Testování statistických hypotéz

Příklad 2.3. (Jednoduchá hypotéza i alternativa pro náhodný výběr z normálního rozdělení při známém rozptylu).

Mějme , kde $\sigma^2$ je známé. Nechť $\mu_0,\mu_1\in\mathbb{R}$. Je třeba najít kritický obor ${W_0}$ nejsilnějšího testu

$${H_0}:\mu=\mu_0 \qquad\text{proti}\qquad {H_1}:\mu=\mu_1 \quad\text{na hladině}\quad \alpha\in(0,1).$$

Platí

$$\begin{array}{rl}\mathbf{X}\sim {f_\mathbf{X}(\mathbf{x};\mu)}&=\prod_{i=1}^nf_{X_i}(x_i;\mu) =\prod_{i=1}^n \tfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x_i-\mu}{\sigma}\right)^2}\\&= {(2\pi\sigma^2)^{-\tfrac{n}{2}}\exp\left\{-\tfrac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2\right\}}.\end{array}$$

Dále si připomeňme, že položíme-li $\bar{X}=\tfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$, resp. pro realizace $\bar{x}=\tfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i$, pak za platnosti nulové hypotézy ${H_0}$

$\bar{X}\;\sim\; N\left(\mu_0,\tfrac{\sigma^2}{n}\right) \qquad\Rightarrow\qquad U_{\bar{X}}=\frac{\bar{X}-E_{\mu_0}(\bar{X})}{\sqrt{D_{\mu_0}(\bar{X})}} =\frac{\bar{X}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} \;\sim\; N(0,1).$

(15)

Dále využijeme vztah

$\begin{array}{rl}\sum_{i=1}^n (x_i-\bar{x})^2&=\sum_{i=1}^n (x_i-\mu)^2-n(\bar{x}-\mu)^2\\ &\Rightarrow\quad\sum_{i=1}^n (x_i-\mu)^2=\sum_{i=1}^n (x_i-\bar{x})^2+n(\bar{x}-\mu)^2.\end{array}$

(16)

Označme $\qquad$ $p_0(\mathbf{x})=f_\mathbf{X}(\mathbf{x};\mu=\mu_0)$ $\qquad \text{ a }\qquad$ $p_1(\mathbf{x})=f_\mathbf{X}(\mathbf{x};\mu=\mu_1).$

Podmínku ${p_1(\mathbf{x})\geq c p_0(\mathbf{x})}$ lze napsat také takto ${\tfrac{p_1(\mathbf{x})}{p_0(\mathbf{x})}\geq c\gt 0}.$

Počítejme s využitím vztahu (16)

$$ \tfrac{p_1(\mathbf{x})}{p_0(\mathbf{x})} = \exp\left\{\tfrac{n}{2\sigma^2} \left[(\bar{x}-\mu_0)^2-(\bar{x}-\mu_1)^2 \right]\right\}\geq c. $$

Po zlogaritmování dostaneme

$\tfrac{n}{2\sigma^2} \left[(\bar{x}-\mu_0)^2-(\bar{x}-\mu_1)^2 \right] =\tfrac{n}{2\sigma^2} \left[ 2\bar{x}(\mu_1-\mu_0)-(\mu_1^2-\mu_0^2) \right]\geq \ln c$

(17)

1. Předpokládejme, že $ \mu_0 \lt \mu_1$.

   Pak nerovnost (17) dále upravujme takto

   $$\bar{x}\geq \underbrace{\tfrac{\mu_1+\mu_0}{2} +\tfrac{\sigma^2\ln c}{n(\mu_1-\mu_0)}}_{\scriptsize{\text{označme }} k_1}$$

   Dokážeme najít takové ${k_1}$, aby platilo ${P_{\mu_0}(\bar{X}\geq k_1)=\alpha}$?

   

   Díky normalitě výběrového průměru (viz (15)) však můžeme počítat a upravovat

   $$\alpha=P_{\mu_0}(\bar{X}\geq k_1)= P_{\mu_0}\left( \tfrac{\bar{X}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}\geq \tfrac{k_1-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}\right) =1-\Phi\left(\tfrac{k_1-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} \right)$$

   takže

   $$\Phi\left(\tfrac{k_1-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} \right)=1-\alpha \qquad\Rightarrow\qquad u_{1-\alpha}=\tfrac{k_1-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} \qquad\Rightarrow\qquad {k_1= \mu_0 + \tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\alpha} }$$

   a kritický obor lze vyjádřit takto

   $W_0=\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n:\bar{x}\geq k_1\}= \left\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n:\bar{x}\geq \mu_0 +\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\alpha}\right\}.$
2. Nyní předpokládejme, že $ \mu_0 \gt \mu_1$.

