Hodnocení kontingenčních tabulek Motivace Při zpracování dat se velmi často setkáváme s veličinami nominálního typu (např. rodinný stav ženicha a nevěsty - svobodný/á, rozvedený/á, vdovec/vdova, barva očí - modrá, hnědá, zelená, šedá, barva vlasů - černá, hnědá, blond, rezavá, krevní skupina - A, B, AB, 0 atd.). Máme-li k dispozici n objektů, na nichž zjišťujeme hodnoty dvou nominálních veličin X a Y, můžeme testovat některé hypotézy. Nejdůležitější jsou: 1. Hypotéza o nezávislosti: nulová hypotéza tvrdí, že znaky X a Y jsou nezávislé (např. barva očí a barva vlasů jsou ve sledované populaci jedinců nezávislé). Intenzitu případné závislosti měří různé koeficienty, které nabývají hodnot od 0 do 1. Čím je takový koeficient bližší 1, tím je závislost mezi danými dvěma veličinami silnější a čím je bližší 0, tím je slabší. 2. Hypotéza o homogenitě (o shodnosti struktury): nulová hypotézy tvrdí, že rozložení pravděpodobností náhodné veličiny Y je stejné za různých podmínek, které vyjadřují varianty náhodné veličiny X (např. nás může zajímat, zda věková struktura hospitalizovaných pacientů - velična Y, nabývá variant do 25 let, 26-45 let, 46-65 let, 66 let a více, je stejná ve dvou nemocnicích - veličina X, nabývá variant 1 a 2). 3. Hypotéza o symetrii: používá se zvláště v situacích, kdy na n objektech sledujeme pravděpodobnost výskytu nějakého znaku před pokusem a po pokusu. Máme zjistit, zda pokus ovlivní pravděpodobnost výskytu tohoto znaku. Nulová hypotéza tvrdí, že pokus neovlivní pravděpodobnos výskytu sledovaného znaku (např. nás zajímá, zda požití alkoholu ovlivní schopnost řidiče úspěšně projet náročnou uzavřenou trať. V tomto případě veličina X nabývá variant 1 - projel trať bez chyb, 2 - projel trať s chybami a veličina Y nabývá variant 1 - před požitím alkoholu, 2 - po požití alkoholu). Kontingenční tabulky Nechť X,Y jsou dvě nominální náhodné veličiny (tj. obsahová interpretace je možná jenom u relace rovnosti). Nechť X nabývá variant xm, xw a Y nabývá variant y^], y[S]. Označme: t^.. = 3& = t [^A Y = i y ... simultánní pravděpodobnost dvojice variant (x^, y[k]) 7^. = 3 & = ^\\. ... marginální pravděpodobnost varianty x^ ti = ľ>4^ = f ■■■ marginální pravděpodobnost varianty y[k] Simultánní a marginální pravděpodobnosti zapíšeme do kontingenční tabulky: y y[1] ... y[s] x x[1] n11 ... n1s X[r] n.1 ... n.s 1 Pořídíme dvourozměrný náhodný výběr (Xi, Yi), (Xn, Yn) rozsahu n z rozložení, kterým se řídí dvourozměrný diskrétní náhodný vektor (X, Y). Zjištěné absolutní simultánní četnosti njk dvojice variant (x^, y[k]) uspořádáme do kontingenční tabulky: y y[i] ... y[s] x njk x[i] nii ... nis ni. Xírl nri ... nrs nr. n.k n.i ... n.s n nj. = nji + ... + njs je marginální absolutní četnost varianty x^ n.k = nlk + ... + nrk je marginální absolutní četnost varianty y[k] Simultánní pravděpodobnost 7ijk odhadneme pomocí simultánní relativní četnosti pjk a 7i k odhadneme pomocí marginálních relativních četností P j = — apk=—. n n = —, marginální pravděpodobnosti n\ n Testování hypotézy o nezávislosti Testujeme nulovou hypotézu H0: X, Y jsou stochasticky nezávislé náhodné veličiny proti alternativě H1: X, Y nejsou stochasticky nezávislé náhodné veličiny. Kdyby náhodné veličiny X, Y byly stochasticky nezávislé, pak by platil multiplikativní vztah V " ,...,r, V = ,...,s:7tik = 7tj 7ikneboli —= — • — ,tj. njk = . Číslo mjk = se nazývá teoretická četnost n n n n n dvojice variant (x[j], y[k]). í nj.n.k 1 r s