5. Testování exponenciálního a Poissonova rozložení
5.1. Věta (test dobré shody – viz přednáška 2)
H0: náhodný výběr X1, …, Xn pochází z rozložení s distribuční funkcí Φ(x)
H1: non H0
Testová statistika:
 
 1pr
np
npn
K 2
r
1j j
2
jj


 
, když H0 platí
r … počet třídicích intervalů  1jj u,u  ve spojitém případě resp. počet variant x[j] v diskrétním
případě.
nj … absolutní četnost j-tého třídicího intervalu resp. j-té varianty.
pj … pravděpodobnost, že náhodná veličina X s distribuční funkcí Φ(x) se bude realizovat
v j-tém třídicím intervalu resp. j-tou variantou.
p … počet odhadovaných parametrů testovaného rozložení.
Kritický obor:     ,1prW 1
2
 WK H0 zamítáme na asymptotické hladině významnosti α.
Podmínky dobré aproximace: npj ≥ 5, j = 1, ..., r. Při nesplnění těchto podmínek se doporučuje
slučování některých třídicích intervalů resp. variant.
5.2. Příklad: Byla zjišťována doba životnosti 45 součástek (v hodinách). Ze získaných údajů byl
vypočten výběrový průměr m = 99,93 h a výběrový rozptyl s2
= 7328,9 h2
. Máme k dispozici
roztříděné údaje:
Doba životnosti Počet součástek
 50,0 15
 100,50 14
 150,100 6
 200,150 5
 250,200 2
 300,250 1
 350,300 1
 400,350 1
Na asymptotické hladině významnosti 0,05 testujte hypotézu, že doba životnosti se řídí
exponenciálním rozložením.
Řešení: 93,99
1
m
1ˆ  , testujeme H0: X1, …, X45 ~ 





93,99
1
Ex proti H1: non H0. Počítáme
pravděpodobnosti 



1j
j
u
u
93,99
x
j dxe
93,99
1
p
, j = 1, 2, …, 8
j  1jj u,u 
nj pj npj = 45pj
1  50,0 15 0,3937 17,72
2  100,50 14 0,2387 10,74
3  150,100 6 0,1447 6,51
4  200,150 5 0,0878 3,95
5  250,200 2 0,0532 2,39
6  300,250 1 0,0323 1,45
7  350,300 1 0,0196 0,88
8  400,350 1 0,0119 0,53
Vidíme, že pro j = 4, …, 8 nejsou splněny podmínky dobré aproximace. Posledních 5 intervalů
tedy sloučíme do jednoho.
Dostaneme novou tabulku
j  1jj u,u 
nj pj npj = 45pj
1  50,0 15 0,3937 17,7157
2  100,50 14 0,2387 10,7413
3  150,100 6 0,1447 6,5127
4  400,150 10 0,2046 9,2084
Testová statistika:
         
5133,1
2084,9
2084,910
5127,6
5127,66
7413,10
7413,1014
7157,17
7157,1715
np
npn
K
2222r
1j j
2
jj