   Pak nerovnost (17) dále upravujme takto

   $$\bar{x}\leq \underbrace{\tfrac{\mu_1+\mu_0}{2} -\tfrac{\sigma^2\ln c}{n(\mu_0-\mu_1)}}_{\scriptsize{\text{ označme }} k_2}$$
   

   Díky normalitě výběrového průměru (viz (15)) však můžeme počítat a upravovat

   $$\alpha=P_{\mu_0}(\bar{X}\leq k_2)= P_{\mu_0}\left( \tfrac{\bar{X}-\theta_0}{\sigma/\sqrt{n}}\leq \tfrac{k_2-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}\right) =\Phi\left(\tfrac{k_2-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} \right)$$

   takže

   $$\Phi\left(\tfrac{k_2-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} \right)=\alpha \qquad\Rightarrow\qquad u_{\alpha}=-u_{1-\alpha}=\tfrac{k_2-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} \qquad\Rightarrow\qquad {k_2=\mu_0 -\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\alpha}}$$

   a kritický obor lze vyjádřit takto

   $W_0=\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n:\bar{x}\leq k_2\}= \left\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n:\bar{x}\leq \mu_0 -\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\alpha}\right\}.$

Všimněme si, že při jednoduché hypotéze i alternativě

při	(1)	$\quad \mu_0 \quad \lt \underbrace{\mu_1}_{\tiny\text{libovolné}}$	má $W_0$ stejný tvar nezávislý na $\mu_1$
	(2)	$\quad \mu_0 \quad \gt \underbrace{\mu_1}_{\tiny\text{libovolné}}$	má $W_0$ stejný tvar nezávislý na $\mu_1$

Říkáme, že

Příklad 2.4.

Mějme pro jednoduchost náhodný výběr rozsahu $n=1$, tj. jedinou náhodnou veličinu $X$ z rozdělení s hustotou

$$f(x;\theta)= \begin{cases} \theta x^{\theta-1} & x\in (0,1), \\ 0 & \text{jinak}. \end{cases} $$

Najdeme nejsilnější test hypotézy

$$H_0:\theta=1 \qquad\text{ proti }\qquad H_1: \theta=2 \qquad \text{ na dané hladině }\alpha=0.05.$$

Je třeba najít kritický obor ${W_0}=\{x\in\mathbb{R}:p_1(x)\geq c p_0(x)\}$ (pro $c\gt 0$), přičemž

$$ p_j(x) = f(x;\theta_j) =\begin{cases} \theta_j x^{\theta_j-1} & x\in (0,1),j=0,1 \\ 0 & \text{jinak}. \end{cases} $$

Podmínku ${p_1(x)\geq c p_0(x)}$ lze napsat také takto ${\tfrac{p_1(x)}{p_0(x)}\geq c\gt 0},$ takže

$$\tfrac{p_1(x)}{p_0(x)}=2x^{2-1}\geq c \quad\Rightarrow\quad x\geq \underbrace{\tfrac{c}{2}}_{=k}$$

a $k$ určíme z požadavku na hladinu významnosti, tj.

$$\alpha=0.05=\int_k^1p_0 dx=\int_k^1 dx=1-k \quad\Rightarrow\quad k=1-0.05=0.95$$

a

$${W_0}=\{x\in\mathbb{R}:x\geq 0.95\} $$

Všimněme si dále, že pokud bychom zvolili alternativní hypotézu trochu jinak, např.

$$H_1:\theta=3 \quad\Rightarrow\quad \tfrac{p_1(x)}{p_0(x)}=3x^{3-1}\geq c \quad\Rightarrow\quad x^2\geq \underbrace{\tfrac{c}{3}}_{=k^*},$$

pak zřejmě dostaneme jinou kritickou oblast, neboť tvar kritické oblasti závisí jak na nulové hypotéze, tak na alternativní.

Příklad 3.2. (Jednoduchá hypotéza a složená alternativa pro náhodný výběr z normálního rozdělení při známém rozptylu).

Mějme , kde $\sigma^2$ je známé. Nechť $\mu_0,\mu_1\in\mathbb{R}$.

Jak jsme již ukázali v příkladě 2.3, kritický obor je jiný pro $\mu_1\lt \mu_0 $ a $\mu_2\gt \mu_0 $, takže nenajdeme kritický obor stejnoměrně nejsilnějšího testu

$${H_0}:\mu=\mu_0 \qquad\text{proti}\qquad {H_1}:\mu\neq \mu_0 \quad\text{na hladině}\quad \alpha\in(0,1),$$

proto se budeme snažit najít kritický obor alespoň nezkresleného testu.