Injk--! Testová statistika: K = ,. Hypotézu o nezávislosti veličin X, Y tedy zamítáme na asymptotické hladině významnosti a, když K > x2i-a((r-l)(s-l)). Podmínky dobré aproximace Rozložení statistiky K lze aproximovat rozložením Y2((r-1)(s-1)), pokud teoretické četnosti aspoň v 80% případů n nabývají hodnoty větší nebo rovné 5 a ve zbylých 20% neklesnou pod 2. Není-li splněna podmínka dobré aproximace, doporučuje se slučování některých variant. Měření síly závislosti Cramérův koeficient: v K kde m = min{r,s}. Tento koeficient nabývá hodnot mezi 0 a 1. Čím blíže je k 1, tím je 'n(m- ) závislost mezi X a Y těsnější, čím blíže je k 0, tím je tato závislost volnější. Význam hodnot Cramérova koeficientu: mezi 0 až 0,1 ... zanedbatelná závislost, slabá závislost, střední závislost, mezi 0,1 až 0,3 mezi 0,3 až 0,7 mezi 0,7 až 1 ... silná závislost. Carl Harald Cramer (1893 - 1985): Švédsky matematik Příklad V sociologickém průzkumu byl z uchazečů o studium na vysokých školách pořízen náhodný výběr rozsahu 360. Mimo jiné se zjišťovala sociální skupina, ze které uchazeč pochází (veličina X) a typ školy, na kterou se hlásí (veličina Y). Výsledky jsou zaznamenány v kontingenční tabulce: Sociální skupina Typ školy univerzitní technický ekonomický I 50 30 10 90 II 30 50 20 100 III 10 20 30 60 IV 50 10 50 110 n.k 140 110 110 360 Na asymptotické hladině významnosti 0,05 testujte hypotézu o nezávislosti typu školy a sociální skupiny. Vypočtěte Cramé-rův koeficient. Řešení: Nejprve vypočteme všech 12 teoretických četností: Sociální skupina Typ školy % univerzitní technický ekonomický I 50 30 10 90 II 30 50 20 100 III 10 20 30 60 IV 50 10 50 110 n.k 140 110 110 360 00-140 n 360 n2 n 1 "00-140 n 360 n3. n. 1 ^0-140 n 360 n4 n 1 MO-140 ni.n.2 _ °0-110^ ,75 nhn3 00-110 8,9, n n2 n 2 360 100-110 n 3,3, ■ 360 ^0-110 n 360 = ß,8, n n4 n 2 360 MO-llO n 360 0,6, 8,3, = 3,6, n2 n 360 'OO-llO = '7,5, 360 "50-110 n n4 n 3 n 360 110-110 360 : 0,6, 8,3, = 3,6 n n n3 n 2 n3 n 3 Vidíme, že podmínky dobré aproximace jsou splněny, všechny teoretické četnosti převyšují číslo 5. Dosadíme do vzorce pro testovou statistiku K: t0- 5^ t0- 7,5^ t0- 3,6^ K=--+---^- + ...+---^-= '6,84. 35 27,5 33,6 Dále stanovíme kritický obor: JF= % t_„ tf-1 i-1 Ä-ť*-:Q»_ = z 0,95 = ,12,6^ Protože K e W, hypotézu o nezávislosti typu školy a sociální skupiny zamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05. Vypočteme Cramérův koeficient: V = \J^- = ),3267 . Jť V 360-2 Hodnota Cramérova koeficientu svědčí o tom, že mezi veličinami X a Y existuje středně silná závislost. Výpočet pomocí systému STATISTIC A: Vytvoříme nový datový soubor o třech proměnných (X - sociální skupina, Y - typ školy, četnost) a 12 případech: 3 četnost I univerzitní 50 2 I technický 30 3 I ekonomický 10 4 II univerzitní 30 5 II technický 50 6 II ekonomický 20 7 III univerzitní 10 8 III technický 20 9 III ekonomický 30 10 IV univerzitní 50 11 IV technický 10 12 IV ekonomický 50 Statistiky - Základní statistiky/tabulky - OK - Specif. Tabulky - List 1 X, List 2 Y - OK, zapneme proměnnou vah četnost - OK, Výpočet - na záložce Možnosti zaškrtneme Očekávané četnosti. Dostaneme kontingenční tabulku teoretických četností: Souhrnná tab.: Očekávané četnosti (typ školy) Četnost označených buněk > 10 Pearsonův chí-kv. : 76,8359, sv=6, p=,000000 X Y univerzitní Y technický Y 1 Řádk. ekonomický | součty I 35,0000 27,5000 27,5000 90,0000 100,0000 60,0000 II 38,8889 30,5556 30,5556 III 23,3333 18,3333 