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