Zmienna losowa \(\displaystyle{ X}\) ma rozkład Poissona z wartością oczekiwaną większą od zera. Wylosowano próbę o liczebności \(\displaystyle{ 100}\) i otrzymano średnią równą \(\displaystyle{ 4.}\)
Zweryfikuj
\(\displaystyle{ H_0 = 3}\)
przy
\(\displaystyle{ H_1 \ne 3}\) na poziomie istotności \(\displaystyle{ 0,05}\) stosując asymptotyczny test oparty na ilorazie wiarogodności.
Zadanie z rozkładu Poissona
Zadanie z rozkładu Poissona
Ostatnio zmieniony 28 kwie 2023, o 00:30 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Brak LaTeXa - proszę zapoznać się z instrukcją: https://matematyka.pl/latex.htm. Poprawa wiadomości.
Powód: Brak LaTeXa - proszę zapoznać się z instrukcją: https://matematyka.pl/latex.htm. Poprawa wiadomości.
-
janusz47
- Użytkownik
- Posty: 7925
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1674 razy
Re: Zadanie z rozkładu Poissona
Asymptotyczny test średniej oparty na ilorazie wiarygodności
Dane:
\(\displaystyle{ (X_{1}, X_{2}, \ \ ... \ \ ,X_{100} )}\)
\(\displaystyle{ X_{i} \sim \ \ Poisson ( \lambda >0 ), \ \ i =1,2, \ \ ... \ \ 100.}\)
\(\displaystyle{ n = 100.}\)
\(\displaystyle{ \overline{x} =4.}\)
\(\displaystyle{ \alpha = 0,05.}\)
Hipotezy:
\(\displaystyle{ H_{0}: \lambda = 3 }\)
\(\displaystyle{ H_{1}: \lambda \neq 3.}\)
Funkcja wiarygodności próby ma postać:
\(\displaystyle{ L( \textbf {x}, \lambda) = \prod_{i=1}^{n} f(x_{i}) = \frac{\lambda^{\sum_{i=1}^{n}x_{i}} e^{-n\lambda}}{\prod_{i=1}^{n}(x_{i})!}, \ \ x_{i}= 0,1,2, \ \ .., \ \ i =1,2,\ \ ...n. }\)
Estymatorem największej wiarygodności parametru \(\displaystyle{ \lambda }\) w rozkładzie Poissona jest średnia arytmetyczna \(\displaystyle{ \overline{X} }\) z próby.
Oznaczając hipotetyczną wartość parametru \(\displaystyle{ \lambda }\) jako \(\displaystyle{ \lambda_{0} }\) budujemy iloraz wiarygodności
\(\displaystyle{ \gamma = \frac{ L( \textbf {x}, \lambda)}{L(\textbf{x}, \overline{x})} = \frac{\lambda_{0}^{n\overline{x}} \cdot e^{-n\lambda_{0}}}{(\overline{x})^{n\overline{x}}\cdot e^{-n\overline{x}}} = \lambda_{0}^{n\overline{x}}(\overline{x})^{-n\overline{x}}\cdot e^{n(\overline{x}-\lambda_{0})}. }\)
Otrzymujemy stąd
\(\displaystyle{ \ln(\gamma) = n\overline{x}(\ln \lambda_{0} -\ln(\overline{x} +1) -n\lambda_{0} }\)
Korzystamy z rozkładu granicznego statystyki \(\displaystyle{ \chi^2 = -2\ln(\gamma) }\) z \(\displaystyle{ 1 }\) stopniem swobody.