18,3333 V 42,7778 33,6111 33,6111 110,0000 Vš.skup. 140,0000 110,0000 110,0000 360,0000 Všechny teoretické četnosti jsou větší než 5, podmínky dobré aproximace jsou splněny. V záhlaví tabulky je uvedena hodnota testové statistiky K = 76,8359, počet stupňů volnosti 6 a odpovídající p-hodnota. Je velmi blízká 0, tedy na asymptotické hladině významnosti 0,05 zamítáme hypotézu o nezávislosti typu školy a sociální skupiny. Hodnotu testové statistiky a Cramérův koeficient dostaneme také tak, že na na záložce Možnosti zaškrtneme Pearsonův & M-V chí kvadrát a Cramérovo V, na záložce Detailní výsledky vybereme Detailní 2 rozm. tabulky. Statist. Chí-kvadr. sv p Pearsonův chí-kv. 76,83589 df=6 p=,00000 M-V chí-kvadr. 84,53528 df=6 p=,00000 Fí ,4619881 Kontingenční koeficient ,4193947 Cramér. V ,3266749 Testování hypotézy o homogenitě (o shodnosti struktury) Na asymptotické hladině významnosti a testujeme hypotézu H0: n1k = n2k = ... = nrk, k = 1, 2, ..., s proti alternativě H1: aspoň jedna dvojice pravděpodobností se liší. Nulová hypotéza tvrdí, že rozložení pravděpodobností náhodné veličiny Y je stejné za různých podmínek, které vyjadřují varianty náhodné veličiny X. (Jde o podobný problém jako v analýze rozptylu jednoduchého třídění, kde porovnáváme shodu středních hodnot intervalové či poměrové proměnné. V tomto případě však porovnáváme shodu pravděpodobnostního rozložení nominální proměnné.) Testová statistika i kritický obor jsou stejné jako při testování hypotézy o nezávislosti. Příklad: V severozápadním Skotsku byla provedena studie, která měla prokázat, zda je procentuální zastoupení krevních skupin na celém území homogenní či nikoliv. V oblasti Eskdale bylo náhodně vybráno 100 osob, v oblasti Annandale 125 osob a v oblasti Nithsdale 253 osob. Výsledky jsou uvedeny v tabulce: oblast Krevní skupina 1 n A B 0 AB Eskdale 33 6 56 5 100 Annandale 54 14 52 5 125 Nithsdale 98 35 115 5 253 n.k 185 55 223 15 478 Na asymptotické hladině významnosti 0,05 proveďte test homogenity. Výpočet pomocí systému STATISTICA: Vytvoříme nový datový soubor o třech proměnných (X - oblast, Y - krevní skupina, četnost) a 12 případech: 1 X 2 Y 3 četnost 1 Eskdale A 33 2 Eskdale B 6 3 Eskdale 0 56 4 Eskdale AB 5 5 Annandale A 54 6 Annandale B 14 7 Annandale 0 52 8 Annandale AB 5 9 ISíthsdale A 98 ISíthsdale B 35 11 ISíthsdale 0 115 12 ISíthsdale AB 5 Nejprve vytvoříme kontingenční tabulku řádkově podmíněných relativních četností, abychom získali představu o procentuálním zastoupení krevních skupin ve sledovaných třech oblastech: Kontingenční ta bulka (krevni skupiny) Četnost označených buněk > 10 (Marginálnísoučty nejsou označeny) A B O Y AB Rádk. součty Četnost Eskdale 33 6 56 5 100 Rádk. četn. 33,00% 6,00% 56,00% 5,00% Četnost Annandale 54 14 52 5 125 Rádk. četn. 43,20% 11,20% 41,60% 4,00% Četnost ISíthsdale 98 35 115 5 253 Rádk. četn. 38,74% 13,83% 45,45% 1,98% Četnost Vš .skup. 185 55 223 15 478 Ověříme podmínky dobré aproximace: Souhrnná tab.: Očekávané četnosti (krevni skupiny) Četnost označených buněk > 10 Pearsonův chí-kv. : 10,4537, sv=6, p=,106812 X 1 Y A Y B Y 1 Y Řádk. O 1 AB součty Eskdale 38,7029 11,50628 46,6527 3,13808 100,0000 125,0000 253,0000 Annandale 48,3787 14,38285 58,3159 3,92259 Nthsdale 97,9184 29,11088 118,0314 7,93933 Vš .skup. 185,0000 55,00000 223,0000 15,00000 478,0000 Podmínky dobré aproximace jsou splněny. Testová statistika nabývá hodnoty 10,45372, p-hodnota je 0,10681, což znamená, že na asymptotické