 
Kritický obor:         ,9915,5,114,1prW 95,0
2
1
2
 WK H0 nezamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05.
5.3. Poznámka: V MATLABu se test dobré shody pro exponenciální rozložení provádí pomocí
funkce tds_exp.m.
function [zamitnuti,K,p,lambda]=tds_exp(uj,nj,alfa)
% test dobre shody k overeni exponencialniho rozlozeni
% syntaxe: [zamitnuti,K,p,lambda]=tds_exp(uj,nj,alfa)
% vstupni parametry:
% uj ... sloupcovy vektor s mezemi tridicich intervalu
% nj ... sloupcovy vektor absolutnich cetnosti tridicich intervalu
% alfa ... hladina vyznamnosti testu
% vystupni parametry:
% zamitnuti ... =0, kdyz H0 nezamitame
% =1, kdyz H0 zamitame
% K ... hodnota testove statistiky
% p ... p-hodnota testu
% lambda ... odhad parametru exponencialniho rozlozeni
delka=size(uj);
delka=delka(:,1);
dti=diff(uj/2);
xj=[uj(1:delka-1)+dti];
n=sum(nj);
lambda=n/(nj'*xj);
npj=[n*diff(expcdf(uj,1/lambda))];
%test podminek dobre aproximace....hodnota 1 pro poruseni
if sum(npj<5)>0
poruchy_podminek=(npj<5)'
error('Nejsou splneny podminky dobre aproximace.')
end;
K=sum((nj-npj).^2./npj);
kvantil=chi2inv(1-alfa,size(nj,1)-2);
p=1-chi2cdf(K,size(nj,1)-2);
zamitnuti=(p<alfa);
Při řešení pomocí funkce tds_exp.m zohledníme, že při původním třídění do 8 intervalů nebyly
splněny podmínky dobré aproximace a budeme pracovat se 4 intervaly.
Zadáme vektor mezí:
uj=[0;50;100;150;400];
vektor pozorovaných četností:
nj=[15;14;6;10];
a hladinu významnosti:
alfa=0.05;
Zavoláme funkci tds_exp:
[zamitnuti,K,p,lambda]=tds_exp(uj,nj,alfa)
Dostaneme výsledek:
zamitnuti=0, K=1.4068, p=0.4949, lambda=0.0091
Protože p-hodnota je větší než hladina významnosti 0,05, H0 nezamítáme na asymptotické
hladině významnosti 0,05.
5.4. Příklad: Sledujeme rozložení počtu pacientů, kteří během 75 dnů přijdou na zubní
pohotovost. Osmihodinovou pracovní dobu rozdělíme do půlhodinových intervalů a v každém
intervalu zjistíme počet příchozích pacientů (máme 16 x 75 = 1200 intervalů).
Počet pacientů 0 1 2 3 4 5 6 7 8 a víc
četnost 79 188 282 275 196 114 45 10 11
Na asymptotické hladině významnosti 0,05 testujte hypotézu, že počet příchozích pacientů
během půl hodiny se řídí Poissonovým rozložením.
Řešení:
  7992,281171064551144196327522821188079
1200
1
mˆ  ,
testujeme H0: X1, …, X1200 ~ Po(2,7992) proti H1: non H0. Počítáme pravděpodobnosti
7992,2
j
j e
!j
7992,2
p 
 , j = 0, 1, …, 7, 

7
0j
j8 p1p .
j 0 1 2 3 4 5 6 7 8
nj 79 188 282 275 196 114 45 10 11
npj 73,0329 204,4313 286,1186 266,9646 186,8195 104,5878 48,7931 19,5114 9,7406
Podmínky dobré aproximace jsou splněny.
Testová statistika:
        5019,8
7406,9
7406,911
4313,204
4313,204188
0329,73
0329,7379
np
npn
K
222r
1j j
2
jj








 

Kritický obor:         ,067,14,119,1prW 95,0
2
1
2
 WK H0 nezamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05.
5.5. Poznámka: V MATLABu se test dobré shody pro Poissonovo rozložení provádí pomocí
funkce tds_poiss.m.
function [zamitnuti,K,p,lambda]=tds_poiss(xj,nj,alfa)
% test dobre shody k overeni Poissonova rozlozeni
% syntaxe: [zamitnuti,K,p,lambda]=tds_poiss(xj,nj,alfa)
% vstupni parametry:
% xj ... sloupcovy vektor variant sledovane veliciny
% nj ... sloupcovy vektor absolutnich cetnosti variant
% alfa ... hladina vyznamnosti testu
% vystupni parametry>
% zamitnuti ... =0, kdyz H0 nezamitame
% =1, kdyz H0 zamitame
% K ... hodnota testove statistiky
% p ... p-hodnota testu
% lambda ... odhad parametru Poissonova rozlozeni
n=sum(nj);
r=size(xj,1);
lambda=sum(nj'*xj)/n;
pj=poisspdf(xj(1:r-1),lambda);
pj=[pj;1-sum(pj)];
npj=n*pj;
%test podminek dobre aproximace....hodnota 1 pro poruseni
if sum(npj<5)>0
poruchy_podminek=(npj<5)'
error('Nejsou splneny podminky dobre aproximace.')
end;
K=sum((nj-npj).^2./npj);
kvantil=chi2inv(1-alfa,size(nj,1)-2);
p=1-chi2cdf(K,size(nj,1)-2);
zamitnuti=(p<alfa);
Příklad vyřešíme pomocí funkce tds_poiss.m.
Zadáme vektor variant:
xj=[0:8]';
vektor pozorovaných četností:
nj=[79;188;282;275;196;114;45;10;11];
a hladinu významnosti:
alfa=0.05;
Zavoláme funkci tds_poiss:
[zamitnuti,K,p,lambda]=tds_poiss(xj,nj,alfa)
Dostaneme výsledek:
zamitnuti=0, K=8.5019, p=0.2904, lambda=2.7992
Protože p-hodnota je větší než hladina významnosti 0,05, H0 nezamítáme na asymptotické
hladině významnosti 0,05.
5.6. Věta: Darlingův (jednoduchý) test exponenciálního rozložení
Testujeme hypotézu, která tvrdí, že náhodný výběr X1, ..., Xn pochází z exponenciálního
rozložení. Označme M výběrový průměr a S2
výběrový rozptyl tohoto náhodného výběru.
Víme, že střední hodnota náhodné veličiny X ~ Ex(λ) je E(X) = 1/λ a rozptyl je D(X) = 1/λ2
.
Test založíme na statistice
 