1. Zvolíme-li kritický obor typu
   $W_\alpha=\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n:\bar{x}\geq k_1\}= \left\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n:\bar{x}\geq \mu_0 +\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\alpha}\right\}. $

   Pak silofunkce (což je síla testu jakožto funkce parametru $\boldsymbol\theta\in \boldsymbol\Theta-\boldsymbol\Theta_0$) je tvaru

   $$\begin{align*} \beta^*(\boldsymbol\theta) & =1\!-\!\beta(\boldsymbol\theta) \!=\!\beta^*(\mu)\!=\!\int_{W_\alpha}\!\! p_1\;d\nu \\ &= P_{\mu,\sigma}(\bar{X}\geq k_1)\\ & =P_{\mu,\sigma}(\bar{X}\geq \mu_0 +\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\alpha})\\ & =P_{\mu,\sigma}\left(\tfrac{\bar{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\geq \tfrac{\mu_0-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}+u_{1-\alpha}\right)\\ &=1\!-\!\Phi\left(\tfrac{\mu_0-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}+u_{1-\alpha} \right) \end{align*}$$

   Zřejmě platí

   $\beta^*(\mu_0)=\alpha$
   
   a pro $\mu_1\lt \mu_0$ je síla testu $\lt $ chyba 1. druhu.
2. Zvolíme-li kritický obor typu
   $W_\alpha=\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n:\bar{x}\leq k_2\}= \left\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n:\bar{x}\leq \mu_0 -\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\alpha}\right\}. $
   

   Pak silofunkce je tvaru

   $$\begin{align*} \beta^*(\boldsymbol\theta) & =1\!-\!\beta(\boldsymbol\theta) \!=\!\beta^*(\mu)\!=\!\int_{W_\alpha}\!\! p_1\;d\nu \\ &= P_{\mu,\sigma}(\bar{X}\leq k_2)\\ & =P_{\mu,\sigma}(\bar{X}\leq \mu_0 -\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\alpha})\\ & =P_{\mu,\sigma}\left(\tfrac{\bar{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\leq \tfrac{\mu_0-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}-u_{1-\alpha}\right)\\ &=\Phi\left(\tfrac{\mu_0-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}-u_{1-\alpha} \right) \end{align*}$$

   Zřejmě opět platí

   $\beta^*(\mu_0)=\alpha$

   a pro $\mu_1\gt \mu_0$

   je síla testu $\lt $ chyba 1. druhu.
3. Abychom se vyvarovali předchozích obtíží, zvolme nyní kritický obor takto
   $\begin{array}{rl}W_\alpha&=\!\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n:\bar{x}\notin(k_1,k_2),\text{ kde } k_1\lt k_2\}\\&=\! \left\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n:\bar{x}\notin \left(\mu_0 -\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\frac{\alpha}{2}}, \mu_0+\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\frac{\alpha}{2}}\right)\right\}. \end{array}$

   Pak silofunkce je tvaru

   $$\begin{align*} \beta^*(\boldsymbol\theta) & \!=\!1\!-\!\beta(\boldsymbol\theta) \!=\!\beta^*(\mu)\!=\!\int_{W_\alpha}\!\! p_1\;d\nu \\ &\!=\! P_{\mu,\sigma}(\bar{X}\leq k_1\wedge\bar{X}\geq k_2)\\ & \!=\!1\!-\!P_{\mu,\sigma}(\mu_0 \!-\!\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\frac{\alpha}{2}}\!\leq\! \bar{X}\!\leq\! \mu_0 \!+\!\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\frac{\alpha}{2}})\\ & \!=\!1\!-\!P_{\mu,\sigma}\left(\tfrac{\mu_0-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\!-\!u_{1-\frac{\alpha}{2}} \!\leq\!\tfrac{\bar{X}\!-\!\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\!\leq\! \tfrac{\mu_0-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\!+\!u_{1-\frac{\alpha}{2}}\right)\\ &\!=\!1\!-\!\Phi\left(\tfrac{\mu_0-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\!+\!u_{1-\frac{\alpha}{2}} \right) \!+\!\Phi\left(\tfrac{\mu_0-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\!-\!u_{1-\frac{\alpha}{2}} \right) \end{align*}$$

   Zřejmě platí

   $\beta^*(\mu_0)=\alpha$
   

   a neexistuje žádné $\mu\neq\mu_0$, pro které je síla testu menší než chyba 1. druhu, takže jde o nezkreslený test.

