Blok 3
Transkrypt
Blok 3
www.sites.google.com/site/chemomlab Wprowadzenie do statystyki dla chemików – testowanie hipotez Michał Daszykowski, Ivana Stanimirova Instytut Chemii Uniwersytet Śląski w Katowicach Ul. Szkolna 9 40-006 Katowice E-mail: www: [email protected] [email protected] http://www.sites.google.com/site/chemomlab/ Zadanie 1 Stosując pewną metodę analityczną o znanej precyzji, dla jednej próbki uzyskano po sześć wyników oznaczeń składnika A. Na poziomie istotności 0,05 i 0,01 ustal, które z wyników oznaczeń można uznać za odległe: 6,00; 6,05; 5,99; 6,03; 5,97 i 6,02 µg·dm-3 M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików 1 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie - zadanie 1 Ustalamy przedział ufności wokół wartości średniej. Mając na względzie, dysponujemy wynikami tylko 6 oznaczeń, ogólna postać przedziału ufności jest opisana następującym wzorem: ( µ ± t (α/2, n −1) σ/ n ) Wartości krytyczne dla jednostronnego rozkładu „t” 0,05 6,314 2,920 2,353 2,132 2,015 1,943 1,895 1,860 1,833 1,812 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 µ = 6,01 σ = 0,029 ≈ 0,03 0,025 12,706 4,303 3,182 2,776 2,571 2,447 2,365 2,306 2,262 2,228 0,01 31,821 6,965 4,541 3,747 3,365 3,143 2,998 2,896 2,821 2,764 0,005 63,657 9,925 5,841 4,604 4,032 3,707 3,499 3,355 3,250 3,169 Rozwiązanie - zadanie 1 ( ) ( ) ) ( ) (1) ε = t (0,05/2,6−1) σ/ n = 2,57 ⋅ 0,03/ 6 = 0,03 µ ± ε = 6,01 ± 0,03 5,98 ≤ µ ≤ 6,04 ( (2) ε = t (0,01/2,6−1) σ/ n = 4,03 ⋅ 0,03/ 6 = 0,05 µ ± ε = 6,01 ± 0,05 5,96 ≤ µ ≤ 6,06 M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików 2 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie - zadanie 1 Na 95% poziomie ufności wyniki 5,97 i 6,05 można uznać jako odległe. Na 99% poziomie ufności nie stwierdza się wyników odległych. Zadanie 2 Analizując zawartość witaminy B2 w partii tabletek preparatu b-kompleks uzyskano następujące wyniki: 5,01; 4,95; 4,99; 4,97 i 5,00 mg. Wiedząc, że deklarowana przez producenta zawartość witaminy B2 w preparacie wynosi 5,00 mg, ustal, czy zawartość aktywnego składnika w analizowanej partii preparatu różni się istotnie na poziomie istotności 0,05. M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików 3 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie – zadanie 2 Należy dokonać porównania wartości średniej uzyskanych wyników z wartością deklarowaną. Testujemy następujące hipotezy: H0: µ = µ0 H1: µ ≠ µ0 By zbadać słuszność hipotez, możemy: (1) skonstruować przedział ufności wokół wartości średniej (2) wykorzystać test „t”. Rozwiązanie – zadanie 2 Sposób 1: Konstrukcja przedziału ufności na określonym poziomie istotności dla zbioru wyników Hipoteza zerowa będzie spełniona, jeśli wartość deklarowana znajdzie się w przedziale ufności. M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików µ µ0 µ0 4 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie – zadanie 2 ( µ ± t (α/2, n −1) σ/ n ) µ = 4,98 σ = 0,02 Wartości krytyczne dla jednostronnego rozkładu „t” ( ) = 4,98 ± 2,78(0,02/ 5 ) = µ ± t (0,05/2,5−1) σ/ n = = 4,98 ± 0,02 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0,05 6,314 2,920 2,353 2,132 2,015 1,943 1,895 1,860 1,833 1,812 0,025 12,706 4,303 3,182 2,776 2,571 2,447 2,365 2,306 2,262 2,228 0,01 31,821 6,965 4,541 3,747 3,365 3,143 2,998 2,896 2,821 2,764 0,005 63,657 9,925 5,841 4,604 4,032 3,707 3,499 3,355 3,250 3,169 Rozwiązanie – zadanie 2 Skonstruowany przedział ufności zawiera wartość deklarowaną, a zatem spełniona jest hipoteza zerowa. H0: µ = µ0 4,96 ≤ µ ≤ 5,00 H1: µ ≠ µ0 M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików 5 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie – zadanie 2 Sposób 2: t-test t= t= µ − µ0 σ/ n t ≤ t kr → H 0 4,98 − 5,00 = −2,24 0,02/ 5 - 2,24 ≤ 2,78 → H 0 t (0,05/2,5−1)kr = 2,78 Zadanie 3 Dla dwóch partii leku oznaczono zawartość aktywnego składnika, uzyskując wyników oznaczeń: partia 1: partia 2: 4,11; 3,97; 3,95; 4,00; 3,93 i 4,00 mg 3,97; 4,05; 3,97; 4,05 i 4,03 mg Ustal, czy zawartość aktywnego składnika w pierwszej i drugiej partii różnią się statystycznie istotnie przyjmując poziom ufności 95% (zakładamy, iż dwie partie charakteryzują się porównywalną wariancją). M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików 6 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie – zadanie 3 Ponieważ w zadaniu założono, iż dwie partie mają porównywalną wariancję, nie ma potrzeby sprawdzać słuszności użycia t-testu porównującego dwie średnie. Pozostaje nam zatem sprawdzić hipotezy następującej postaci (test dwustronny): H0: µ = µ0 H1: µ ≠ µ0 Rozwiązanie – zadanie 3 t= σ 2 w µ1 − µ 2 σ 2w (1/n1 + 1/n 2 ) t ≤ t kr → H 0 ( n1 - 1)σ12 + (n 2 - 1)σ 22 = M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików n1 + n 2 − 2 7 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie – zadanie 3 µ1 = 3,99 µ 2 = 4,01 σ1 = 0,06 σ 2 = 0,04 σ12 = 0,004 σ 22 = 0,002 σ = 2 w ( n1 - 1)σ12 + (n 2 - 1)σ 22 = n1 + n 2 − 2 = (6 - 1) ⋅ 0,004 + (5 - 1) ⋅ 0,002 = 6+5−2 = 0,003 Rozwiązanie – zadanie 3 t= µ1 − µ 2 σ 2w (1/n1 + 1/n 2 ) 3,99 − 4,01 = 0,003 ⋅ (1/6 + 1/5) = −0,67 - 0,67 ≤ 2,26 → H 0 M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików = t (0,05/2,6+ 5− 2 )kr = 2,26 Wartości krytyczne dla jednostronnego rozkładu „t” 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0,05 6,314 2,920 2,353 2,132 2,015 1,943 1,895 1,860 1,833 1,812 0,025 12,706 4,303 3,182 2,776 2,571 2,447 2,365 2,306 2,262 2,228 0,01 31,821 6,965 4,541 3,747 3,365 3,143 2,998 2,896 2,821 2,764 0,005 63,657 9,925 5,841 4,604 4,032 3,707 3,499 3,355 3,250 3,169 8 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie – zadanie 3 Jeśli w treści zadania nie byłoby założenia o równości wariancji dwóch grup próbek, wówczas należałoby sprawdzić testem F, czy faktycznie wariancje są równe (statystycznie istotnie): H0: σ12 = σ22 H1: σ12 ≠ σ22 σ12 F = 2 , σ12 > σ 22 σ2 F(0,05/2,5,4 )kr = 9,36 Liczba stopni swobody – n2 Liczba stopni swobody – n1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 647,79 799,50 864,16 899,58 921,85 937,11 948,22 956,66 963,28 968,63 2 38,51 39,00 39,17 39,25 39,30 39,33 39,36 39,37 39,39 39,40 3 17,44 16,04 15,44 15,10 14,88 14,73 14,62 14,54 14,47 14,42 4 12,22 10,65 9,98 9,60 9,36 9,20 9,07 8,98 8,90 8,84 5 10,01 8,43 7,76 7,39 7,15 6,98 6,85 6,76 6,68 6,62 6 8,81 7,26 6,60 6,23 5,99 5,82 5,70 5,60 5,52 5,46 7 8,07 6,54 5,89 5,52 5,29 5,12 4,99 4,90 4,82 4,76 8 7,57 6,06 5,42 5,05 4,82 4,65 4,53 4,43 4,36 4,30 9 7,21 5,71 5,08 4,72 4,48 4,32 4,20 4,10 4,03 3,96 10 6,94 5,46 4,83 4,47 4,24 4,07 3,95 3,85 3,78 3,72 M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików 9 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie – zadanie 3 F= 0,004 =2 0,002 F ≤ Fkr → H 0 2 < 9,36 Z 95% pewnością można stwierdzić, iż nie ma statystycznie istotnych różnic pomiędzy wariancjami dwóch grup. Zadanie 4 Dla dwóch partii produkowanego odczynnika zmierzono jego gęstość, uzyskując następujące wyniki pomiarów: partia 1: partia 2: 2,21; 2,85; 2,97; 2,91 i 2,26 g·cm-3 2,11; 2,03; 2,07; 2,13 i 2,00 g·cm-3 Ustal, czy te dwie partie