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
−−χ≈
−
= =
, 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: ( ) )∞−−χ= α− ,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 ==λ , 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: ( ) ) ( ) ) )∞=∞−−χ=∞−−χ= α− ,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 =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅==λ ,
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
=
−
++
−
+
−
=
−
= =
K
Kritický obor: ( ) ) ( ) ) )∞=∞−−χ=∞−−χ= α− ,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: ( ) ( ) )∞−χ∪−χ= α−α ,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:
( ) ( ) ) ( ) ( ) ) ∪=∞χ∪χ=∞−χ∪−χ= α−α ,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: ( ) ( ) )∞−χ∪−χ= α−α ,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 =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅==λ
( ) ( ) ( )[ ] 6594,27992,28117992,211887992,2079
1199
1
s
2222
=−⋅++−⋅+−⋅= K
( ) 1,1139
7882,2
6594,21199
M
S1n
K
2
=
⋅
=
−
=
Kritický obor: ( ) ( ) )∞−χ∪−χ= α−α ,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 −+≈χ αα . Pro kvantily
z příkladu 5.9. dostáváme:
( ) ( ) ( ) 46,1104239796,1
2
1
111992u
2
1
1199
22
025,0025,0
2
=+−=−⋅+≈χ
( ) ( ) ( ) 42,1296239796,1
2
1
111992u
2
1
1199
22
975,0975,0
2
=+=−⋅+≈χ
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
λ−
−=Φ , 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.
5.13. Testování hypotéz o parametru λ Poissonova rozložení
Nechť X1, …, Xn je náhodný výběr z rozložení Po(λ) a λ0 > 0 je konstanta. Na hladině
významnosti α testujeme H0: λ = λ0 proti H1: λ ≠ λ0 (resp. proti H1: λ < λ0 resp. H1: λ > λ0)
Stanovíme testovou statistiku =
=
n
1i
i0 XT , která se za platnosti H0 řídí rozložením Po(nλ0).
Vypočteme p-hodnotu:
p = Φ(t0) pro levostrannou alternativu (v MATLABu: p = poisscdf(t0, lambda)),
p = 1 - Φ(t0) pro pravostrannou alternativu (v MATLABu: p = 1 - poisscdf(t0, lambda)),
p = 2 min{Φ(t0), 1 - Φ(t0)} pro oboustrannou alternativu
(v MATLABu: p = 2*min(poisscdf(t0, lambda), 1- poisscdf(t0, lambda)).
Je-li p ≤ α, H0 zamítáme na hladině významnosti α ve prospěch H1.
(Parametr lambda ve funkci poisscdf se vypočítá jako nλ0.)
Upozornění: Je-li nλ0 ≥ 30, lze využít aproximaci rozložení výběrového úhrnu =
n
1i
iX
rozložením N(nλ0, nλ0) a následně ho standardizovat.
Testová statistika
0
0
n
1i
i
0
n
nX
T
λ
λ−
=
=
má za platnosti H0 asymptoticky rozložení N(0,1).
5.14. Příklad na levostrannou alternativu
Je známo, že u jisté značky auta se vyskytne porucha průměrně 3x za dva roky. Předpokládáme,
že počet poruch se řídí Poissonovým rozložením. Výrobce uvedl na trh nový model, o němž
tvrdí, že je méně poruchový. U 10 náhodně vybraných nových modelů bylo zjištěno celkem 8
poruch během jednoho roku. Na hladině významnosti 0,05 ověřte tvrzení výrobce.
Řešení: Y – počet poruch starého modelu auta během roku, Y ~ Po(λ0), kde λ0 = 1,5.
