Математическая статистика. Учебное пособие

Левая часть неравенства под знаком вероятности в правой части последнего соотношения сходится по вероятности к положительному числу. Отсюда следует, что α2( 2) → 0 при → ∞.

Задача 14.3. При = 4040 бросаниях монеты Бюффон получил 2048 выпадений герба и 1992 выпадений решки. Совместимо ли это с гипотезой о симметричности монеты?

Решение

Построим критерий с помощью теоремы Муавра — Лапласа. Мы рассматриваем основную гипотезу = 1/2 при двусторонней альтернативе ̸= 1/2. Будем отвергать основную гипотезу, если

где τ1−ε/2 — квантиль стандартного нормального распределения. Этот критерий, построенный с помощью асимптотического довери-

ε* = P 1 (| ( )| > 0,88) ≈ 2Φ(0,88) = 2 · 0,189 = 0, 378.

Данную вероятность следует трактовать как вероятность получить по результатам 4040 бросаний симметричной монеты худшее согласие с проверяемой гипотезой, чем для испытаний Бюффона. Иными словами, получить для симметричной монеты число гербов, ещё более отклоняющееся от 2020, чем в проведённой Бюффоном серии испытаний. Поскольку эта вероятность не является малой, следует принять первую гипотезу как не противоречащую результатам испытаний.

В данной постановке вполне можно ограничиться односторонней альтернативой > 1/2 (хотя для этого следует иметь более веские основания о свойствах монеты, чем только результаты испытаний). В этом случае критическая область будет односторонней, и реально достигнутый уровень значимости уменьшится вдвое. Он будет показывать вероятность получить при испытаниях с симметричной монетой число гербов, ещё более уклоняющееся в большую сторону от 2020, чем 2048.

Задача 14.4. Пусть 1, . . . , — выборка из нормального распределения со средним и единичной дисперсией. Построить такой критерий δ с вероятностью ошибки первого рода α1(δ) = ε для раз-

личения гипотез 1 = { = 0}, 2 = { < 0} и 3 = { > 0}, что α2(δ) → 0 при любом < 0 и α3(δ) → 0 при любом > 0.

Решение

Построим критерий с помощью статистики √ − 0 , имею-

ζ1−ε/2 — квантиль уровня 1 − ε/2 стандартного нормального распределения, то критерий

имеет вероятность ошибки первого рода ε. Вероятность ошибки второго рода стремится к нулю:

стремится к нулю.

244 Глава 14. Критерии согласия

Доказать, что при выполнении основной гипотезы распределение статистики ω2 не зависит от непрерывной функции распределения .

Задача 14.8. Пусть 1, . . . , — выборка из распределения Бернулли с параметром . Построить какой-либо состоятельный критерий асимптотического размера ε для проверки гипотезы = 0 против альтернативы ̸= 0.

Задача 14.9. Пусть 1, . . . , — выборка из распределения Пуассона с параметром λ. Построить какой-либо состоятельный критерий асимптотического размера ε для проверки гипотезы λ = λ0 против альтернативы λ ̸= λ0.

Задача 14.10. Используя конструкции доверительного интервала, построить критерий с (точной или асимптотической) вероятностью ошибки первого рода ε для проверки гипотезы θ = 1 по выборке из:

а) нормального распределения со средним θ и дисперсией 1; б) нормального распределения со средним 1 и дисперсией θ; в) показательного распределения с параметром θ; г) распределения Бернулли с параметром θ/2; д) распределения Пуассона с параметром θ.

Задача 14.11. Пусть выборка 1, . . . , имеет нормальное распределение со средним и дисперсией σ2. Для проверки гипотезы о том, что = 0, используется статистика

Доказать, что соответствующий критерий состоятелен.

Г Л А В А 15

Критерии типа хи-квадрат

Критерий Пирсона хи-квадрат. Пусть 1, . . . , — выборка из неизвестного распределения и 1 — некоторое распределение. Пусть задан конечный набор из непересекающихся интервалов 1, . . . , , объединение которых есть носитель распределения 1. Обозначим через = 1(Δ ) вероятности попадания в эти интервалы для распределения 1 и через ν — число элементов выборки,

попавших в интервал .

Для проверки гипотезы 1 о совпадении вектора неизвестных истинных вероятностей ( (Δ1), . . . , (Δ )) с вектором ( 1, . . . , ) используется статистика хи-квадрат

Справедлива следующая теорема.

Теорема 18 (Пирсона). Если гипотеза 1 верна, то при → ∞ распределение статистики хи-квадрат слабо сходится к распределению хи-квадрат с − 1 степенью свободы.

Критерий Пирсона асимптотического размера ε отвергает основную гипотезу, если значение статистики хи-квадрат χ2( 1, . . . , ) превосходит квантиль ζ1−ε уровня 1 − ε распределения хи-квадрат с − 1 степенью свободы.

Критерий хи-квадрат часто применяют для проверки параметрической гипотезы {θ, θ Θ R }. Однако в этом случае значения теоретических вероятностей ( 1, . . . , ) зависят от неизвестного параметра.

