Cvičení 5 - Příklady na testování exponenciálního a Poissonova rozložení
I. Test dobré shody
H0: náhodný výběr X1, ..., Xn pochází z rozložení s distribuční funkcí Φ(x).
Testová statistika
( )
∑=
−
=
r
1j j
2
jj
np
npn
K ≈ χ2
(r-p-1), když H0 platí.
Přitom:
p je počet odhadovaných parametrů daného rozložení,
nj je absolutní četnost j-tého třídicího intervalu pro veličinu X resp. j-té varianty veličiny X,
npj je teoretická četnost j-tého třídicího intervalu pro veličinu X resp. j-té varianty veličiny X.
Platí-li nulová hypotéza, pak pj = Φ(uj+1) - Φ(uj) resp. [ ]( ) ( )
[ ]
[ ]( )j
xx
jj xXPxlimxp
j
==Φ−Φ=
−→
.
Kritický obor: ( ) )∞−−χ= α− ,1prW 1
2
. Jestliže WK ∈ , H0 zamítáme na asymptotické
hladině významnosti α.
Aproximace se považuje za vyhovující, když npj ≥ 5, j = 1, ..., r.
Při nesplnění podmínky npj ≥ 5, j = 1, ..., r je třeba některé intervaly resp. varianty slučovat.
II. Jednoduchý test exponenciálního rozložení (Darlingův test)
H0: náhodný výběr X1, ..., Xn pochází z exponenciálního rozložení.
Testová statistika
( )
2
2
M
S1n
K
−
= ≈ χ2
(n-1), když H0 platí.
Přitom M je výběrový průměr a S2
je výběrový rozptyl daného náhodného výběru.
Kritický obor: ( ) ( ) )∞−χ∪−χ= α−α ,1n1n,0W 2/1
2
2/
2
.
Jestliže WK ∈ , H0 zamítáme na asymptotické hladině významnosti α.
III. Jednoduchý test Poissonova rozložení
H0: náhodný výběr X1, ..., Xn pochází z Poissonova rozložení.
Testová statistika
( )
M
S1n
K
2
−
= ≈ χ2
(n-1), když H0 platí.
Kritický obor: ( ) ( ) )∞−χ∪−χ= α−α ,1n1n,0W 2/1
2
2/
2
.
Jestliže WK ∈ , H0 zamítáme na asymptotické hladině významnosti α.
Příklad 1.: V systému hromadné obsluhy byla sledována doba obsluhy 70 zákazníků (v min).
Výsledky jsou uvedeny v tabulce rozložení četností:
Doba obsluhy Počet zákazníků
(0, 3] 14
(3,6] 16
(6,9] 10
(9,12] 9
(12,15] 8
(15,18] 5
(18,21] 3
(21,24] 5
Na asymptotické hladině významnosti 0,05 testujte hypotézu, že daný náhodný výběr pochází
z exponenciálního rozložení. Použijte:
a) test dobré shody,
b) Darlingův test exponenciálního rozložení
Řešení:
Testujeme H0: náhodný výběr X1, …, X70 pochází z Ex(λ) proti H1: non H0.
Ad a) Odhadneme parametr λ:
[ ] ( )
1122,0
5,2255,4165,114
70
1
xn
n
1
1
m
1ˆ
r
0j
jj
=
⋅++⋅+⋅=
==λ
∑=
K
Pravděpodobnost, že náhodná veličina s rozložením Ex(λ), kde λ = 0,1122 se bude realizovat
v intervalu ( 1jj u,u + je pj = Φ(uj+1) - Φ(uj), j = 1, …, r-1, pr = 1 - Φ(uj) (součet pj musí být 1,
tedy horní mez posledního třídicího intervalu klademe ∞), kde ( ) x
e1x λ−
−=Φ . Střed
posledního třídicího intervalu bude ve stejné vzdálenosti od ur jako je střed předposledního
třídicího intervalu.
Výpočty potřebné pro stanovení testové statistiky K uspořádáme do tabulky.