Příklad 4.1. (Náhodný výběr z normálního rozdělení při neznámém rozptylu a oboustranné alternativě).

Mějme , kde $\mu$ a $\sigma^2$ jsou neznámé parametry. Máme testovat hypotézu

Parametr $\boldsymbol\theta=(\mu,\sigma^2)$ je zde dvourozměrný, množina $\boldsymbol\Theta=\{(\mu,\sigma^2):\mu\in\mathbb{R},0\lt \sigma^2\lt \infty \}$. Maximálně věrohodné odhady jsou

Dosadíme-li tyto odhady za $\boldsymbol\theta=(\mu,\sigma^2)$ do výrazu

$$p(\mathbf{x};\boldsymbol\theta)= \prod_{i=1}^n\left( \tfrac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp\left\{ -\tfrac{x_i-\mu)^2}{2\sigma^2} \right\}\right)= \left(2\pi\sigma^2\right)^{-\frac{n}{2}} \exp\left\{-\tfrac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2 \right\},$$

dostaneme pro $W_0^*$ nerovnost

$$\left( \tfrac{2\pi}{n}\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2 \right)^{-\frac{n}{2}} \exp\left\{-\tfrac{n}{2}\right\} \geq c \left( \tfrac{2\pi}{n}\sum_{i=1}^n(x_i-\mu_0)^2 \right)^{-\frac{n}{2}} \exp\left\{-\tfrac{n}{2}\right\}, $$

což je

$$\sum\limits_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2\leq c_1 \sum\limits_{i=1}^n(x_i-\mu_0)^2.$$

Dále využijeme vztah

$$\underbrace{\sum\limits_{i=1}^n (x_i\!-\!\bar{x})^2}_{=(n-1)s^2} \!=\!\sum_{i=1}^n (x_i\!-\!\mu)^2-n(\bar{x}-\mu_0)^2 \quad\Rightarrow\quad \sum\limits_{i=1}^n (x_i\!-\!\mu_0)^2=\sum\limits_{i=1}^n (x_i\!-\!\bar{x})^2+n(\bar{x}\!-\!\mu_0)^2,$$

takže

$$\quad\sum\limits_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2 \leq c_1\left[\sum\limits_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2 +n(\bar{x}-\mu)^2\right]$$

což nakonec můžeme vyjádřit takto

Protože veličina $T_n=\frac{\bar{X}-\mu_0}{S}\sqrt{n}$ má za platnosti nulové hypotézy Studentovo $t$–rozdělení o $n-1$ stupních volností, pak na základě tohoto rozdělení můžeme určit kritickou hodnotu

neboť

$$\alpha=P_{(\mu_0,\sigma^2)}(|T_n|\geq c_2)= P_{(\mu_0,\sigma^2)}\left( \tfrac{|\bar{X}-\mu_0|}{S}\sqrt{n}\geq t_{1-\frac{\alpha}{2}}(n-1) \right) $$

nebo ekvivalentně

$$1-\alpha= P_{(\mu_0,\sigma^2)}\left( \bar{X}-\tfrac{S}{\sqrt{n}}t_{1-\frac{\alpha}{2}}(n-1) \leq \mu_0\leq \bar{X}+\tfrac{S}{\sqrt{n}}t_{1-\frac{\alpha}{2}}(n-1) \right) $$

Hypotézu ${H_0}:\mu=\mu_0$ tedy zamítáme ve prospěch alternativy ${H_1}:\mu\neq \mu_0$ na hladině významnosti ${\alpha}$, pokud realizace

Příklad 6.1. (Jednoduchá hypotéza i alternativa pro binomické rozdělení).

Dva chlapci, Honzík a František, mají každý svůj pytlík s barevnými kuličkami. Honzík má 80 bílých a 20 modrých kuliček, František 30 bílých a 70 modrých kuliček. Oba pytlíky jsou k nerozeznání. Vybereme náhodně jeden z pytlíků a chceme rozhodnout, kterému z chlapců patří. Za tím účelem provedeme následující test:

Výchozí test A:

Vypočítejme chybu prvního i druhého druhu a pokusme se najít takový test, který by zajistil, aby chyby prvního i druhého druhu byly vůči chlapcům co nejvíce spravedlivé.

