ΠΡΟΣΑΡΜΟΓΗ ΠΕΙΡΑΜΑΤΙΚΩΝ ΔΕΔΟΜΕΝΩΝ ΣΕ ΘΕΩΡΗΤΙΚΕΣ ΚΑΤΑΝΟΜΕΣ Διακριτές κατανομές (πχ διωνυμική, Poisson) Συνεχείς κατανομές (πχ κανονική)

Παράδειγμα Σε 135 τμήματα των 10 μαθητών το κάθε ένα, ορίσθηκε ο αριθμός των αριστερόχειρων παιδιών. Στην κατανομή συχνοτήτων εμφάνισης αριστερόχειρων του παρακάτω πίνακα εφαρμόσατε την διωνυμική κατανομή. Υπολογίστε τη θεωρητική απόλυτη συχνότητα. Αριθμός αριστερόχειρων Απόλυτη συχνότητα Σχετική συχνότητα Θεωρητική σχετική συχνότητα Θεωρητική απόλυτη συχνότητα 22 0.163 0.0094 1.3 1 27 0.2 0.133 18.0 2 0.244 32.9 3 17 0.126 0.266 35.9 4 13 0.096 0.190 25.7 5 11 0.081 0.093 12.6 6 10 0.074 0.032 4.3 7 0.037 0.0074 1.0 8 0.044 0.0011 0.15 9 0.0001 0.014 0.015 0.0000042 0.0005 Ν=135

p= η πιθανότητα να έχουμε αριστερόχειρα q= η πιθανότητα να έχουμε δεξιόχειρα Λύση Ν = 135 και ν = 10 Η μέση τιμή του δείγματος Θεωρητική σχετική συχνότητα για x=0,1,..,10 π.χ. για x=0 P(X)=0.094 Θεωρητική απόλυτη συχνότητα π.χ. για x=0 Π(x)=135x0.094=1.3

Αριθμός ημερών χιονιού (ν) Θεωρητική κατανομή Poisson Παράδειγμα Στον παρακάτω δίνεται ο αριθμός ημερών χιονιού τον Ιανουάριο στην Αθήνα. Να εφαρμόσετε την κατανομή Poisson στην κατανομή συχνοτήτων του δείγματος. Αριθμός ημερών χιονιού (ν) Απόλυτη συχνότητα Σχετική συχνότητα Θεωρητική κατανομή Poisson 9 0.214 0.334 1 24 0.571 0.367 2 6 0.143 0.202 3 0.048 0.074 4 0.024 0.02 >5 0.003 Ν=42

Λύση Ν = 42 και ν = 31 (μέρες Ιανουάριου) x= αριθμός ημερών χιονιού τον Ιανουάριο P(x) = η πιθανότητα εμφάνισης χιονιού Η μέση τιμή του δείγματος Θεωρητική σχετική συχνότητα για x=0,1,..,4 π.χ. για x=2 P(X)=0.201 Θεωρητική απόλυτη συχνότητα π.χ. για x=2 Π(x)=42x0.201=14

Υπολογισμός πιθανοτήτων με βάση την κανονική κατανομή P(0<z<α) =P(-a<z<0) y P(0<z<α) από τον πίνακα της κανονικής κατανομής P(z<-a)=0.5-P(0<z<a) P(z>a)=0.5-P(0<z<a) z -α α

Υπολογισμός πιθανοτήτων με βάση την κανονική κατανομή a>0 β<0 y P(0<z<α) και P(β<z<0) από τον πίνακα της κανονικής κατανομής z β α P(β<z<α)= P(β<z<0) +P(0<z<α)

Υπολογισμός πιθανοτήτων με βάση την κανονική κατανομή a>0 β>0, α>β y P(0<z<α) και P(0<z<β) από τον πίνακα της κανονικής κατανομής z β α P(β<z<α)= P(0<z<α) -P(0<z<β)