X – počet poruch nového modelu auta během roku, X ~ Po(λ). Na hladině významnosti α = 0,05
testujeme H0: λ = 1,5 proti H1: λ < 1,5. Pořídíme náhodný výběr rozsahu 10 z rozložení Po(λ),
kde bylo zjištěno, že realizace testové statistiky 8xt
10
1i
i0 == =
. Testová statistika =
=
10
1i
i0 XT se
za platnosti H0 řídí rozložením Po(15). Vypočteme p-hodnotu pro levostrannou alternativu:
( ) 0374,0)15,8(poisscdfe
!k
15
tp
8
0k
15
k
0 ===Φ= =
−
Protože 0,0374 ≤ 0,05, H0 zamítáme na hladině významnosti 0,05. S rizikem omylu nejvýše 5 %
jsme prokázali, že tvrzení výrobce automobilů je pravdivé.
I když není splněna podmínka dobré aproximace ( 30155,110n 0 <=⋅=λ ), pokusíme se využít
testovou statistiku
0
0
n
1i
i
0
n
nX
T
λ
λ−
=
=
. Její realizace je 8074,1
15
158
t0 −=
−
= ,
p-hodnota = Φ(-1,8074) = 0,0354.
Protože 0,0354 ≤ 0,05, H0 zamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05.
5.15. Příklad na pravostrannou alternativu
Na jistém úseku silnice byla dlouhodobě omezena rychlost na 50 km/h. V této době zde byly zaznamenány
počty dopravních nehod v jednotlivých měsících roku:
měsíc I II III IV V VI VII VIII IX X XI XII
počet nehod 2 2 1 0 0 2 3 2 2 1 1 1
Po zrušení omezení rychlosti se na tomto úseku opět zaznamenávaly počty nehod:
měsíc I II III IV V VI VII VIII IX X XI XII
počet nehod 3 2 1 1 0 2 3 4 4 0 2 2
Za předpokladu, že počty nehod se řídí Poissonovým rozložením, testujte na hladině významnosti 0,05
hypotézu, že zrušení omezení rychlosti vedlo ke zvýšení počtu nehod.
Řešení: Y – počet nehod za měsíc v době omezení rychlosti, Y ~ Po(λ0), kde λ0 = 17/12.
X – počet nehod za měsíc v době zrušení omezení rychlosti, X ~ Po(λ). Na hladině významnosti 0,05
testujeme H0: λ = 17/12 proti H1: λ > 17/12. Pořídíme náhodný výběr rozsahu 12 z rozložení Po(λ), kde bylo
zjištěno, že realizace testové statistiky 24xt
12
1i
i0 == =
. Testová statistika =
=
12
1i
i0 XT se za platnosti H0
řídí rozložením Po(17). Vypočteme p-hodnotu pro pravostrannou alternativu:
( ) 0406,0)17,24(poisscdf1e
!k
17
1t1p
24
0k
17
k
0 =−=−=Φ−= =
−
Protože 0,0406 ≤ 0,05, H0 zamítáme na hladině významnosti 0,05. S rizikem omylu nejvýše 5 % se
prokázalo, že zrušení omezení rychlosti vedlo ke zvýšení počtu nehod.
5.16. Příklad na oboustrannou alternativu
Zákazníci jisté specializované prodejny si za týden stěžují v průměru 5,5x na kvalitu zboží. Lze
předpokládat, že počet stížností má Poissonovo rozložení. Majitel prodejny změnil dodavatele
zboží a po této změně zjistil, že v následujících osmi týdnech byl celkový počet stížností na
kvalitu zboží roven 32. Na hladině významnosti 0,05 testujte hypotézu, že změna dodavatele
měla vliv na průměrný počet stížností za týden.
Řešení: Y – počet stížností za týden před změnou dodavatele, Y ~ Po(λ0), kde λ0 = 5,5.