Czyli
\(\displaystyle{ \chi^2 = -2\ln(\gamma) = -2n\cdot\overline{x}( \ln\lambda_{0} -\ln \overline{x} +1) +2n\cdot \lambda_{0}.}\)
Podstawiając do tego wzoru \(\displaystyle{ n = 100, \ \ \overline{x} = 4, \ \ \lambda_{0} = 3 }\) otrzymujemy wartość asymptotycznej statystyki \(\displaystyle{ \chi^2 }\) wynoszącą
\(\displaystyle{ \chi^2 = -2\ln \gamma = -800\cdot ( \ln 3 - \ln 4 +1) + 600 \approx 30,15.}\)
Dla przyjętego poziomu istotności \(\displaystyle{ \alpha = 0,05 }\) i \(\displaystyle{ 1 }\) stopnia swobody z tablicy rozkładu \(\displaystyle{ \chi^2 }\) otrzymujemy \(\displaystyle{ P(\{\chi^2\geq 3,841\}) = 0,05. }\)
Tak więc obszar krytyczny w teście asymptotycznym zbudowanym na ilorazie wiarygodności dla hipotezy \(\displaystyle{ H_{0} }\) ma postać
\(\displaystyle{ Q = \{\chi^2: \ \ -2ln \gamma = \chi^2 \geq 3,841 \}. }\)
W naszym przypadku \(\displaystyle{ \chi^2 = 3,84 \in Q, }\) a więc na poziomie istotności \(\displaystyle{ \alpha = 0,05 }\) hipotezę \(\displaystyle{ H_{0} : \ \ \lambda = 3 }\) należy odrzucić, na korzyść hipotezy alternatywnej \(\displaystyle{ H_{1} \neq 3.}\)
Dane:
\(\displaystyle{ (X_{1}, X_{2}, \ \ ... \ \ ,X_{100} )}\)
\(\displaystyle{ X_{i} \sim \ \ Poisson ( \lambda >0 ), \ \ i =1,2, \ \ ... \ \ 100.}\)
\(\displaystyle{ n = 100.}\)
\(\displaystyle{ \overline{x} =4.}\)
\(\displaystyle{ \alpha = 0,05.}\)
Hipotezy:
\(\displaystyle{ H_{0}: \lambda = 3 }\)
\(\displaystyle{ H_{1}: \lambda \neq 3.}\)
Funkcja wiarygodności próby ma postać:
\(\displaystyle{ L( \textbf {x}, \lambda) = \prod_{i=1}^{n} f(x_{i}) = \frac{\lambda^{\sum_{i=1}^{n}x_{i}} e^{-n\lambda}}{\prod_{i=1}^{n}(x_{i})!}, \ \ x_{i}= 0,1,2, \ \ .., \ \ i =1,2,\ \ ...n. }\)
Estymatorem największej wiarygodności parametru \(\displaystyle{ \lambda }\) w rozkładzie Poissona jest średnia arytmetyczna \(\displaystyle{ \overline{X} }\) z próby.
Oznaczając hipotetyczną wartość parametru \(\displaystyle{ \lambda }\) jako \(\displaystyle{ \lambda_{0} }\) budujemy iloraz wiarygodności
\(\displaystyle{ \gamma = \frac{ L( \textbf {x}, \lambda)}{L(\textbf{x}, \overline{x})} = \frac{\lambda_{0}^{n\overline{x}} \cdot e^{-n\lambda_{0}}}{(\overline{x})^{n\overline{x}}\cdot e^{-n\overline{x}}} = \lambda_{0}^{n\overline{x}}(\overline{x})^{-n\overline{x}}\cdot e^{n(\overline{x}-\lambda_{0})}. }\)
Otrzymujemy stąd
\(\displaystyle{ \ln(\gamma) = n\overline{x}(\ln \lambda_{0} -\ln(\overline{x} +1) -n\lambda_{0} }\)
Korzystamy z rozkładu granicznego statystyki \(\displaystyle{ \chi^2 = -2\ln(\gamma) }\) z \(\displaystyle{ 1 }\) stopniem swobody.
Czyli
\(\displaystyle{ \chi^2 = -2\ln(\gamma) = -2n\cdot\overline{x}( \ln\lambda_{0} -\ln \overline{x} +1) +2n\cdot \lambda_{0}.}\)
Podstawiając do tego wzoru \(\displaystyle{ n = 100, \ \ \overline{x} = 4, \ \ \lambda_{0} = 3 }\) otrzymujemy wartość asymptotycznej statystyki \(\displaystyle{ \chi^2 }\) wynoszącą
\(\displaystyle{ \chi^2 = -2\ln \gamma = -800\cdot ( \ln 3 - \ln 4 +1) + 600 \approx 30,15.}\)
Dla przyjętego poziomu istotności \(\displaystyle{ \alpha = 0,05 }\) i \(\displaystyle{ 1 }\) stopnia swobody z tablicy rozkładu \(\displaystyle{ \chi^2 }\) otrzymujemy \(\displaystyle{ P(\{\chi^2\geq 3,841\}) = 0,05. }\)
Tak więc obszar krytyczny w teście asymptotycznym zbudowanym na ilorazie wiarygodności dla hipotezy \(\displaystyle{ H_{0} }\) ma postać
\(\displaystyle{ Q = \{\chi^2: \ \ -2ln \gamma = \chi^2 \geq 3,841 \}. }\)
W naszym przypadku \(\displaystyle{ \chi^2 = 3,84 \in Q, }\) a więc na poziomie istotności \(\displaystyle{ \alpha = 0,05 }\) hipotezę \(\displaystyle{ H_{0} : \ \ \lambda = 3 }\) należy odrzucić, na korzyść hipotezy alternatywnej \(\displaystyle{ H_{1} \neq 3.}\)