Παράδειγμα Να εφαρμόσετε την κανονική κατανομή στην κατανομή συχνοτήτων των βαθμών απολυτηρίου των μαθητών μιας τάξης που δίνεται στον παρακάτω πίνακα. Τάξεις διαστημάτων Αντιπροσω-πευτική τιμή Απόλυτη συχνότητα Σχετική συχνότητα Τυποποιημένη αντιπροσωπευτική τιμή Θεωρητική σχετική συχνότητα <10 <-2.599 0.005 10 – 10.95 10.5 2 0.036 -2.378 (0.023) 0.010 11 – 11.95 11.5 -1.934 (0.061) 0.027 12 – 12.95 12.5 3 0.055 -1.491 (0.131) 0.058 13 – 13.95 13.5 5 0.091 -1.048 (0.231) 0.102 14 – 14.95 14.5 4 0.073 -0.605 (0.334) 0.147 15 – 15.95 15.5 7 0.127 -0.161 (0.397) 0.175 16 – 16.95 16.5 15 0.273 0.282 (0.386) 0.170 17 – 17.95 17.5 8 0.145 0.725 (0.309) 0.136 18 – 18.95 18.5 6 0.109 1.168 (0.202) 0.089 19 – 19.95 19.5 1.611 (0.109) 0.048 >19.95 >1.811 0.035 Ν=55 Σε παρένθεση οι αδιόρθωτες τιμές

Λύση Η μέση τιμή του δείγματος Η τυπική απόκλιση του δείγματος Εύρεση τυποποιημένης αντιπροσωπευτικής τιμής για τα κλειστά διαστήματα για i=1, 2…10 κλειστά διαστήματα όπου xi=αντιπροσωπευτική τιμή διαστήματος

Από τον Πίνακα 2 της τυποποιημένης κανονικής κατανομής Εύρεση πιθανότητας μια τιμή του διαστήματος να είναι ίση με την τυποποιημένη αντιπροσωπευτική τιμή zi (κλειστά διαστήματα) Από τον Πίνακα 2 της τυποποιημένης κανονικής κατανομής π.χ για z1=-2.378 η πιθανότητα που προκύπτει από την κανονική κατανομή (θεωρητική σχετική συχνότητα) είναι p1= 0.023 Διόρθωση της πιθανότητας pi (κλειστά διαστήματα), λόγω χρησιμοποίησης αντιπροσωπευτικής τιμής στο διάστημα. s=τυπική απόκλιση R=εύρος διαστήματος π.χ για z1=-2.378 (θεωρητική σχετική συχνότητα) είναι 0.0235 και η διορθωμένη p1=0.023x0.44=0.010

Πιθανότητα να συμβεί μια συγκεκριμένη τιμή z

Εύρεση τυποποιημένης αντιπροσωπευτικής τιμής των ορίων για τα δύο ανοικτά διαστήματα Με τον ίδιο τρόπο, όπως παραπάνω βρίσκουμε την τυποποιημένη τιμή: 10 -2.599 και 19.95 1.811 Εύρεση πιθανότητας μια τιμή του διαστήματος να είναι μεγαλύτερη ή μικρότερη από τα όρια των ανοικτών διαστημάτων Από τον Πίνακα 3 της τυποποιημένης κανονικής κατανομής για x<10: Ρ(x<10) =Ρ(z<-2.599) = 0.5 – Ρ(0<z<2.599) =0.005 για x>19.95:Ρ(x>19.95) =Ρ(z>1.811) = 0.5-Ρ(0<z<1.811) = 0.035

Πινακας 3: Πιθανότητα μια τιμή να βρίσκεται μεταξύ 0 και τιμής Ζα

‘Ελεγχος καλής προσαρμογής θεωρητικής κατανομής x2 έλεγχος Προϋποθέσεις: Μέγεθος δείγματος Ν>50 Αν οι βαθμοί ελευθερίας είναι <6, τότε οι απόλυτες θεωρητικές συχνότητες σε κάθε τάξη να είναι > 5. Αλλιώς δεν κάνουμε x2 έλεγχο Αν οι βαθμοί ελευθερίας είναι >6, τότε μπορεί μέχρι ένα ποσοστό 20% των βε να υπάρχουν απόλυτες θεωρητικές συχνότητες<5. Αλλιώς κάνουμε συνένωση διαστημάτων ο αριθμός διαστημάτων > 2 όταν εφαρμοστεί συνένωση διαστημάτων, ο νέος αριθμός διαστημάτων να είναι >2