Označme jako ${Y}$ náhodnou veličinu, která značí počet bílých kuliček mezi deseti vybranými. Náhodná veličina $Y\in\{0,1,\ldots,n\}$, $n=10$. Zřejmě má binomické rozdělení, což pro $j=0,1$ značíme

$Y\sim Bi(n,\theta)$

s pravděpodobnostní funkcí

$ p_j(x)= \begin{cases} {n\choose y}\theta_j^y(1-\theta_j)^{n-y} & y=0,\ldots,n, \\ 0 & \text{jinak}. \end{cases} $

Budeme testovat hypotézu $H_0:\theta=\theta_0=0.8$ proti alternativě $H_1:\theta=\theta_1=0.3$}, kde kritický obor je {$W_\alpha=\{0,1,\ldots,k-1\}$}. „Spravedlivý“ test budeme hledat pomocí procedury v Matlabu s využítím příkazů „binocdf(y,n,theta)“

Optimální test B:

Teprve nyní je pravděpodobnost chyby prvního i druhého druhu vyvážená, srovnejme

$$\begin{align*} \alpha & =\int_{W_\alpha} p_0 \;d\nu=\sum_{i=1}^{k-1} 0.8^y(1-0.8)^{n-y}= \begin{cases} 0.3222 & \text{A} \\ 0.0328 & \text{B} \end{cases} & 1-\alpha= \begin{cases} 0.6778 & \text{A} \\ 0.9672 & \text{B} \end{cases} \\ \beta &= \int_{W_1} p_1 \;d\nu=\sum_{i=k}^{10} 0.3^y(1-0.3)^{n-y}= \begin{cases} 0.0016 & \text{A} \\ 0.0473 & \text{B} \end{cases} & 1-\beta= \begin{cases} 0.9984 & \text{A} \\ 0.9527 & \text{B} \end{cases} \end{align*}$$

Tedy pravděpodobnost, že se v testu B vyvarujeme

chyby 1. druhu je ${1-\alpha=0.9672}$ chyby 2. druhu je ${1-\beta =0.9527}$.

Příklad 6.2. (Síla testu a rozsah výběru pro jednoduchou hypotézu a složenou alternativu v případě náhodného výběru z normálního rozdělení při známém rozptylu).

Nechť je normální náhodný výběr, ve kterém je $\mu$ je neznámý parametr a $\sigma^2\gt 0$ je známá konstanta. Uvažujme test hypotéz

V příkladu 3.2 jsme zkonstruovali nezkreslený test pro oboustrannou alternativu a v příkladu 2.3 stejnoměrně nejsilnější testy pro jednostranné alternativy.

Na následujících grafech ukážeme, jak při pevně dané chybě prvého druhu roste hodnota silofunkce při rostoucím rozsahu výběru. Toho se právě využívá, pokud si předepíšeme obě chyby a hledáme rozsah výběru, při kterém nepřekročíme stanovené chyby.

Příklad 6.3. (Výška desetiletých chlapců).

V roce 1961 byla u 15 náhodně vybraných chlapců z populace všech desetiletých chlapců žijících v Československu zjištěna výška

Je známo, že každá následující generace je v průměru o něco vyšší než generace předcházející. Můžeme se tedy ptát, zda průměr $\bar{x}=139.133$ zjištěný v náhodném výběru rozsahu

$n=15$ znamená, že na 5\% hladině máme zamítnout nulovou hypotézu ${H_0:\mu=136.1}$ (zjištění z roku 1951) ve prospěch alternativní hypotézy ${H_1:\mu\gt 136.1}$.

Rozptyl $\sigma^2=6.4^2\text{ cm}^2$, zjištěný v roce 1951 (kdy se provádělo rozsáhlé šetření), můžeme považovat za známý, neboť variabilita výšek zůstává (na rozdíl od střední výšky) téměř nezměněná.

1. Testování nulové hypotézy pomocí pivotové statistiky $U_{\overline{X}}$ a kritické hodnoty.

   Protože kritický obor $W_0$ lze ekvivalentně vyjádřit i takto

   $\begin{array}{rl}W_0&=\!\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n:\bar{x}\leq k_2\}\!=\! \left\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n:\bar{x}\leq \mu_0 -\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\alpha}\right\} \\&=\!\left\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n:u_{\bar{x}}=\frac{\bar{x}-\mu_0}{\sigma}\sqrt{n} \leq u_{1-\alpha}\right\},\end{array}$

   počítejme $u_{\bar{x}}=\tfrac{139.133-136.1}{6.4}\sqrt{15}=1.835.$ Protože $u_{\bar{x}}=1.835$ překračuje kritickou hodnotu $u_{1-\alpha}=u_{0.95}=1.645$ (získáme pomocí Matlabu, a to příkazem „norminv(0.95)“) nulovou hypotézu na 5% hladině zamítneme ve prospěch alternativní hypotézy, že se střední výška desetiletých hochů zvětšila.