hladině významnosti 0,05 nelze zamítnout hypotézu, že procentuální zastoupení krevních skupin ve sledovaných třech oblastech Skotska je shodné. Testování hypotézy o symetrii Má-li kontingenční tabulka stejný počet řádků jako sloupců (tj. r = s), nazývá se čtvercová. Pokud veličiny X a Y mají stejné varianty, můžeme testovat hypotézu symetrie H0: % = 7ikj pro všechny dvojice (j,k). l, rzi, njk-n^ Testová statistika: K = ^ >^ -. Platí-li H0, pak K se asymptoticky řídí rozložením % (r(r-l)/2). j=i k=j+i njk+nkj Kritický obor: w= x2i-t ti-ll2^oo . H0 zamítáme na asymptotické hladině významnosti a, když K e W. Příklad: Na souboru 45 náhodně vybraných žáků byla zjišťována obtížnost dvou úloh. Každý žák řešil obě úlohy v náhodném pořadí (polovina žáků v jednom pořadí, polovina v opačném). Výsledky řešení byly klasifikovány do tří kategorií: _ Řešení 1. úlohy Řešení 2. úlohy nj. správně částečně správně chybně správně 8 5 1 14 částečně správně 2 15 1 18 chybně 4 3 6 13 n.k 14 23 8 45 Na asymptotické hladině významnosti 0,05 testujte hypotézu, že obě úlohy jsou stejně obtížné. v Řešení: Vypočítáme realizaci testové statistiky: K= -—^+ --J + - = 1,0857 5+1 1+ [ 1+ í Stanovíme kritický obor: W= ^2i-< H-C/2yx> = x2i-c = 7,815,oo . Testová statistika se nerealizuje v kritickém oboru, tedy na asymptotické hladině významnosti 0,05 nelze zamítnout hypotézu, že obě úlohy jsou stejně obtížné. Čtyřpolní tabulky Nechť r = s = 2. Pak hovoříme o čtyřpolní kontingenční tabulce a používáme označení: nn = a, n12 = b, n2i = c, n22 = d. X Y nj. a b a+b c d c+d n.k a+c b+d n Test nezávislosti ve čtyřpolní tabulce Testovou statistiku pro čtyřpolní kontingenční tabulku lze zjednodušit do tvaru: n id- K =------- Platí-li hypotéza o nezávislosti veličin X, Y, pak K se asymptoticky řídí rozložením % (1). Kritický obor: W = x2i < iZ00^ Nulovou hypotézu zamítáme na asymptotické hladině významnosti a, když K e W. Povšimněte si, že za platnosti hypotézy o nezávislosti ad = bc. Pro čtyřpolní tabulku navrhl R. A. Fisher přesný (exaktní) test nezávislosti známý jako Fisherův faktoriálový test. Sir Ronald Aylmer Fisher (1890 - 1962): Britský statistik a genetik. (Fisherův přesný test je popsán např. v knize K. Zvára: Biostatistika, Karolinum, Praha 1998. Princip spočívá v tom, že pomocí kombinatorických úvah se vypočítají pravděpodobnosti toho, že při daných marginálních četnostech dostaneme tabulky, které se od nulové hypotézy odchylují aspoň tak, jako daná tabulka.) Upozornění: STATISTICA poskytuje p-hodnotu pro Fisherův přesný test. Jestliže vyjde p < a, pak hypotézu o nezávislosti zamítáme na hladině významnosti a. Příklad: V náhodném výběru 50 obézních dětí ve věku 6 - 14 let byla zjišťována obezita rodičů. Veličina X - obezita matky, veličina Y - obezita otce. Výsledky průzkumu jsou uvedeny v kontingenční tabulce: X Y In, ano ne ano 15 9 24 ne 7 19 26 n.k 22 28 50 Pomocí Fisherova exaktního testu ověřte, zda lze na hladině významnosti 0,05 zamítnout hypotézu o nezávislosti náhodných veličin X a Y. Výpočet pomocí systému STATISTICA: Vytvoříme datový soubor o třech proměnných X, Y (varianty 0 - neobézní, 1 - obézní) a četnost a čtyřech případech: 1 1 2 3 X Y | četnost 1 obézní obézní 15 2 obézní neobézní 9 3 neobézní obézní 7 4 neobézní neobézní 19 Statistiky - Základní statistiky/tabulky - OK - Specif. Tabulky - List 1 X, List 2 Y - OK, zapneme proměnnou vah četnost - OK, Výpočet - na záložce Možnosti zaškrtneme Fisher exakt., Yates, McNemar (2x2). Dostaneme výstupní tabulku: Statist. : X(2) x Y(2) (obezita rodicu) Statist. Chí-kvadr. sv p Pearsonův chí-kv. 6,410777 df=1 p=,01134 M-V chí-kvadr. 