Η0: fi=Fi Η1: fi≠Fi θεωρητική συχνότητα (απόλυτη) Εμπειρική συχνότητα (απόλυτη) όπου j=αριθμός διαστημάτων

X2 a= τιμή από τον πίνακα της x2 για στάθμη σημαντικότητας α και βε=j-1-ρ (όπου ρ=αριθμός παραμέτρων που απαιτούνται για να υπολογιστεί η θεωρητική κατανομή) Σημείωση: όταν οι παράμετροι της κατανομής δίνονται και δεν υπολογίζονται από το δείγμα τότε ρ=0 Αν x2 > X2 a Η0 απορρίπτεται Αν x2 < X2 a Η0 γίνεται δεκτή και επομένως υπάρχει καλή προσαρμογή της θεωρητικής κατανομής στα πειραματικά δεδομένα

Παράδειγμα Σε ένα δείγμα με Ν=126 που έχει ομαδοποιηθεί σε j=5 τάξεις, έχει εφαρμοστεί η διωνυμική κατανομή, σύμφωνα με τον παρακάτω πίνακα, όπου φαίνεται η εμπειρική απόλυτη συχνότητα κάθε τάξης και η αντίστοιχη σχετική θεωρητική συχνότητα, που προέκυψε μετά την εφαρμογή της κατανομής. Να δειχθεί αν ο θεωρητικός αυτός νόμος προσεγγίζει ικανοποιητικά την κατανομή συχνοτήτων του δείγματος. Απόλυτη εμπειρική συχνότητα (fi) Σχετική θεωρητική συχνότητα P(x) Απόλυτη θεωρητική συχνότητα Π(x)=Fi x2 τιμές 30 0.110 13.9 (30-13.9)2/13.9 51 0.293 36.9 (51-36.9)2/36.9 33 0.326 41.1 (33-41.1)2/41.1 10 0.194 24.4 (10-24.4)2/24.4 2 0.065 8.2 (2-8.2)2/8.2 x2 = 38.82

Λύση Χρειαζόμαστε την απόλυτη θεωρητική συχνότητα Π(x)=N.P(x), οπότε προκύπτει η τρίτη στήλη του πίνακα. Η σύγκριση θα γίνει μεταξύ της απόλυτης εμπειρικής και της απόλυτης θεωρητικής συχνότητας. Ηο: η κατανομή συχνοτήτων του δείγματος ακολουθεί την διωνυμική κατανομή, fi=Fi Η1: η κατανομή συχνοτήτων του δείγματος δεν ακολουθεί την διωνυμική κατανομή fi≠Fi Θα χρησιμοποιηθεί ο X2 έλεγχος, ελέγχοντας πρώτα τις προϋποθέσεις. a=0.05

Προϋποθέσεις: Το μέγεθος δείγματος Ν=126 είναι όντως >50 oι απόλυτες θεωρητικές συχνότητες σε κάθε τάξη είναι όντως > 5 ο αριθμός διαστημάτων είναι όντως > 2 Άρα μπορεί να χρησιμοποιηθεί ο έλεγχος. Η τελευταία στήλη του πίνακα περιλαμβάνει τις τιμές του όρου για κάθε τάξη j και μετά βρίσκουμε το x2. βε= j-1-ρ=j-1-1 = 5 –2 = 3 Όπου j=αριθμός διαστημάτων=5 Όπου ρ=αριθμός παραμέτρων της διωνυμικής κατανομής=1 (γιατί η διωνυμική κατανομή χρειάζεται μόνο τη μέση τιμή για να προσδιοριστεί).

Για βε=3 βαθμούς ελευθερίας βρίσκουμε από τον πίνακα της x2 κατανομής: Αφού x2 = 38.82 > x2α = 7.815, απορρίπτεται η μηδενική υπόθεση Ηο στη στάθμη σημαντικότητας α=0.05

