Järeldused ühe osakaalu kohta

Sisesta õnnestumiste arv x, valimi maht n ja oletatav osakaal p₀, seejärel vali alternatiivhüpotees, usaldatavus ja olulisuse nivoo α. Ülemisel joonisel on p̂ valimijaotus eeldusel, et p₀ kehtib, kusjuures p-väärtus on viirutatud; selle all kuvatakse samal skaalal usaldusvahemik.

p̂ standardhälve	$\sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$
Usaldusvahemik	$\hat p\pm z^*\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}}$
Teststatistik	$z=\frac{\hat p-p_0}{\sqrt{p_0(1-p_0)/n}}$

Näidisarvutus — Järeldused ühe osakaalu kohta

Valimi osakaal p̂	0,17
Teststatistik z	2,33
p-väärtus	0,0196
Binoomjaotuse täpne p-väärtus	0,0412
Kriitiline väärtus z* tasemel 95%	1,96
p̂ standardviga	0,0376
Veapiir	0,0736
95% usaldusvahemik	(0,0964; 0,2436)

Need on väärtused, mida kalkulaator lehe avamisel näitab. Muuda ülal mõnda sisendit, et need ümber arvutada.

Interaktiivse simulatsiooni laadimine...

Õppetund

Teooria — Järeldused ühe osakaalu kohta

Järelduste tegemine osakaalu kohta kasutab valimi osakaalu p̂ = x/n, et hinnata üldkogumi osakaalu p usaldusvahemikuga või kontrollida oletatavat väärtust p₀ hüpoteesitestiga.

Kust valem tuleb

Osakaalu p̂ valimijaotus. Korduvates juhuvalimites on p̂ keskväärtus p ja standardhälve √(p(1 − p)/n). Jaotus on ligikaudu normaalne alati, kui nii np kui ka n(1 − p) on vähemalt 10.
$\mu_{\hat p}=p,\qquad\sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$
Eelduste kontroll. Juhuslikkus: tegemist on juhuvalimi või katseisikute juhusliku jaotamisega. 10% reegel: tagasipanekuta valimi maht n moodustab üldkogumist ülimalt kümnendiku. Suured sagedused: vahemiku jaoks vähemalt 10 õnnestumist ja 10 ebaõnnestumist, testi jaoks peavad n p₀ ja n(1 − p₀) olema vähemalt 10.
$\begin{aligned}&n\le0.1\,N\\&n\hat p\ge10,\quad n(1-\hat p)\ge10\\&np_0\ge10,\quad n(1-p_0)\ge10\end{aligned}$
Usaldusvahemik. Valem on p̂ ± z* korda standardviga, kus parameetri p tundmatuse tõttu võetakse aluseks p̂. Kordaja z* sõltub usaldusnivoost: 1,645 90% korral, 1,96 95% korral ja 2,576 99% korral. Tõlgenda tulemust kontekstis: oleme 95% kindlad, et vahemik katab üldkogumi tegeliku osakaalu, kusjuures 95% näitab selle meetodi õnnestumise sagedust korduvates valimites.
$\hat p\pm z^*\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}},\qquad z^*=1.645,\ 1.96,\ 2.576$
Test. Sõnasta H₀: p = p₀ ja alternatiivhüpotees. Eelda, et H₀ kehtib, mistõttu p̂ standardhälbe leidmisel võetakse aluseks p₀. Teststatistik z näitab, mitme standardhälbe kaugusel asub p̂ väärtusest p₀, ning p-väärtus on tõenäosus saada nullhüpoteesi kehtides väärtusest p₀ vähemalt sama kaugele Hₐ suunas jääv p̂.
$H_0:\ p=p_0\ \Rightarrow\ \sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}},\qquad z=\frac{\hat p-p_0}{\sigma_{\hat p}}$
Lõppjäreldus kontekstis. Kui p-väärtus jääb alla olulisuse nivoo α, lükka H₀ tagasi: meil on veenvad tõendid Hₐ kasuks. Vastasel juhul pole alust H₀ tagasi lükata: andmed ei anna piisavat tuge, mis ei tähenda veel tõendit H₀ kehtivuse kohta. Tõese nullhüpoteesi tagasilükkamine on I liiki viga ning test on üles ehitatud nii, et selle vea tõenäosus oleks α. Kuna tegelik jaotus on normaalne vaid ligikaudselt, kehtib ka see nivoo ligikaudselt: kui n = 100 ja p₀ = 0,1, lükkab 5% test tegelikult kehtiva H₀ tagasi 6,4% juhtudest. Väära nullhüpoteesi tagasilükkamata jätmine on II liiki viga.

Eeldab: Normaalmudel on binoomjaotuse lähend. Kui suurte sageduste tingimus ei ole täidetud, kuvab leht normaaljaotuse kõrval binoomjaotuse täpse p-väärtuse; selle kahepoolne variant kahekordistab jaotuse väiksema saba tõenäosuse.

Ülesanded täielikult lahendatud

Osakaalu p̂ valimijaotus 2 sammu
Oletame, et 10% kooli õpilastest käib koolis jalgsi. Kirjelda osakaalu p̂ valimijaotust 100 õpilasega juhuvalimites.

Ava see ülesanne tööriistas
1. Keskkoht ja hajuvus tulenevad parameetritest p ja n:
  
  $\mu_{\hat p}=p=0.1,\qquad\sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{0.1\,(0.9)}{100}}=0.03$
2. Kuju on ligikaudu normaalne, sest mõlemad oodatavad sagedused ulatuvad vähemalt kümneni:
  
  $np=100\,(0.1)=10\ge10,\qquad n(1-p)=100\,(0.9)=90\ge10$
Vastus

Ligikaudu normaalne, keskväärtusega 0,1 ja standardhälbega 0,03.