6,548348 df=1 p=,01050 Yatesův chí-kv. 5,048207 df=1 p=,02465 Fisherův přesný, 1-str. p=,01188 2-stranný p=,02163 McNemarův chí-kv. (A/D) ,2647059 df=1 p=,60691 (B/C) ,0625000 df=1 p=,80259 Vidíme, že p-hodnota pro Fisherův exaktní oboustranný test je 0,02163, tedy na hladině hypotézu, že obezita matky a otce spolu nesouvisí. významnosti 0,05 zamítáme Test homogenity ve čtyřpolní tabulce Na asymptotické hladině významnosti a testujeme hypotézu H0: n1k = n2k, k = 1, 2 proti alternativě H1: aspoň jedna dvojice pravděpodobností se liší. Na problém lze pohlížet tak, že máme dva nezávislé výběry z alternativních rozložení, první má rozsah n! = a+c a pochází z rozložení A(& ), druhý má rozsah n2 = b+d a pochází z rozložení A($_). Testujeme hypotézu H0: 9- - } = 0 proti oboustranné alternativě. V kapitole o hodnocení náhodných výběrů z alternativních rozložení jsme použili Ml -M2 testovou statistiku « j-—-—, která se za platnosti nulové hypotézy asymptoticky řídí rozložením N(0,1). M* y- M* i — + — i n Cd- >c^ (M* je vážený průměr výběrových průměrů.) Nyní použijeme testovou statistiku K =--r--r-—^—-stejně jako u C+ 1 C+ - C+ €>+ ^ 2 testu nezávislosti. Tato statistika se v případě platnosti nulové hypotézy asymptoticky řídí rozložením % (1). Kritický obor: w = X2i-' 1^°° Nulovou hypotézu zamítáme na asymptotické hladině významnosti a, když Ke W. Příklad: Očkování proti chřipce se zúčastnilo 460 dospělých, z nichž 240 dostalo očkovací látku proti chřipce a 220 dostalo placebo. Na konci experimentu onemocnělo 100 lidí chřipkou. 20 z nich bylo z očkované skupiny a 80 z kontrolní skupiny. Na asymptotické hladině významnosti 0,01 testujte hypotézu, že výskyt chřipky v očkované a kontrolní skupině je shodný. v Řešení: Údaje uspořádáme do čtyřpolní kontingenční tabulky, kde roli veličiny X hraje onemocnění chřipkou a roli veličiny Y existence očkování. X onemocnění chřipkou Y existence očkování nj. ano ne ano 20 80 100 ne 220 140 360 n.k 240 220 460 Vypočteme sloupcově podmíněné relativní četnosti: X onemocnění chřipkou Y existence očkování ano ne ano 8,3% 36,4% ne 91,7% 63,6% Vidíme, že v očkované skupině onemocnělo chřipkou 8,3% lidí, v kontrolní skupině však 36,4%. Zjistíme, zda takto velký rozdíl je způsoben pouze náhodnými vlivy. Ověříme splnění podmínek dobré aproximace, tedy nejprve vypočteme teoretické četnosti: 11,11, '00-240 _ n,n, '00-220 „ n,n, 360-240 „„ n?n? 360-220 -^-= -= 2,17,-^- = -= -7,83,^^ = -= 87,83, -^- = -= 72,17 n 460 n 460 n 460 n 460 Všechny teoretické četnosti jsou větší než 5, podmínky dobré aproximace jsou splněny. Realizace testové statistiky: nid- 160C0-140- 0-220] . m T^ -+- , , u 2 ^ 2 ^ K=i+ >+ > + Ť 240-220-100.360 = ^nt.eky obor: W /. , : < ,x ^„„^x 6.635.x. Protože Ke W, H0 zamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,01. S rizikem omylu nejvýše 0,01 jsme tedy prokázali, že výskyt chřipky v očkované a kontrolní skupině se liší. Test symetrie ve čtyřpolní tabulce (McNemarův test) Jde o obdobu párového testu pro ordinální, intervalové či poměrové proměnné. Na asymptotické hladině významnosti a testujeme nulovou hypotézu H0: n12 = n21 proti alternativě H1: n12 ^ n21. (Jedná se o shodu pravděpodobností v políčkách na vedlejší diagonále.) Například sledujeme, zda určité ošetření ovlivňuje pravděpodobnost výskytu