|
|||||||
АвтоАвтоматизацияАрхитектураАстрономияАудитБиологияБухгалтерияВоенное делоГенетикаГеографияГеологияГосударствоДомДругоеЖурналистика и СМИИзобретательствоИностранные языкиИнформатикаИскусствоИсторияКомпьютерыКулинарияКультураЛексикологияЛитератураЛогикаМаркетингМатематикаМашиностроениеМедицинаМенеджментМеталлы и СваркаМеханикаМузыкаНаселениеОбразованиеОхрана безопасности жизниОхрана ТрудаПедагогикаПолитикаПравоПриборостроениеПрограммированиеПроизводствоПромышленностьПсихологияРадиоРегилияСвязьСоциологияСпортСтандартизацияСтроительствоТехнологииТорговляТуризмФизикаФизиологияФилософияФинансыХимияХозяйствоЦеннообразованиеЧерчениеЭкологияЭконометрикаЭкономикаЭлектроникаЮриспунденкция |
Перевірка гіпотези про рівність часток ознаки двох сукупностейЗадача порівняння часток (відносних частот) ознаки в двох сукупностях досить часто зустрічається на практиці. Наприклад, якщо вибіркова частка ознаки однієї сукупності відрізняється від такої ж частки в другій сукупності, чи вказує це на те, що наявність ознаки в одній сукупності дійсно ймовірніше, чи ця різниця часток є випадковою? Сформулюємо задачу. Маємо дві сукупності, генеральні частки ознаки яких дорівнюють відповідно р1 і р2. Необхідно перевірити нульову гіпотезу про рівність генеральних часток, тобто Н0: р1 = р2. Для перевірки гіпотези Н0 із цих сукупностей взяті дві незалежні вибірки достатньо великого об’єму п1 і п2. Вибіркові частки ознаки рівні відповідно і , де т1 і т2 – відповідне число елементів першої і другої вибірки, що має дану ознаку. При достатньо великих п1 і п2, вибіркові частки і мають наближено нормальний закон розподілу з математичним сподіванням р1 і р2 і дисперсіями і , тобто відповідно N (р1; ) і N (р2; ). При справедливості гіпотези Н0: р1 = р2 = р різниця - має нормальний закон розподілу з математичним сподіванням М( ‑ )= р‑р= 0і дисперсією .Тому статистика має стандартний нормальний розподіл N(0;1) В якості невідомого значення р що входить у вираз статистики t, беруть його найкращу оцінку , рівну вибірковій частці ознаки, якщо дві вибірки з’єднати в одну, тобто . Вибір виду критичної області і перевірка гіпотези здійснюється таким же чином, як і вище, при перевірці гіпотези про рівність середніх. Приклад. Контрольну роботу з математичної статистики по індивідуальним варіантам виконували студенти двох груп першого курсу. В першій групі було запропоновано 105 задач, з яких правильно розв’язано 60, у другій із 140 запропонованих правильно розв’язано 69. На рівні значимості 0,02 потрібно перевірити гіпотезу про відсутність суттєвої різниці в засвоєнні навчального матеріалу студентами обох груп. Розв’язання Припустимо, що частки розв’язаних задач студентами обох груп рівні, тобто Н0: р1 = р2 = р. В якості альтернативної візьмемо гіпотезу Н1: р1 ¹ р2. При справедливості гіпотези Н0 найкращою оцінкою р буде = . Вибіркові частки розв’язаних задач для кожної групи і . Статистику критерію обчислимо за формулою: При конкуруючій гіпотезі Н1: р1 ¹ р2 обираємо критичну двосторонню область: Ф(tкр)=1-0,02=0,98, звідки за таблицею значень функції Лапласа tкр= t0,98=2,33. Фактичне значення критерію менше критичного, тобто t<t0.98. Отже, гіпотеза Н0 приймається, тобто отримані дані не протирічать гіпотезі про однаковий рівень засвоєння навчального матеріалу студентами обох груп.
Поиск по сайту: |
Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Студалл.Орг (0.003 сек.) |