X – počet stížností za týden po změně dodavatele, X ~ Po(λ). Na hladině významnosti 0,05
testujeme H0: λ = 5,5 proti H1: λ ≠ 5,5. Pořídíme náhodný výběr rozsahu 8 z rozložení Po(λ), kde
bylo zjištěno, že realizace testové statistiky 32xt
8
1i
i0 == =
. Testová statistika =
=
8
1i
i0 XT se za
platnosti H0 řídí rozložením Po(44). Vypočteme p-hodnotu pro oboustrannou alternativu:
( ) ( )( )
( ) ( ) 0731,00365,01;0365,0min2)44,32(poisscdf1),44,32(poisscdfmin2
e
!k
44
1,e
!k
44
min2t1,tmin2p
32
0k
44
k32
0k
44
k
00
=−=−=
=





−=Φ−Φ=  =
−
=
−
Protože 0,0731 > 0,05, H0 nezamítáme na hladině významnosti 0,05. Nepodařilo se prokázat, že
by změna dodavatele měla vliv na průměrný počet stížností za týden.
5.17. Testování shody parametrů dvou Poissonových rozložení
Nechť X1, …, Xn1 je náhodný výběr z rozložení Po(λ1) a Y1, …, Yn2 je na něm nezávislý
náhodný výběr z rozložení Po(λ2). Předpokládáme, že λi > 9, i = 1, 2. Na asymptotické hladině
významnosti α testujeme H0: λ1 = λ2 proti H1: λ1 ≠ λ2 (resp. proti H1: λ1 < λ2 resp. H1: λ1 > λ2).
Označme M1, M2 výběrové průměry obou výběrů.
Testová statistika
2
2
1
1
21
0
n
M
n
M
MM
T
+
−
=
se za platnosti H0 asymptoticky řídí rozložením N(0,1).
Vypočteme realizaci t0 testové statistiky a stanovíme kritický obor W.
)( ∞∪−∞−= α−α− ,uu,W 2/12/1 pro oboustrannou alternativu,
( α−−∞−= 1u,W pro levostrannou alternativu,
)∞= α− ,uW 1 pro pravostrannou alternativu.
Pokud t0 ∈ W, H0 zamítáme na asymptotické hladině významnosti α a přijímáme H1.
Můžeme též vypočítat p-hodnotu:
p = 2 min{Φ(t0), 1 - Φ(t0)} pro oboustrannou alternativu
(v MATLABu: p = 2*min(normcdf(t0,0,1), 1- normcdf(t0,0,1)).
p = Φ(t0) pro levostrannou alternativu (v MATLABu: p = normcdf(t0,0,1)),
p = 1 - Φ(t0) pro pravostrannou alternativu (v MATLABu: p = 1 - normcdf(t0,0,1)),
Je-li p ≤ α, H0 zamítáme na hladině významnosti α ve prospěch H1.
5.18. Příklad na oboustrannou alternativu
Po dobu 40 dnů jsou sledovány počty zákazníků na dvou pobočkách České pošty, označme je A
a B. Na pobočku A přišlo 4800 zákazníků, na pobočku B přišlo 5120 zákazníků. Za
předpokladu, že počty zákazníků se řídí Poissonovým rozložením, na asymptotické hladině
významnosti 0,05 testujte hypotézu, že střední hodnoty denního počtu zákazníků na těchto dvou
pobočkách se neliší.
Řešení: X – denní počet zákazníků na pobočce A, X ~ Po(λ1), X1, …, X40 je náhodný výběr
z Po(λ1), kde λ1 odhadneme realizací výběrového průměru 120
40
4800
m1 == .
Y – denní počet zákazníků na pobočce B, Y ~ Po(λ2), Y1, …, Y40 je náhodný výběr z Po(λ2), kde
λ2 odhadneme realizací výběrového průměru 128
40
5120
m2 == . Oba odhady jsou větší než 9.
Testujeme H0: λ1 = λ2 proti H1: λ1 ≠ λ2. Vypočteme realizaci testové statistiky:
2129,3
40
128
40
120
128120
n
m
n
m
mm
t
2
2
1
1
21
0 −=
+
−
=
+
−
=
. Kritický obor: )( ∞∪−∞−= ,96,196,1,W .
Protože t0 ∈ W, H0 zamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05.