jistého znaku na objektech základního souboru. €~ ^ 2 Testová statistika K = ^ + se v případě platnosti H0 asymptoticky řídí rozložením % (1). Kritický obor: W = x2i < C00,- Nulovou hypotézu zamítáme na asymptotické hladině významnosti a, když Ke W. Podmínky dobré aproximace: b + c > 8. Příklad: Máme zjistit, zda požití alkoholu ovlivňuje schopnost řidičů správně projet určitou trasu. Bylo náhodně vybráno 100 řidičů, kteří měli za úkol projet uvedenou trasu. Po požití alkoholu dostali stejný úkol. Výsledky experimentu máme v tabulce: Před požitím alkoholu Po požití alkoholu n bezchybně s chybami bezchybně 45 35 80 s chybami 15 5 20 n.k 60 40 100 Test proveďte na asymptotické hladině významnosti 0,05. v Řešení: Před požitím alkoholu správně projelo trať 60 řidičů, po požití pouze 40. Ověříme, zda rozdíl mezi těmito počty řidičů je způsoben pouze náhodnými vlivy. Vidíme, že podmínky dobré aproximace jsou splněny, b + c = 50 > 8. ^) — ' ~^ ^5 — 5 ~^ Vypočteme testovou statistiku: K= ^+ ^ = ^ ^ ^ = l. Kritický obor: w= x2i -< O00 = X2«,95<^oo = 3,84 l,oo .Protože Ke W, H0 zamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05. S rizikem omylu nejvýše 0,05 jsme tedy prokázali, že požití alkoholu ovlivňuje schopnost řidiče správně projet určitou trasu. Výpočet pomocí systému STATISTICA: Vytvoříme datový soubor o třech proměnných X (1 - před požitím alkoholu, 2 - po požití alkoholu), Y (1 - bezchybně, 2 -s chybami) a četnost a čtyřech případech_ 1 1 2 1 3 X | Y četnost 1 před požitím alkoholu bezchy bně 45 2 před požitím alkoholu s chybami 35 3 po požití alkoholu bezchybně 15 4 po požití alkoholu s chybami 5 Statistiky - Základní statistiky/tabulky - OK - Specif. Tabulky - List 1 X, List 2 Y - OK, zapneme proměnnou vah četnost - OK, Výpočet - na záložce Možnosti zaškrtneme Fisher exakt., Yates, McNemar (2x2). Dostaneme výstupní tabulku: Statist. : X(2) x Y(2) (ridici.štp] Statist. Chí-kvadr. sv p Pearsonův chí-kv. 2,343750 df=1 p=,12579 M-V chí-kvadr. 2,458654 df=1 p=,11688 Yatesův chí-kv. 1,627604 df=1 p=,20204 Fisherův přesný, 1-str. p=,09946 2-stranný p=,20120 McNemarův chí-kv. (A/D) 30,42000 df=1 p=,00000 (B/C) 7,220000 df=1 p=,00721 Zajímá nás poslední řádek označený McNemarův chí-kv. (B/C). Testová statistika nabývá hodnoty 7,22 (systém 4 - I- ^ STATISTICA používá při výpočtu testové statistiky tzv. opravu na nespojitost: K =--). Odpovídající p- ni2 + 21 hodnota je 0,00721, tedy na asymptotické hladině významnosti 0,05 zamítáme hypotézu, že požití alkoholu neovlivňuje schopnost řidiče správně projet určitou trasu. Podíl šancí ve čtyřpolní kontingenční tabulce ad Ve čtyřpolních tabulkách používáme charakteristiku OR = —, která se nazývá výběrový podíl šancí (odds ratio). Považuj e- bc TI 71 me ho za odhad neznámého teoretického podílu šancí op = -- - . Můžeme si představit, že pokus se provádí za dvojích 71 71 různých okolností a může skončit buď úspěchem nebo neúspěchem. Výsledek pokusu okolnosti nj. I II úspěch a b a+b neúspěch c d c+d n.k a+c b+d n a b Poměr počtu úspěchů k počtu neúspěchů (tzv. šance) za 1. okolností je -, za druhých okolností je —. Podíl šancí je tedy c d OR=^. bc Jsou-li veličiny X, Y nezávislé, pak 7t = i t__ , tudíž teoretický podíl šancí op = . Závislost veličin X, Y bude tím silnější, čím více se op bude lišit od 1. Avšak op e 0,oo , tedy hodnoty opjsou kolem 1 rozmístěny nesymetricky. Z tohoto důvodu raději používáme logaritmus teoretického či výběrového podílu