2
2
M
S1n
K

 , která se v případě platnosti H0 asymptoticky řídí
rozložením χ2
(n-1).
Kritický obor:       ,1n1n,0W 2/1
2
2/
2
.
Jestliže WK  , H0 zamítáme na asymptotické hladině významnosti α.
5.7. Příklad: Pro data z příkladu 5.2. proveďte na hladině významnosti 0,05 Darlingův test.
Řešení: n = 45, m = 99,93 h, s2
= 7328,9 h2
Testová statistika:
  2924,32
93,99
91,732844
M
S1n
K 22
2





Kritický obor:
            ,202,64575,27,0,4444,0,1n1n,0W 975,0
2
025,0
2
2/1
2
2/
2
Protože se testová statistika nerealizuje v kritickém oboru, hypotézu o exponenciálním rozložení
nezamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05.
5.8. Věta: Jednoduchý test Poissonova rozložení
Testujeme hypotézu, která tvrdí, že náhodný výběr X1, ..., Xn pochází z Poissonova rozložení.
Označme M výběrový průměr a S2
výběrový rozptyl tohoto náhodného výběru. Víme, že střední
hodnota náhodné veličiny X ~ Po(λ) je E(X) = λ a rozptyl je D(X) = λ.
Test založíme na statistice
 
M
S1n
K
2

 , která se v případě platnosti H0 asymptoticky řídí
rozložením χ2
(n-1).
Kritický obor:       ,1n1n,0W 2/1
2
2/
2
.
Jestliže WK  , H0 zamítáme na asymptotické hladině významnosti α.
5.9. Příklad: Pro data z příkladu 5.4. proveďte na hladině významnosti 0,05 jednoduchý test
Poissonova rozložení.
Řešení: Nejprve musíme vypočítat realizaci výběrového průměru a výběrového rozptylu:
  7992,281171064551144196327522821188079
1200
1
mˆ 
       6594,27992,28117992,211887992,2079
1199
1
s
2222
 