wyprodukowanego odczynnika różnią się istotnie od siebie przyjmując poziom ufności 95%. M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików 10 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie – zadanie 4 Sprawdzamy za pomocą testu F, czy faktycznie wariancje dwóch grup próbek są równe (statystycznie istotnie). Testujemy następujące hipotezy: H0: σ12 = σ22 H1: σ12 ≠ σ22 σ12 F = 2 , σ12 > σ 22 σ2 Rozwiązanie – zadanie 4 F(0,05/2,4,4 )kr = 9,60 µ1 = 2,64 µ 2 = 2,068 σ1 = 0,3726 σ 2 = 0,054 σ12 = 0,1388 σ 22 = 0,0029 σ12 0,1388 F= 2 = = 47,53 > Fkr → H1 σ 2 0,0029 Z 95% pewnością możemy twierdzić, że wariancje dwóch grup są statystycznie istotnie różne. M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików 11 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie – zadanie 4 Ponieważ wariancje dwóch grup są statystycznie istotnie różne, dlatego porównanie wartości średnich dwóch grup przeprowadzany z użyciem testu Cochrana. C= C kr = µ1 − µ 2 (σ /n 2 1 2 1 − 1 + σ 2 /n 2 − 1 ) ( ) ( ( ) ( ) ( t1 – wartość krytyczna rozkładu t dla określonego poziomu istotności i n1 - 1 stopni swobody t2 – wartość krytyczna rozkładu dla określonego poziomu istotności i swobody ) t1 σ12 /n 1 − 1 + t 2 σ 22 /n 2 − 1 σ12 /n1 − 1 + σ 22 /n 2 − 1 ) t1(0,05/2,4 ) = t 2 (0,05/2,4 ) = 2,78 Rozwiązanie – zadanie 4 Testujemy następujące hipotezy: H0: µ = µ0 H1: µ ≠ µ0 C= (σ /n 2 1 = 3,06 C kr = µ1 − µ 2 1 ) ( ) − 1 + σ /n 2 − 1 ( ( 2 2 ) ( ) ( = 2,64 − 2,068 = 0,1388 / 4 + 0,0029 / 4 ) t1 σ12 / (n1 − 1) + t 2 σ 22 / (n 2 − 1) 2,78 ⋅ 0,1388 / 4 + 2,78 ⋅ 0,0029 / 4 = = σ12 / (n1 − 1) + σ 22 / (n 2 − 1) 0,1388 / 4 + 2,78 ⋅ 0,0029 / 4 ) = 2,78 M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików 12 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie – zadanie 4 C > C kr → H1 3,06 > 2,78 → H1 Z 95% ufnością możemy stwierdzić, iż dwie partie odczynnika różnią się statystycznie istotnie ze względu na gęstość. Zadanie 5 Dla dwóch partii benzyn wyznaczono ich średnią liczbę oktanową, na podstawie 35 i 40 próbek. Wynosiły odpowiednio 95,05 i 95,60. Wiedząc, że wariancja pomiaru dla pierwszej partii wynosi 0,50, a drugiej 0,43 oceń, czy różnią się istotnie od siebie w sensie statystycznym na poziomie ufności 95%. M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików 13 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie – zadanie 5 Na wstępie weryfikujemy, czy wariancje dwóch grup są statystycznie istotnie równe na poziomie istotności 0,05: H0: σ12 = σ22 H1: σ12 ≠ σ22 µ1 = 95,05 µ 2 = 95,60 n1 = 35 n 2 = 40 σ12 = 0,50 σ 22 = 0,43 Rozwiązanie – zadanie 5 F(0,05/2,34,40 )kr = 1,92 σ12 0,50 F= 2 = = 1,16 < Fkr → H 0 σ 2 0,43 Wariancje dwóch grup są równe na poziomie istotności 0,05. M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików 14 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie – zadanie 5 Ponieważ mamy estymowane wariancje i relatywnie dużą liczbę pomiarów możemy przyjąć wartości krytyczne dla rozkładu normalnego. Testujemy następujące hipotezy: H0: µ = µ0 H1: µ ≠ µ0 z= µ1 − µ 2 σ12 /n1 + σ12 /n 2 Rozwiązanie – zadanie 5 z= = µ1 − µ 2 σ12 /n1 + σ12 /n 2 = 95,05 − 95,60 = 0,5 / 35 + 0,43 / 40 − 0,55 − 0,55 = = −3,44 0,0143 + 0,0107 0,025 z ≤ z kr → H 0 z (0,05/2 )kr = 1,96 − 3,44 > 1,96 → H1 M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików 15 www.sites.google.com/site/chemomlab Rozwiązanie – zadanie 5 Z 95% pewnością można stwierdzić, iż dwie partie benzyn mają różną liczbę oktanową. M. Daszykowski, I. Stanimirova, Wprowadzenie do statystyki dla chemików 16