( 1jj u,u +
x[j] nj pj npj
(0, 3] 1,5 14 0,2858 20,0033
(3,6] 4,5 16 0,2041 14,2871
(6,9] 7,5 10 0,1458 10,2044
(9,12] 10,5 9 0,1041 7,2884
(12,15] 13,5 8 0,0744 5,2056
(15,18] 16,5 5 0,0531 3,7181
(18,21] 19,5 3 0,0378 2,6556
(21, 24] 22,5 5 0,0271 1,8967
Podmínky dobré aproximace nejsou splněny,
sloučíme tedy intervaly (15,18] až (21,24] .
( 1jj u,u +
x[j] nj pj npj (nj - npj)2
/
npj
(0, 3] 1,5 14 0,2818 20,0033 1,8017
(3,6] 4,5 16 0,2041 14,2871 0,2054
(6,9] 7,5 10 0,1458 10,2044 0,0041
(9,12] 10,5 9 0,1041 7,2884 0,4020
(12,15] 13,5 8 0,0744 5,2056 1,5000
(15,24] 19,5 13 0,1181 8,2704 2,7047
K = 1,8017 + … + 2,7047 = 6,6178, r = 6, p = 1, r – p – 1 = 4, χ2
0,95(4) = 9,4877.
K∉ )∞= ,4877,9W ⇒ na asymptotické hladině významnosti 0,05 nelze zamítnout
hypotézu, že doba obsluhy se řídí exponenciálním rozložením.
Ad b)
( ) 9143,85,2255,4165,114
70
1
m =⋅++⋅+⋅= K
( ) ( ) ( )[ ] 1447,419143,85,2259143,85,4169143,85,119
69
1
s
2222
=−⋅++−⋅+−⋅= K
Testová statistika:
( ) 7265,35
9143,8
1447,4169
M
S1n
K 22
2
=
⋅
=
−
= .
Kritický obor: ( ) ( ) ) )∞∪=∞χ∪χ= ,8565,939242,47;0,6969,0W 975,0
2
025,0
2
.
H0 zamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05.
Řešení pomocí MATLABu:
Ad a)
Úkol vyřešíme pomocí funkce tds_exp.m. Přitom již zohledníme, že při původním třídění do
8 intervalů nebyly splněny podmínky dobré aproximace a budeme pracovat se 6 intervaly.
Zadáme vektor mezí uj= [0 3 6 9 12 15 24] ', vektor pozorovaných četností
nj = [14 16 10 9 8 13] ' a hladinu významnosti alfa=0.05.
Zavoláme funkci tds_exp:
[zamitnuti,K,p,lambda]=tds_exp(uj,nj,alfa)
Dostaneme výsledek:
zamitnuti=0, K=6.6178, p=0.1575, lambda=0.1122
Protože p-hodnota je větší než hladina významnosti 0,05, H0 nezamítáme na asymptotické
hladině významnosti 0,05.
Ad b)
Použijeme funkci darling.m.
Zadáme vstupní vektor středů původních třídicích intervalů společně s absolutními četnostmi
třídicích intervalů:
X= [1.5 14;4.5 16;7.5 10;10.5 9;13.5 8;16.5 5;19.5 3;22.5 5]
Zavoláme funkci darling:
[zamitnuti,K,p,lambda]=darling(X)
Dostaneme výsledek:
zamitnuti=1, K=35.7265, p=6.1430e-004, lambda=0.1122
Darlingův test zamítá hypotézu o exponenciálním rozložení na asymptotické hladině
významnosti 0,05.
Příklad 2.: Na jistém nádraží byl sledován počet přijíždějících vlaků za 1 h. Pozorování bylo
prováděno celkem 15 dnů (tj. 360 h) a výsledky jsou uvedeny v tabulce:
Počet vlaků za 1 hodinu 0 1 2 3 4 5 6 7 a víc
četnost 27 93 103 58 50 21 6 2
Na asymptotické hladině významnosti 0,05 testujte hypotézu, že počet přijíždějících vlaků za
1 h se řídí Poissonovým rozložením, a to a) testem dobré shody, b) jednoduchým testem
Poissonova rozložení.
Řešení:
Testujeme H0: náhodný výběr X1, …, X360 pochází z Po(λ) proti H1: non H0.
