,95 Důkaz Stačí si uvědomit, že kritická hodota u (,25) je přibližě rova dvěma a že výraz eabude ikdy hodoty větší ež 1 4 1 8
Příklad 11 Ozačme p pravděpodobost, s íž při hodu daou hrací kostkou padá šestka Při sto dvaceti hodech touto kostkou padla šestka právě třicetkrát Chceme odhadout hodotu parametru p Řešeí Celkový počet hodů je = 12, z toho bylo zazameáo = 3 šestek Bodovým odhadem parametru p je tedy číslo 3 12 =, 25, zatímco přibližý 95% iterval spolehlivosti pro teto parametr je tj,25 ±, 8 eboli (,17;,33),25 (1,25),25 ± 1,96, 12 Úloha 2 Klíčivost seme defiujeme jako pravděpodobost p, že semeo vyklíčí Z áhodě vybraého možství jedoho tisíce seme jich vyklíčilo osm set Určete 95% iterval spolehlivosti pro klíčivost Výsledek:,8 ±, 25 Příklad 12 Ozačme p pravděpodobost, s íž při hodu daou hrací kostkou padá šestka Provedeme hodů; počet hodů, při ichž pade šestka, ozačme Ptáme se, jak veliký musí být počet hodů, aby chyba odhadu parametru p veličiou epřevýšila s pravděpodobostí alespoň 95% hodotu, 1? Řešeí Číslo bude muset být zajisté velmi veliké V takovém případě má veličia p( 1 rozděleí N (,1), což zameá, že s pravděpodobostí o ěco málo větší ež,95 je p(1 Jelikož však výraz p( 1 eabude ikdy hodoty větší ež 1 4, je s alespoň 95% pravděpodobostí < 1 Podmíka úlohy je proto splěa pokud 1, 1 (srovej s důsledkem za větou 3) Odtud plye, že 1 Příklad 13 (průzkum veřejého míěí) Z dvaácti set áhodě vybraých respodetů se jich tři sta vyslovilo pro legalizaci marihuay Úkolem je odhadout se spolehlivostí 95%, jaká část dotazovaé populace si přeje legalizaci marihuay Řešeí Nechť p je pravděpodobost, že respodet áhodě vybraý z dotazovaé populace je pro legalizaci marihuay Tato pravděpodobost je zřejmě totožá s relativí četostí těch osob (v populaci), kteří si legalizaci přejí Ozačme = 12 počet všech respodetů a počet těch z ich, kteří jsou pro legalizaci Předpokládejme, že počet respodetů je relativě velmi malý vzhledem k velikosti zkoumaé populace a že respodeti byli vybrái zcela áhodě Pak ~ Bi(,, eboť při postupém vybíráí respodetů zůstává ve zbytku zkoumaé populace relativí četost těch, kteří jsou pro legalizaci prakticky ezměěa Na druhou strau je počet respodetů dost veliký a to, aby < 2 9
bylo možo rozděleí Bi (, ahradit rozděleím ormálím a pro odhad parametru p užít asymptotického vzorce 1 ± u( α ) 2 Dosazeím = 12, = 3, α =, 5 obdržíme pro relativí četost osob, kteří si přejí legalizaci, odhad, 25 ±, 25 Úloha 3 (odhad relativí četosti emocých stromů v porostu) Odhaděte relativí četost emocých stromů v porostu a základě áhodého výběru dvou set stromů, jestliže v tomto výběru bylo zazameáo právě devadesát emocých stromů Výsledek:,45 ±, 7 1