  1,1139
7882,2
6594,21199
M
S1n
K
2





Kritický obor:       ,1n1n,0W 2/1
2
2/
2
 ;86,129693,1104;0
H0 nezamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05.
5.10. Poznámka: Darlingův test i jednoduchý test Poissonova rozložení můžeme v MATLABu
provést pomocí funkce darling.m.
function [zamitnuti,K,p,lambda]=darling(X,distrib,alfa)
% TEST K OVERENI EXPONENCIALNIHO A POISSONOVA ROZLOZENI
% function [zamitnuti,K,p,lambda]=darling(X,ROZLOZENI,ALFA)
% X muze byt n-vektor pozorovanych velicin, jejichz rozdeleni overujeme;
% - pro souhrnne zadana data je X tvaru (r x 2), kde prvni sloupec
% obsahuje jednotlive varianty a druhy sloupec cetnosti;
% - pro vypoctene statistiky je X=[n,m,s2], kde n=pocet pozorovani,
% m=vyberovy prumer a s2=vyberovy rozptyl
% ROZLOZENI je 'exp' pro overeni exponencialniho rozlozeni (implicitni)
% nebo 'poiss' pro overeni Poissonova rozlozeni
% ALFA je hladina vyznamnosti testu (implicitne 0.05)
%
% vystup: zamitnuti=1 => ZAMITAME hypotezu o shode rozdeleni
% zamitnuti=0 => hypotezu o shode rozdeleni NEZAMITAME
% K = hodnota testoveho kriteria
% p = p-hodnota testu
% lambda = odhadnuty parametr rozdeleni
% (c) Ondrej Petrik, 10.03.2010
if (nargin==1) distrib='exp'; end
if (nargin<3) alfa=0.05; end
[a,b]=size(X);
if(a<b) X=X';[a,b]=size(X); end
if(a==3&&b==1) n=X(1); m=X(2); s2=X(3);
elseif(b==1&&a~=3) m=mean(X); n=a; s2=var(X);
else vaha=X(:,2); n=sum(vaha);
s2=var(X(:,1),vaha)*n/(n-1); m=X(:,1)'*vaha/n;
end
lambda=m;
if strcmp(distrib,'exp')lambda=1/m; m=m^2; disp('Darlinguv test exponencialniho rozlozeni');
else disp('Jednoduchy test Poissonova rozlozeni');
end
K=(n-1)*s2/m;
p=2*min(chi2cdf(K,n-1),1-chi2cdf(K,n-1));
zamitnuti=(p<alfa);
Příklady 5.7 a 5.9 vyřešíme pomocí funkce darling.m.
Řešení příkladu 5.7: Známe údaje o době životnosti 45 součástek, údaje jsou roztříděny do 8 třídicích
intervalů: 15:50,0 ,  14:100,50 ,  6:150,100 ,  5:200,150 ,  2:250,200 ,  1:300,250 ,  1:350,300 ,  1:400,350
Zadáme vstupní vektor středů třídicích intervalů společně s absolutními četnostmi třídicích intervalů:
X= [25 15;75 14;125 6;175 5;225 2;275 1;325 1;375 1];
Zavoláme funkci darling:
[zamitnuti,K,p,lambda]=darling(X)
Dostaneme výsledek:
zamitnuti=0, K=31.6619, p=0.1644, lambda=0.0101
Darlingův test nezamítá hypotézu o exponenciálním rozložení na asymptotické hladině významnosti 0,05.
Řešení příkladu 5.9: Sledujeme rozložení počtu pacientů, kteří během 75 dnů přijdou na zubní pohotovost.
Osmihodinovou pracovní dobu rozdělíme do půlhodinových intervalů a v každém intervalu zjistíme počet
příchozích pacientů (máme 16 x 75 = 1200 intervalů).
Počet pacientů 0 1 2 3 4 5 6 7 8 a víc
četnost 79 188 282 275 196 114 45 10 11
Zadáme vektor variant xj = [0:8]' a vektor pozorovaných četností nj = [79 188 282 275 196 114 45 10 11]' 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=0.2187, lambda=2.7992
Jednoduchý test Poissonova rozložení nezamítá hypotézu o Poissonově rozložení na asymptotické hladině
významnosti 0,05.
5.11. Poznámka: Pro výpočet kvantilů Pearsonova chí-kvadrát rozložení pro počet stupňů
volnosti nad 30 můžeme použít aproximační vzorec:    22
1n2u
2
1
n   . Pro kvantily
z příkladu 5.9. dostáváme:
      46,1104239796,1
2
1
111992u
2
1
1199
22
025,0025,0
2

      42,1296239796,1
2
1
111992u
2
1
1199
22
975,0975,0
2

5.12. Poznámka: Pro vizuální posouzení, zda naše data pocházejí z exponenciálního rozložení,
lze také použít P-P graf.
Způsob konstrukce: spočteme standardizované hodnoty s
mx
z i
i

 , i = 1, ..., n a uspořádáme je
podle velikosti z(1) ≤ … ≤ z(n). Na vodorovnou osu vyneseme hodnoty distribuční funkce
exponenciálního rozložení     iz
i e1z

 , i = 1, …, n a na svislou osu hodnoty empirické
distribuční funkce   
n
i
zF in  , i = 1, …, n. Pokud se body (Φ(z(i)), F(z(i))) řadí kolem hlavní
diagonály čtverce [0,1] x [0,1], lze soudit, že data pocházejí z exponenciálního rozložení.