Παράδειγμα Σε ένα δείγμα με Ν=135 που έχει ομαδοποιηθεί σε j=11 τάξεις, έχει εφαρμοστεί η διωνυμική κατανομή, σύμφωνα με τον παρακάτω πίνακα. Να ελεγχθεί αν η θεωρητική κατανομή είναι κατάλληλη για το συγκεκριμένο δείγμα. Απόλυτη εμπειρική συχνότητα (fi) Σχετική θεωρητική συχνότητα P(x) Απόλυτη θεωρητική συχνότητα Π(x)=Fi x2 τιμές 22 0.0094 1.3 27 49 0.133 18.0 19.3 (49-19.3)2/19.3 0.244 32.9 (22-32.9)2/32.9 17 0.266 35.9 (17-35.9)2/35.9 13 0.190 25.7 (13-25.7)2/25.7 11 0.093 12.6 (11-12.6)2/12.6 10 0.032 4.3 5 0.0074 1.0 6 23 0.0011 0.15 5.46 (23-5.46)2/5.46 0.0001 0.014 2 0.0000042 0.0005 x2 =121.4

Λύση Βρίσκουμε την απόλυτη θεωρητική συχνότητα Π(x)=N.P(x), οπότε προκύπτει η τρίτη στήλη του πίνακα. Ηο: fi=Fi Η1: fi≠Fi Θα χρησιμοποιηθεί ο X2 έλεγχος, ελέγχοντας πρώτα τις προϋποθέσεις. a=0.05 Προϋποθέσεις: Το μέγεθος δείγματος Ν=135 είναι όντως >50 Έχουμε 11 τάξεις διαστημάτων (βε>6) και στις 6 από αυτές οι απόλυτες θεωρητικές συχνότητες έχουν μέγεθος < 5. Ο αριθμός αυτός είναι μεγαλύτερος του ορίου των 20% των βε που απαιτείται. Οπότε θα κάνουμε στα άκρα συνένωση των τάξεων διαστημάτων.

Η συνένωση γίνεται στην τρίτη στήλη του πίνακα Μετά τη συνένωση: j=6 βε= j-1-ρ=j-1-1 = 6 –2 = 4 όπου ρ=1 για τη διωνυμική κατανομή για βε= 4 έχουμε:x2α = 9.488. Αφού x2 = 121.4 > x2α = 9.488, απορρίπτεται η μηδενική υπόθεση Ηο στη στάθμη σημαντικότητας α=0.05.

Η κακή προσαρμογή του θεωρητικού νόμου φαίνεται στην κατανομή συχνοτήτων του σχήματος

Παράδειγμα Σε ένα δείγμα με Ν=55 έχει εφαρμοστεί κανονική κατανομή, σύμφωνα με τον παρακάτω πίνακα. Να δειχθεί αν η επιλογή αυτού του θεωρητικού νόμου είναι επιτυχής. ΠΑΡΑΤΗΡΟΥΜΕΝΕΣ ΑΠΟΛΥΤΕΣ ΣΥΧΝΟΤΗΤΕΣ ΘΕΩΡΗΤΙΚΕΣ ΣΧΕΤΙΚΕΣ ΣΥΧΝΟΤΗΤΕΣ ΘΕΩΡΗΤΙΚΕΣ ΑΠΟΛΥΤΕΣ ΣΥΧΝΟΤΗΤΕΣ 0.005 0.00555 = 0.28 2 7 0.01 0.55 5.51 2 0.027 1.49 3 0.058 3.19 5 0.102 5.61 4 0.147 8.09 7 0.175 9.63 15 0.17 9.35 8 0.136 7.48 6 0.089 4.90 3 9 0.048 2.64 9.47 0.035 1.93

Λύση Προϋποθέσεις: Το μέγεθος δείγματος Ν=55 είναι όντως >50 Έχουμε 12 τάξεις διαστημάτων (βε>6) και στις 7 από αυτές οι απόλυτες θεωρητικές συχνότητες έχουν μέγεθος < 5. Ο αριθμός αυτός διαστημάτων είναι > του ορίου των 20% των βε. Επομένως κάνουμε συνένωση διαστημάτων. Ηο: fi=Fi Η1: fi≠Fi a=0.05 Η συνένωση γίνεται στην τρίτη στήλη του πίνακα

Μετά τη συνένωση: j=7 βε= j-1-ρ=7-1-2 = 4 όπου ρ=2 για την κανονική κατανομή (χρειάζεται ο υπολογισμός της μέσης τιμής και της τυπικής απόκλισης) για βε= 4 έχουμε:x2α = 9.488. Αφού x2 = 6.729 < x2α = 9.488, η μηδενική υπόθεση Ηο γίνεται αποδεκτή στη στάθμη σημαντικότητας α=0.05.