2. Testování nulové hypotézy pomocí $p$-hodnoty
   

   Dosažená hladina odpovídající testové statistice (tj. tzv. $p$-hodnota, anglicky P-value, significance value), což je nejmenší hladina testu, při které bychom ještě hypotézu $H_0$ zamítli, je rovna $0.033$ (opět získáme pomocí Matlabu příkazem „1 - normcdf(mean(x),136.1,6.4/sqrt(n))“, takže například při $\alpha=2.5$% by již dosažený výsledek nebyl statisticky významný.

   Protože $p$-hodnota je menší než zvolená hladina významnosti $\alpha=0.05$, hypotézu zamítáme.

3. Testování nulové hypotézy pomocí intervalu spolehlivosti $\langle D,+\infty)$

   Protože jde o jednostranný test, použijeme dolní odhad střední hodnoty $\mu$

   $$ d=\bar{x}-\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\alpha}=139.133-\tfrac{6.4}{\sqrt{15}} 1.645=136.415 $$

   Protože interval spolehlivosti $\langle 136.415,+\infty) $ nepokrývá hodnotu $136.1$, proto nulovou hypotézuna na hladině významnosti $\alpha=0.05$ zamítáme.

Příklad 6.4. (Počet pozorování při dané chybě prvního a druhého druhu).

Mějme , kde $\sigma^2=25$ je známé. Chceme testovat hypotézu

$${H_0}:\mu=\mu_0=5 \qquad\text{proti}\qquad {H_1}:\mu=\mu_1=4.$$

Naším úkolem je zjistit rozsah výběru tak, aby chyba 1. druhu byla rovna 0.05 a druhého druhu 0.01.

V příkladě 2.3 jsme, ukázali, že kritický obor pro rovnoměrně nejsilnější test pro alternativu typu $\mu_0\gt \mu_1$ je tvaru

Jeli $\alpha=0.05$, pak $u_{1-\alpha}=1.645$. Při této volbě máme zajištěnu chybu prvního druhu rovnou $0.05$, tj.

$$P_{\mu_0}(\bar{X}\leq k_2)=\Phi\left(\tfrac{k_2-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} \right)=\alpha=0.05.$$

Nyní musíme zvolit $n$ tak, aby pro chybu druhého druhu platilo

$$P_{\mu_1}(\bar{X}\gt k_2)=1-\Phi\left(\tfrac{k_2-\mu_1}{\sigma/\sqrt{n}} \right)\leq\beta=0.01,$$

takže

$$u_{1-\beta}=\frac{k_2-\mu_1}{\sigma/\sqrt{n}} =\frac{\mu_0 -\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{1-\alpha}-\mu_1}{\sigma/\sqrt{n}} =\frac{\mu_0-\mu_1}{\sigma/\sqrt{n}}-u_{1-\alpha}$$

a odtud již dostaneme, že

$$u_{1-\beta}+u_{1-\alpha}=\tfrac{\mu_0-\mu_1}{\sigma/\sqrt{n}},$$

takže

$$\sqrt{n}= \tfrac{u_{1-\beta}+u_{1-\alpha}}{\mu_0-\mu_1}\sigma=19.8560$$

tj.

kde symbol $\lceil c \rceil$ značí zaokrouhlení na celé číslo nahoru.

Příklad 6.5. Párový test

Pokud ovšem bychom $\sigma$ neznali, pak by úloha nešla vyřešit.

Na sedmi rostlinách byl posuzován vliv fungicidního přípravku podle počtu skrvn na listech před a týden po použití přípravku. Otestujte, zdali má přípravek vliv na počet skrvn na listech. Data udávající počet skrvn na listech před a po použití přípravku:

Za předpokladu, že náhodný výběr pochází z normálího rozdělení, tj.

pak $\quad\begin{array}{c} X_1\sim N(\mu_1 , \sigma_1^2) \\ X_2\sim N(\mu_2 ,\sigma_2^2) \end{array}$, $Z = X_1 - X_2 \sim N(\mu_z = \mu_1 - \mu_2 , \sigma_z^2=\sigma_{1}^2+\sigma_{2}^2 +2 \rho\sigma_{1}\sigma_{2})$ a statistika $T=\frac{\bar{Z}}{S_Z/\sqrt{n}}=\frac{\bar{X}_1-\bar{X}_2}{S_Z/\sqrt{n}}$ má za platnosti nulové hypotézy ${H_0:\mu_1-\mu_2=0}$ Studentovo rozdělení o $n-1$ stupních volnosti.