В качестве оценки неизвестного параметра θ используют оценку по методу минимума хи-квадрат: θ* доставляет минимум функции

Предельное распределение статистики критерия при этом меняется: при верной основной гипотезе (при выполнении некоторых условий относительно гладкости (θ)) предельным распределени-

ем статистики χ2( 1, . . . , ; θ*) будет распределение χ2− − , где

есть размерность вектора параметров θ.

1

Критерий χ2 для проверки независимости. Есть выборка значений двух наблюдаемых совместно случайных величин и в независимых экспериментах: ( 1, 1), . . . , ( , ).

ление величины ( , ) слабо сходится к распределению хи-квадрат с ( − 1)( − 1) степенями свободы.

Критерий согласия асимптотического размера ε строится как обычно: по заданному ε найдём квантиль 1−ε уровня 1−ε распределения хи-квадрат с ( − 1)( − 1) степенями свободы. Критерий отвергает основную гипотезу, если ( , ) 1−ε.

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Задача 15.1. В ходе = 4000 независимых испытаний события1, 2 и 3, составляющие полную группу событий, появились 1905, 1015 и 1080 раз соответственно. Проверить, согласуются ли эти данные на уровне 0,05 с гипотезой = { 1 = 1/2, 2 = 3 = 1/4}, где

= P( ).

Решение

Воспользуемся критерием хи-квадрат Пирсона. Статистика критерия равна

тогда как квантиль распределения χ22 (показательного с параметром 1/2) уровня 0,95 равна 5,99. Гипотеза с уверенностью должна быть отвергнута.

Задача 15.2. Пользуясь интегральной теоремой Муавра — Лапласа, доказать теорему Пирсона при = 2.

Решение

При = 2 имеем ν2 = − ν1, 2 = 1 − 1. Посмотрим на статистику критерия и вспомним центральную предельную теорему:

Но величина ν1 есть сумма независимых случайных величин с распределением Бернулли с параметром 1, и по центральной предельной теореме

√ ν1 − 1 η,

1(1 − 1)

соответственно, квадрат этой величины слабо сходится к распределению, которое имеет квадрат случайной величины η со стандартным нормальным распределением, т. е. к распределению хи-квадрат с одной степенью свободы.

Задача 15.3. Цифры 0, 1, 2, . . . , 9 среди 800 первых десятичных знаков числа π появились 74, 92, 83, 79, 80, 73, 77, 75, 76, 91 раз соответственно. Проверить гипотезу о согласии этих данных с законом равномерного на множестве {0, 1, . . . , 9} распределения.

Решение

Статистика критерия хи-квадрат равна 5,125. Вероятность получить такое же или ещё большее отклонение (реально достигнутый

уровень значимости) при верной основной гипотезе равна

P(χ29 > 5,125) = 0,823.

Таким образом, получено очень хорошее согласие с проверяемой гипотезой.

Задача 15.4. По официальным данным в Швеции в 1935 г. родилось 88 273 ребёнка, причём в январе родилось 7280 детей, в феврале — 6957, марте — 7883, апреле — 7884, мае — 7892, июне

—7609, июле — 7585, августе — 7393, сентябре — 7203, октябре

—6903, ноябре — 6552 и в декабре — 7132 ребёнка. Совместимы ли эти данные с гипотезой, что день рождения наудачу выбранного человека с равной вероятностью приходится на любой из 365 дней года?

Решение

Вычислите статистику критерия и убедитесь, что реально достигнутый уровень значимости составляет всего лишь 2,7 · 10−49.

Задача 15.5. Для проверки равномерности распределения дней рождения по месяцам года взят список дней рождения 683 студентов вуза. Получено следующее распределение дней рождения: январь — 60, февраль — 62, март — 60, апрель — 63, май — 69, июнь — 59, июль — 62, август — 54, сентябрь — 41, октябрь — 45, ноябрь — 48 и декабрь — 60 студентов. Проверить гипотезу о равномерности распределения дней рождения по месяцам года.

Решение

Итак, есть 12 интервалов группировки. Проверяемая гипотеза состоит в том, что вероятность элементу выборки попасть в каждый из них одна и та же и равна 1/12 (правильнее было бы проверять гипотезу равномерности по дням и взять разные вероятности, пропорциональные числу дней каждого месяца).

Возьмём ε = 0,05 и найдём по таблице критических точек распределения χ211 величину такую, что P(χ211 > ) = 0,05. Получим= 19,68. Величина оказалась меньше , поэтому критерий принимает основную гипотезу. Реально достигнутый уровень значимости приближённо равен ε* ≈ P(χ211 > 13,193) = 0,281. Он показывает, что достигнуто достаточно хорошее согласие с проверяемой гипотезой.

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

Задача 15.6. Пользуясь законом больших чисел Бернулли, доказать состоятельность критерия хи-квадрат.

номерности распределения дней рождения по дням невисокосного года.

Задача 15.9. Ниже приводятся результаты 4096 опытов, состоящих в одновременном подбрасывании 12 костей (данные Уэлдона). В каждом из опытов подсчитывалось число костей, выпавших кверху шестёркой (гранью с шестью очками). Проверить гипотезу правильности костей.