Τι θα γινόταν αν δεν κάναμε συνένωση? j=12 βε= j-1-ρ=12-1-2 = 9 για βε= 9 έχουμε:x2α = 16.919 Αφού x2 = 12.82 < x2α = 16.919, η μηδενική υπόθεση Ηο εξακολουθεί να γίνεται αποδεκτή στη στάθμη σημαντικότητας α=0.05, παρά το γεγονός ότι δεν κάναμε συνένωση.

Αυτό οφείλεται στο μεγάλο αριθμό τάξεων διαστημάτων που έχει το δείγμα και στο μικρό εύρος αυτών. Σε τέτοια περίπτωση θα πρέπει να ξεκινάμε τον έλεγχο χωρίς συνένωση των τάξεων διαστημάτων και αν απορριφθεί η μηδενική υπόθεση, τότε να κάνουμε συνένωση των τάξεων διαστημάτων.

Παράδειγμα Σε ένα δείγμα με Ν=42 έχει εφαρμοστεί κατανομή Poisson, σύμφωνα με τον παρακάτω πίνακα. Να δειχθεί αν η θεωρητική κατανομή είναι κατάλληλη για προσαρμογή στο συγκεκριμένο δείγμα. Απόλυτη εμπειρική συχνότητα Απόλυτη θεωρητική συχνότητα x2 τιμές 9 0.33442= 14.03 (9-14.03)2/14.03 24 0.36742=15.41 (24-15.41)2/15.41 6 0.20242=8.48 (6-8.48)2/8.48 2 0.07442=3.11 1 0.0242=0.84 (3-4.08)2/4.08 0.00342=0.13 x2 = 7.603

Λύση Προϋποθέσεις: Το μέγεθος δείγματος Ν=42, οπότε είναι < 50, που μας δημιουργεί μια δυσκολία στην εφαρμογή του test Έχουμε 6 τάξεις διαστημάτων (βε<6) και στις 3 από αυτές οι απόλυτες θεωρητικές συχνότητες έχουν μέγεθος < 5. Επίσης δεν ικανοποιείται η προϋπόθεση για x2 test. Θα χρησιμοποιηθεί το G test

‘Ελεγχος καλής προσαρμογής θεωρητικής κατανομής G έλεγχος ή έλεγχος του λόγου της λογαριθμοπιθανοφάνειας Χρησιμοποιείται όταν δε μπορεί να χρησιμοποιηθεί ο x2-έλεγχος ή όταν έχει μειωμένη ακρίβεια Προϋποθέσεις: οι θεωρητικές τιμές της συχνότητας να είναι σχετικά μικρές δεν υπάρχουν περιορισμοί στον αριθμό των διαστημάτων και στην τιμή της θεωρητικής συχνότητας ανά διάστημα. Οπότε δεν απαιτούνται συνενώσεις διαστημάτων

όπου j=αριθμός διαστημάτων Η0: fi=Fi Η1: fi≠Fi θεωρητική συχνότητα (απόλυτη) Εμπειρική συχνότητα (απόλυτη) όπου j=αριθμός διαστημάτων

X2 a= τιμή από τον πίνακα της x2 για στάθμη σημαντικότητας α και βε=j-1-ρ (όπου ρ=αριθμός παραμέτρων που απαιτούνται για να υπολογιστεί η θεωρητική κατανομή) Αν G > X2 a Η0 απορρίπτεται Αν G < X2 a Η0 γίνεται δεκτή και επομένως υπάρχει καλή προσαρμογή της θεωρητικής κατανομής στα πειραματικά δεδομένα

Παράδειγμα Σε ένα δείγμα με Ν=55 έχει εφαρμοστεί κανονική κατανομή, σύμφωνα με τον παρακάτω πίνακα. Να δειχθεί αν η επιλογή αυτού του θεωρητικού νόμου είναι επιτυχής με τον G-έλεγχο.. Εμπειρικές απόλυτες συχνότητες (fi) lnfi Θεωρητικές απόλυτες συχνότητες (Fi) lnFi - 0.28 -1.273 2 0.693 0.55 -0.598 1.49 0.399 3 1.099 3.19 1.160 5 1.609 5.61 1.725 4 1.386 8.09 2.091 7 1.946 9.63 2.265 15 2.708 9.35 2.239 8 2.079 7.48 2.012 6 1.792 4.90 1.589 2.64 1.044 1.93 0.658 Σfi (lnfi)=104,58 Σfi (lnFi)=98,273