1. Testování nulové hypotézy pomocí intervalu spolehlivosti
   
   $$\begin{align*} [&\bar{X}_1-\bar{X}_2 - t_{1-\alpha/2}(n-1) \cdot S / \sqrt{n}; \\ & \bar{X}_1-\bar{X}_2 + t_{1-\alpha/2}(n-1) \cdot S / \sqrt{n}]=\\ & [4 \pm 2.4469 \cdot 4.6547 / 2.6458] =\\ & [-0.30492 ; 8.3049] \end{align*}$$

   Protože interval spolehlivosti pokrývá hodnotu $Z=0$, na dané hladině významnosti hypotézu nemůžeme zamítnout.

2. Testování nulové hypotézy pomocí statistiky T a kritické hodnoty
   

   Vypočítáme-li hodnotu statistiky

   $$T=\tfrac{\bar{X}_1-\bar{X}_2}{S/\sqrt{n}}$$

   a porovnáme s kvantilem Studentova rozdělení, tj.

   $$t=\tfrac{\bar{x}_1-\bar{x}_2}{s/\sqrt{n}}=2.2736 \ngtr t_{1-\alpha/2}(n-1)=2.4469,$$

   hypotézu

   $$H_0:\mu_1-\mu_2=0 $$

   nezamítáme.

3. Testování nulové hypotézy pomocí $p$-hodnoty

   Vypočítáme-li $p$-hodnotu a porovnáme se zvolenou hladinou významnosti $\alpha=0.05$

   $$p=P(|T|\gt t)=2(1-P(|T|\leq t))=0.06335 \gt \alpha$$

   takže hypotézu

   $$H_0:\mu_1-\mu_2=0$$

   nezamítáme.

   Shrneme-li předchozí výsledky slovně, pak nulovou hypotézu o tom, že

   přípravek nemá vliv na počet skvrn

   na hladině významnosti $\alpha=0.05$ nemůžeme zamítnout oproti alternativě o jeho vlivu.

Příklad 6.6. (Dva nezávislé náhodné výběry z normálního rozdělení při neznámých ale stejných rozptylech).

Bylo vybráno 13 polí stejné kvality. Na 8 z nich se zkoušel nový způsob hnojení, zbývajících 5 bylo ošetřeno běžným způsobem. Výnosy pšenice uvedené v tunách na hektar jsou označeny $X_i$ u nového a $Y_i$ u běžného způsobu hnojení. (převzato z knihy Anděl, J.: Statistické metody, str. 82, př. 8.2).

Je třeba zjistit, zda způsob hnojení má vliv na výnos pšenice.

Nechť je náhodný výběr rozsahu $n_1$ z normálního rozdělení $N(\mu_1,\sigma_1^2)$, $\bar{X}$ je jeho výběrový průměr a $S_1^2$ jeho výběrový rozptyl.

Dále nechť je náhodný výběr rozsahu $n_2$ z normálního rozdělení $N(\mu_2,\sigma_2^2)$, $\bar{Y}$ je jeho výběrový průměr a $S_2^2$ jeho výběrový rozptyl.

Předpokládejme, že oba výběry jsou stochasticky nezávislé, tj. $\mathbf{X} \perp \mathbf{Y}$.

Chceme-li testovat hypotézu, že rozdíl středních hodnot je nulový (při neznámém rozptylu $\sigma^2=\sigma_1^2=\sigma_2^2$), za pivotovou statistiku zvolíme statistiku

$$T_{\bar{X}-\bar{Y}} =\frac{\bar{X}-\bar{Y}-(\mu_1-\mu_2)}{S_{12}} \sqrt{\frac{n_1 n_2}{n_1+n_2}} \;\sim\; t(n_1+n_2-2), $$

kde

$$S_{12}^2= \frac{(n_1\!-\!1)S_1^2 +(n_2\!-\!1)S_2^2} {n_1+n_2-2}.$$

Chceme-li použít $T_{\bar{X}-\bar{Y}}$, měli bychom být přesvědčeni o tom, že rozptyly obou výběrů se významně neliší. Budeme tedy nejprve testovat hypotézu $H_0: \frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}=1 $, že podíl obou rozptylů je roven jedné proti alternativě, že se nerovná $H_1: \frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}\neq 1 $ Za pivotovou statistiku zvolíme statistiku

$$F=\frac{S_1^2}{S_2^2}\frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2} \;\sim\; F(n_1-1,n_2-1).$$

1. Můžeme například vypočítat statistiku $F$ za platnosti nulové hypotézy a porovnat ji s příslušnými oboustrannými kvantily.