šancí. Testování nezávislosti ve čtyřpolních tabulkách pomocí podílu šancí Na asymptotické hladině významnosti a testujeme hypotézu H0: X, Y jsou stochasticky nezávislé náhodné veličiny (tj. In op = >) proti alternativě X, Y nej sou stochasticky nezávislé náhodné veličiny (tj. In op t )). Testová statistika T0 = ln QR == se asymptoticky řídí rozložením NC,:T, když nulová hypotéza platí. Kritický obor: W= - o, -u1_(/2)u ux (/2,co . Nulovou hypotézu tedy zamítáme na asymtotické hladině významnosti a, když se testová statistika realizuje v kritickém oboru W. Testování nezávislosti lze provést též pomocí 100(l-a)% asymptotického intervalu spolehlivosti pro logaritmus podílu šancí op, který je dán vzorcem: Jestliže interval spolehlivosti neobsahuje 0, pak hypotézu o nezávislosti zamítneme na asymptotické hladině významnosti a. ( C,lT= lnOR Příklad (testování nezávislosti pomocí podílu šancí a pomocí statistiky K): U 135 uchazečů o studium na jistou fakultu byl hodnocen dojem, jakým zapůsobili na komisi u ústní přijímací zkoušky. Na asymptotické hladině významnosti 0,05 testujte hypotézu, že přijetí na fakultu nezávisí na dojmu u přijímací zkoušky. přijetí dojem n dobrý špatný ano 17 11 28 ne 39 58 97 n.k 56 69 125 Řešení: a) Testování pomocí podílu šancí: ad *l-58 OR= -bc 11-39 :,298 . Podíl šancí nám říká, že uchazeč, který zapůsobil na komisi dobrým dojmem, má asi 2,3 x větší šanci na přijetí než uchazeč, který zapůsobil špatným dojmem. Provedeme další pomocné výpočty: lnOR = 1,832, 1 1 1 1 a t) c d VIV ll 39 ^8 = ,96 Dosadíme do vzorců pro meze asymptotického intervalu spolehlivosti pro podíl šancí: lnd= nOR -+ -+ -+ -u, , , = ),832 V a b c d 1-12 ),439 • 1,96 = - ,028,ln h = n OR + /-+-+-+ -Ul l2 = ),832 + ),439 • 1,96 = ,692 V a b c d 1 -u, Protože interval (-0,028; 1,692) obsahuje číslo 0, na asymptotické hladině významnosti 0,05 nezamítáme hypotézu o nezávislosti dojmu u přijímací zkoušky a přijetí na fakultu. b) Testovaní pomocí statistiky K: přijetí doj em nj. dobrý špatný ano 17 11 28 ne 39 58 97 56 69 125 Ověříme splnění podmínek dobré aproximace: n^n^ 78-56 neAA n^n, 28-69 5 n n2 n 125 07-56 2,544. ■3,456, n n2 n 2 125 07-69 3,544 n 125 n 125 Podmínky dobré aproximace jsou splněny. Dosadíme do zjednodušeného vzorce pro testovou statistiku K: K = n+ F 28-97-56-Ó9 Kritický obor: W= ^2„.>5<>_ = 3,84l,oo. Protože testová statistika se nerealizuje k kritickém oboru, nulovou hypotézu nezamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05. Vypočteme ještě Cramérův koeficient: V K 3,6953 n(m- ) V 125(2- ) 1,1719 Vidíme, že mezi dojmem u přijímací zkoušky a přijetím na fakultu je pouze slabá závislost. Poznámka k jednostranným alternativám: Nulová hypotéza tvrdí, že podíl šancí je roven 1, tj. H0: OR = 1. Pokud víme, že za prvních okolností je šance na úspěch vyšší než za druhých okolností, pak proti nulové hypotéze postavíme pravostrannou alternativu H1: OR > 1. Nulovou hypotézu zamítáme na asymptotické hladině významnosti a ve prospěch pravostranné alternativy, když 100(1 -a)% empirický asymptotický levostranný interval spolehlivosti pro ln OR neobsahuje číslo 0. Pokud víme, že za prvních okolností je šance na úspěch nižší než za druhých okolností, pak proti nulové hypotéze postavíme levostrannou alternativu H1: OR < 1. Nulovou hypotézu zamítáme na asymptotické hladině významnosti a ve prospěch levostranné alternativy, když 100(1 -a)% empirický asymptotický pravostranný interval spolehlivosti pro ln OR