5.19. Testování hypotéz o střední hodnotě 1/λ exponenciálního rozložení
Nechť X1, …, Xn je náhodný výběr z rozložení Ex(λ) a λ0 > 0 je konstanta. Na hladině
významnosti α testujeme H0: 1/λ = 1/λ0 proti H1: 1/λ ≠ 1/λ0 (resp. proti H1: 1/λ < 1/λ0 resp.
H1: 1/λ > 1/λ0)
Stanovíme testovou statistiku =
=
n
1i
i0 XT , která se za platnosti H0 řídí rozložením Er(n, λ0).
Vypočteme p-hodnotu:
p = Φ(t0) pro levostrannou alternativu (v MATLABu: p = gamcdf(t0, n, 1/lambda)),
p = 1 - Φ(t0) pro pravostrannou alternativu (v MATLABu: p = 1 - gamcdf(t0, n, 1/lambda)),
p = 2 min{Φ(t0), 1 - Φ(t0)} pro oboustrannou alternativu
(v MATLABu: p = 2*min(gamcdf(t0, n, 1/lambda), 1- gamcdf(t0, n, 1/lambda)).
Je-li p ≤ α, H0 zamítáme na hladině významnosti α ve prospěch H1.
Upozornění: Je-li n/λ ≥ 30, lze využít aproximaci rozložení standardizovaného výběrového
průměru rozložením N(0, 1).
Testová statistika 2
0
0
0
n/1
/1M
T
λ
λ−
= má za platnosti H0 asymptoticky rozložení N(0,1).
5.20. Příklad na pravostrannou alternativu
Je známo, že životnost baterií vyrobených z materiálu A se řídí exponenciálním rozložením se
střední hodnotou 3 týdny. Výrobce je přesvědčen, že baterie vyrobené z materiálu B budou mít
větší střední hodnotu doby životnosti. Ukázalo se, že průměrná doba životnosti 10 náhodně
vybraných baterií vyrobených z materiálu B byla 4,5 týdne. Na hladině významnosti 0,05 ověřte
tvrzení výrobce.
Řešení: Časová jednotka = 1 týden.
Y – doba životnosti baterií vyrobených z materiálu A, Y ~ Ex(λ0), kde λ0 = 1/3.
X - doba životnosti baterií vyrobených z materiálu B, X ~ Ex(λ). Na hladině významnosti 0,05
testujeme
H0: λ = 1/3 proti H1: λ > 1/3. Pořídíme náhodný výběr rozsahu 10 z rozložení Ex(λ), kde bylo
zjištěno, že realizace testové statistiky 45xt
10
1i
i0 == =
. Testová statistika =
=
10
1i
i0 XT se za
platnosti H0 řídí rozložením Er(10, 1/3). Vypočteme p-hodnotu pro pravostrannou alternativu:
( ) 0699,0)3,10,45(gamcdf1dxe
3
1
!9
3
x
1t1p
45
0
3
x
9
0 =−=⋅






−=Φ−= 
−
Protože 0,0699 > 0,05, H0 nezamítáme na hladině významnosti 0,05. Nepodařilo se prokázat, že
použití materiálu B by vedlo ke zvýšení střední hodnoty životnosti baterií.
Protože je splněna podmínka dobré aproximace ( 30310
n
=⋅=
λ
), můžeme využít testovou
statistiku 2
0
0
0
n/1
/1M
T
λ
λ−
= . Její realizace je 5811,1
109
35,4
t0 =
−
= , p-hodnota = 1 – Φ(1,5811) = 0,0569.
Protože 0,0569 > 0,05, H0 nezamítáme na asymptotické hladině významnosti 0,05.
5.21. Poznámka: Máme-li dva nezávislé náhodné výběry z exponenciálních rozložení, pak pro
test hypotézy o shodě středních hodnot těchto dvou rozložení lze za splnění podmínek dobré
aproximace použít postup popsaný v 5.17.