   Protože

   $$\begin{array}{lc} f=1.1243 \\ F_{\frac{\alpha}{2}}(n_1\!-\!1,n_2\!-\!1)=0.1811 \\ F_{1-\frac{\alpha}{2}}(n_1\!-\!1,n_2\!-\!1)=9.0741 \ \end{array}$$

   vidíme, že $f$ není ani větší než horní kritický bod, ani menší než dolní kritický bod, takže hypotézu o rovnosti rozptylů proti alternativě nerovnosti nezamítáme a můžeme konstatovat, že data nejsou v rozporu s testovanou hypotézou.

   

2. Další možností je spočítat dosaženou hladinu významnosti, tj. $p$-hodnotu (pomocí Matlabu: 2*min(1-fcdf(var(x)/var(y),n1-1,n2-1), fcdf(var(x)/var(y),n1-1,n2-1) a srovnat se zvolenou hladinou testu $\alpha$:

   $$p-value=0.9656\gg 0.05$$

   Protože $p$-hodnota je výrazně větší než zvolená hladina testu, hypotézu o rovnosti rozptylů proti alternativě nerovnosti nezamítáme. Můžeme také říci, že data nejsou v rozporu s testovanou hypotézou.

3. A naposledy můžeme ještě zkostruovat $100(1-\alpha)$\% interval spolehlivosti pro podíl rozptylů $\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}$

   $$\left\langle \frac{S_1^2}{S_2^2}\frac{1} {F_{1-\frac{\alpha}{2}}(n_1\!-\!1,n_2\!-\!1)}, \frac{S_1^2}{S_2^2}\frac{1} {F_{\frac{\alpha}{2}}(n_1\!-\!1,n_2\!-\!1)} \right\rangle.$$

   a zjistit, zda pokrývá hodnotu $1$. Protože dostáváme interval {$\langle 0.1239,6.2088\rangle$}, který pokrývá jedničku, hypotézu nezamítáme.

Díky předchozímu zjištění již můžeme bez obav testovat hypotézu $H_0: \mu_1-\mu_2=0$ proti alternativě $H_1: \mu_1-\mu_2\neq 0$ provedeme to opět třemi způsoby:

1. Testování nulové hypotézy pomocí intervalu spolehlivosti $$\begin{align*}& \left\langle \bar{X}\!-\!\bar{Y}\!-\!t_{1\!-\!\frac{\alpha}{2}}(\nu) \;S\sqrt{\tfrac{n_1\!+\!n_2}{n_1n_2}}; \bar{X}\!-\!\bar{Y}\!+\!t_{1\!-\!\frac{\alpha}{2}}(\nu) \;S\sqrt{\tfrac{n_1\!+\!n_2}{n_1n_2}}\right\rangle \\ &\qquad=\langle 0.6875 \pm 2.201\cdot 0.5089 / 1.7541\rangle \\ &\qquad=\langle 0.048958 ; 1.326 \rangle \end{align*}$$

   Protože interval spolehlivosti nepokrývá nulu, na dané hladině významnosti hypotézu zamítáme ve prospěch alternativy.

2. Testování nulové hypotézy pomocí statistiky T a kritické hodnoty
   

   Vypočítáme-li hodnotu statistiky

   $$T_{\bar{X}-\bar{Y}} =\frac{\bar{X}-\bar{Y}-(\mu_1-\mu_2)}{S_{12}} \sqrt{\frac{n_1 n_2}{n_1+n_2}}$$

   a porovnáme s kvantilem Studentova rozdělení, tj.

   $$t_{\bar{x}-\bar{y}}=2.3697 \gt t_{1-\alpha/2}(11)=2.201,$$

   takže hypotézu

   $$H_0:\mu_1-\mu_2=0 $$

   zamítáme.

3. Testování nulové hypotézy pomocí $p$-hodnoty

   Vypočítáme-li $p$-hodnotu a porovnáme se zvolenou hladinou významnosti $\alpha=0.05$

   $$p=P(|T_{\bar{X}-\bar{Y}}|\gt t)=2(1-P(|T_{\bar{X}-\bar{Y}}|\leq t))=0.037169 \lt \alpha$$

   takže hypotézu

   $$H_0:\mu_1-\mu_2=0$$

   zamítáme.

   Shrneme-li předchozí výsledky slovně, pak nulovou hypotézu o tom, že

   hnojení je stejně účinné

   na hladině významnosti $\alpha=0.05$ zamítáme ve prospěch alternativy, že má rozdílné účinky.