neobsahuje číslo 0. Pokud jsou šance na úspěch stejné za prvních i druhých okolností, pak proti nulové hypotéze postavíme oboustrannou alternativu H1: OR ^ 1. Nulovou hypotézu zamítáme na asymptotické hladině významnosti a ve prospěch oboustranné alternativy, když 100(1 -a)% empirický asymptotický oboustranný interval spolehlivosti pro ln OR neobsahuje číslo 0. Příklad: U 24 žáků 6. třídy základní školy bylo zjišťováno, zda jsou úspěšní v matematice (tj. mají na posledním vysvědčení známku 1 nebo 2 z matematiky) a zda hrají na nějaký hudební nástroj. Z 10 úspěšných matematiků 6 hrálo na nějaký hudební nástroj, kdežto ve skupině neúspěšných matematiků hrál pouze 1 žák na hudební nástroj. Na asymptotické hladině významnosti 0,05 testujte hypotézu, že úspěch v matematice a hra na hudební nástroj jsou nezávislé veličiny. Proti nulové hypotéze postavte a) oboustrannou alternativu, tj. tvrzení, úspěch v matematice a hra na hudební nástroj spolu souvisí, b) pravostrannou alternativu, tj. tvrzení, že šance na úspěch v matematice jsou vyšší pro žáky, kteří hrají na nějaký hudební nástroj, c) pravostrannou alternativu, tj. tvrzení, že šance na úspěch v matematice jsou nižší pro žáky, kteří hrají na nějaký hudební nástroj. Řešení: Máme kontingenční tabulku úspěch v M hra na hudební nástroj ano ne ano 6 4 10 ne 1 13 14 nk 7 17 24 Vypočteme podíl šancí: OR = - = — = - = 9,5. Podíl šancí nám říká, že žák, který hraje na nějaký hudební nástroj, má bd 4-1 2 19,5 x větší šanci na úspěch v matematice než žák, který nehraje na žádný hudební nástroj. Ad a) Pro testování nulové hypotézy proti oboustranné alternativě sestrojíme oboustranný interval spolehlivosti: Dolní a horní mez intervalu spolehlivosti pro OR zjistíme pomocí STATISTIKY. Vytvoříme datový soubor o dvou proměnných DM a HM a jednom případu. Do Dlouhého jména proměnné DM napíšeme vzorec pro dolní mez: =log(19,5)-sqrt(1/6+1/4+1/1+1/13)*VNormal(0,975;0;1) a analogicky do Do Dlouhého jména proměnné HM napíšeme vzorec pro horní mez: =log(19,5)+sqrt(1/6+1/4+1/1+1/13)*VNormal(0,975;0;1) 1 DM 2 HM 1 0,575093 5,365736 Vidíme, že 0,575093 < ln OR < 5,365736 s pravděpodobností aspoň 0,95. Protože tento interval neobsahuje 0, nulovou hypotézu zamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05 ve prospěch oboustranné alternativy. S rizikem omylu nejvýše 5% se tedy prokázalo, že úspěch v matematice souvisí s hrou na hudební nástroj. Ad b) Pro testování nulové hypotézy proti pravostranné alternativě sestrojíme levostranný interval spolehlivosti: Do Dlouhého jména proměnné DM napíšeme vzorec pro dolní mez: =log(19,5)-sqrt(1/6+1/4+1/1+1/13)*VNormal(0,95;0;1) 1 DM 1 0,960198 Protože interval (0,960198; oo) neobsahuje 0, nulovou hypotézu zamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05 ve prospěch pravostranné alternativy. S rizikem omylu nejvýše 5% se tedy prokázalo, že žáci, kteří hrají na nějaký hudební nástroj, mají vyšší šance na úspěch v matematice. Ad c) Pro testování nulové hypotézy proti levostranné alternativě sestrojíme pravostranný interval spolehlivosti: Do Dlouhého jména proměnné HM napíšeme vzorec pro dolní mez: =log(19,5)+sqrt(1/6+1/4+1/1+1/13)*VNormal(0,95;0;1) 1 HM 1 4,980631 Protože interval (-oo; 4,980631) obsahuje 0, nulovou hypotézu nezamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05 ve prospěch levostranné alternativy. Neprokázalo se tedy, že žáci, kteří hrají na nějaký hudební nástroj, mají nižší šance na úspěch v matematice.