Η0: fi= Fi. η κατανομή συχνοτήτων του δείγματος Δεν ακολουθεί την κανονική κατανομή βε= j-1-ρ=12-1-2 = 9 όπου ρ=2 για την κανονική κατανομή για βε= 9 έχουμε:x2α = 16.919 Αφού G = 12.616 < x2α = 16.919, η μηδενική υπόθεση Ηο γίνεται αποδεκτή στη στάθμη σημαντικότητας α=0.05. Σημείωση: επιβεβαιώνεται το αποτέλεσμα του x2 ελέγχου ύστερα από συνένωση

Παράδειγμα Σε ένα δείγμα με Ν=135 που έχει ομαδοποιηθεί σε j=11 τάξεις, έχει εφαρμοστεί η διωνυμική κατανομή, σύμφωνα με τον παρακάτω πίνακα. Να δειχθεί αν η επιλογή αυτού του θεωρητικού νόμου είναι επιτυχής με τον G-έλεγχο.. Απόλυτη εμπειρική συχνότητα (fi) lnfi Απόλυτες θεωρητικές συχνότητες (Fi) lnFi 22 3.091 1.3 0.262 27 3.296 18.0 2.890 32.9 3.393 17 2.833 35.9 3.581 13 2.565 25.7 3.246 11 2.398 12.6 2.534 10 2.303 4.3 1.459 5 1.609 1.0 6 1.792 0.15 -1.897 - 0.014 -4.269 2 0.693 0.0005 -7.600 Σfi (lnfi)=376.093 Σfi (lnFi)=279.597

Η0: fi= Fi. η κατανομή συχνοτήτων του δείγματος Δεν ακολουθεί τη διωνυμική κατανομή βε= j-1-ρ=11-1-1 = 9 όπου ρ=1 για τη διωνυμική κατανομή για βε= 9 έχουμε:x2α = 16.919 Αφού G = 192.99 > x2α = 16.919, η μηδενική υπόθεση Ηο απορρίπτεται στη στάθμη σημαντικότητας α=0.05. Σημείωση: επιβεβαιώνεται το αποτέλεσμα του x2 ελέγχου ύστερα από συνένωση

Παράδειγμα Σε ένα δείγμα με Ν=42 έχει εφαρμοστεί κατανομή Poisson, σύμφωνα με τον παρακάτω πίνακα. Να δειχθεί αν η θεωρητική κατανομή είναι κατάλληλη για προσαρμογή στο συγκεκριμένο δείγμα. Απόλυτη εμπειρική συχνότητα fi Απόλυτ η θεωρητική συχνότητα Fi fi.lnfi fi. lnFi 9 0.33442= 14.03 19,77502 23,770781 24 0.36742=15.41 76,27329 65,6403996 6 0.20242=8.48 10,75056 12,8262627 2 0.07442=3.11 1,386294 2,26924545 1 0.0242=0.84 -0,1743534 0.00342=0.13 Σ = 108,18 Σ=104,33

Η0: fi= Fi. η κατανομή συχνοτήτων του δείγματος Η0: fi= Fi η κατανομή συχνοτήτων του δείγματος ακολουθεί τη κατανομή Poisson Η1: fi≠Fi Δεν ακολουθεί την κατανομή Poisson βε= j-1-ρ=7-1-1 = 5 όπου ρ=1 για τη κατανομή Poisson για βε= 5 έχουμε:x2α = 11.07 Αφού G = 7.7 < x2α = 11.07, η μηδενική υπόθεση Ηο γίνεται αποδεκτή στη στάθμη σημαντικότητας α=0.05 Σημείωση: αν τελικά πραγματοποιούνταν x2 έλεγχος η Η0 θα απορρίπτονταν, οπότε επιβεβαιώνεται ότι στην περίπτωση αυτή προτιμάται ο G έλεγχος