Ad a) Nejprve odhadneme parametr λ Poissonova rozložení:
[ ] ( ) 3,272193027
360
1
xn
n
1
mˆ
r
0j
jj =⋅++⋅+⋅===λ ∑=
K
Pravděpodobnost, že náhodná veličina s rozložením Po(λ), kde λ = 2,3 bude nabývat hodnot
0, 1, ..., 7 a víc je ( )6107
3,2
jj
j ppp1p0,1,...,6,j,e
!j
3,2
e
!j
p ++−===
λ
= −λ−
K .
Výpočty potřebné pro stanovení testové statistiky K uspořádáme do tabulky:
j nj pj npj
0 27 0,1003 36,0932
1 93 0,2306 83,0143
2 103 0,2652 95,4665
3 58 0,2033 73,1910
4 50 0,1169 43,0848
5 21 0,0538 19,3590
6 6 0,0216 7,4210
7 a
víc
2 0,0094 3,3703
Podmínky dobré aproximace nejsou splněny, sloučíme tedy
varianty 6 a 7 a víc.
j nj pj npj (nj - npj)2
/ npj
0 27 0,1003 36,0932 2,2909
1 93 0,2306 83,0143 1,2012
2 103 0,2652 95,4665 0,5945
3 58 0,2033 73,1910 3,1529
4 50 0,1169 43,0848 1,4887
5 21 0,0538 19,3590 0,1391
6 a víc 8 0,0300 10,7912 0,7220
K = 2,2909 + 1,2012 + … + 0,7220 = 9,5892, r = 7, p = 1, r – p – 1 = 5, χ2
0,95(5) = 11,0705.
Protože 9,5892 < 11,0705, H0 nezamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05.
Ad b)
( ) 3,272193027
360
1
m =⋅++⋅+⋅= K
( ) ( ) ( )[ ] 121448,23,2723,21933,2027
359
1
s
2222
=−⋅++−⋅+−⋅= K
Testová statistika:
( ) 1304,331
3,2
121448,2359
M
S1n
K
2
=
⋅
=
−
= ,
Kritický obor: ( ) ( ) ) )∞∪=∞χ∪χ= ;4,4134,308;0,359359,0W 975,0
2
025,0
2
H0 nezamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05.
Řešení pomocí MATLABu:
Ad a) Použijeme funkci tds_poiss.m. Opět zohledníme, že při původním zadání nebyly
splněny podmínky dobré aproximace a použijeme tedy jenom 7 variant.
Zadáme vektor variant xj = [0:6]' a vektor pozorovaných četností nj = [27 93 103 58 50 21 8]'.
Zavoláme funkci tds_poiss:
[zamitnuti,K,p,lambda]=tds_poiss(xj,nj,alfa)
Dostaneme výsledek:
zamitnuti=0, K=9.6033, p=0.0873, lambda=2.2944
H0 tedy nezamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05.
Ad b) Použijeme funkci darling.m.
Zadáme vstupní vektor variant xj=[0:7]' společně s absolutními četnostmi těchto variant
nj=[27 93 103 58 50 21 6 2]' a utvoříme matici X:
X= [xj nj];
Zavoláme funkci darling:
[zamitnuti,K,p,lambda]=darling(X,’poiss’)
Dostaneme výsledek:
zamitnuti=0, K=331.1304, p=0.2968, lambda=2.3
Příklady k samostatnému řešení:
1. Máme k dispozici 10 údajů o době mezi poruchami určitého zařízení (v hodinách):
14 25 196 205 64 237 162 84 121 38
Na hladině významnosti 0,05 rozhodněte pomocí Darlingova testu, zda lze rozložení doby do
poruchy považovat za exponenciální. [Nulovou hypotézu nezamítáme na hladině významnosti
0,05, p-hodnota = 0,2546]
2. Česká obchodní inspekce provedla šetření ve 22 sběrnách druhotných surovin. Zjišťovala
počet závad, které se v jednotlivých sběrnách vyskytly. Výsledky jsou uvedeny v tabulce:
Počet závad 0 1 2 3
Počet sběren 7 5 4 6
Na hladině významnosti 0,05 rozhodněte pomocí a) testu dobré shody (ověřte splnění
podmínek dobré aproximace), b) jednoduchého testu, zda lze rozložení počtu závad považovat
za Poissonovo. [Nulovou hypotézu nezamítáme na hladině významnosti 0,05, a) p-hodnota =
0,1125, b) p-hodnota = 0,7732]