$\hat p\ \dot\sim\ N(0.1,\ 0.03)$
10% tingimus 2 sammu
100 õpilasega valim võetakse tagasipanekuta koolist, kus õpib kõigest 400 last. Kontrolli järeldustegemise eeldusi jalgsi käijate osakaalu kohta.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Suurte sageduste eeldus kehtib nagu eelmiseski ülesandes, ent 10% tingimus mitte:
  
  $n=100>0.1\times400=40$
2. Väikesest üldkogumist ilma tagasipanekuta võttes kõigub p̂ vähem, kui valem eeldab. Lõpliku üldkogumi parandustegur näitab selle ulatust:
  
  $\sqrt{\frac{N-n}{N-1}}=\sqrt{\frac{300}{399}}\approx0.867,\qquad0.03\times0.867\approx0.026$
Vastus

10% tingimus pole täidetud (100 > 40). Valemist saadav 0,03 hindab p̂ hajuvust üle; arvestades väikest üldkogumit, on parandatud väärtus ligikaudu 0,026.

$100>40,\qquad\sigma_{\hat p}\approx0.026<0.03$
Usaldusvahemiku leidmine 2 sammu
Linna 300 000 valija seast võetud 1 000-liikmelises juhuvalimis toetab kandidaati 520 inimest. Leia ja tõlgenda 95% usaldusvahemik kõigi linna valijate osakaalule, kes teda toetavad.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Eeldused: juhuvalim; 1 000 on alla kümnendiku 300 000-st; 520 õnnestumist ja 480 ebaõnnestumist. Valimi osakaal ja selle standardviga:
  
  $\hat p=\frac{520}{1000}=0.52,\qquad SE=\sqrt{\frac{0.52\,(0.48)}{1000}}\approx0.0158$
2. Korruta kordajaga z* = 1,96 ning liida ja lahuta:
  
  $0.52\pm1.96\,(0.0158)=0.52\pm0.031$
Vastus

(0,489; 0,551). Oleme 95% kindlad, et kandidaati toetab 48,9% kuni 55,1% linna valijatest.

$(0.489,\ 0.551)$
Väite hindamine usaldusvahemiku abil 2 sammu
100 õpilasega juhuvalimis käib koolis jalgsi 10. Ajaleht väidab, et kooli õpilastest teeb seda 17%. Hinda väidet 95% usaldusvahemiku abil.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Usaldusvahemik 10 õnnestumise ja 90 ebaõnnestumise põhjal:
  
  $\hat p=\frac{10}{100}=0.1,\qquad0.1\pm1.96\sqrt{\frac{0.1\,(0.9)}{100}}=0.1\pm0.059=(0.041,\ 0.159)$
2. Võrdleme väidetud väärtust leitud vahemikuga:
  
  $0.17>0.159$
Vastus

Vahemik (0,041; 0,159) ei sisalda arvu 0,17, seega pole 17% jalgsi käijate osakaaluna usutav väärtus.

$0.17\notin(0.041,\ 0.159)$
Kahepoolne olulisuse test 2 sammu
1 200 õpilasega kool väidab, et 10% neist käib koolis jalgsi; 100 õpilasega juhuvalimis teeb seda 17. Kontrolli väidet 5% olulisuse nivoo juures.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Hüpoteesid: H₀: p = 0,1, Hₐ: p ≠ 0,1. Eeldused: juhuvalim; 100 on vähem kui kümnendik 1 200-st; n p₀ = 10 ja n(1 − p₀) = 90. Teststatistik nullhüpoteesi järgi leitud standardhälbega:
  
  $z=\frac{0.17-0.1}{\sqrt{0.1\,(0.9)/100}}=\frac{0.07}{0.03}\approx2.33$
2. Kahepoolne p-väärtus:
  
  $P=2\,P(Z\ge2.33)\approx0.020$
Vastus

p = 0,020 < 0,05, seega lükkame H₀ tagasi: andmed annavad veenva tõendi, et jalgsi käivate õpilaste osakaal ei ole 10%.

$P\approx0.020<0.05$
Ühepoolne test, kus nullhüpoteesi ei lükata tagasi 2 sammu
Kui 1 000 juhuslikult valitud valijast toetab kandidaati 520, kas leidub siis veenvaid tõendeid selle kohta, et teda toetab linna valijate enamus? Kasuta nivood α = 0,05.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Hüpoteesid: H₀: p = 0,5, Hₐ: p > 0,5. Suurte sageduste eeldus: 500 ja 500. Teststatistik:
  
  $z=\frac{0.52-0.5}{\sqrt{0.5\,(0.5)/1000}}=\frac{0.02}{0.0158}\approx1.265$
2. Ühepoolne p-väärtus:
  
  $P=P(Z\ge1.265)\approx0.103$
Vastus

p = 0,103 ≥ 0,05, mistõttu H₀ tagasilükkamiseks puudub alus: enamuse kohta ei leidu veenvaid tõendeid. Samas pole see tõend ka enamuse puudumise kohta.

$P\approx0.103\ge0.05$
Kui suurte sageduste tingimus ei kehti, ja võimalikud vead 3 sammu
Tarnija väidab, et defektseid osi on 2%. 100-liikmelises juhuvalimis leiti 5 defekti. Kas z-testi kasutamine on õigustatud? Leia täpne p-väärtus alternatiivile Hₐ: p > 0,02 ning selgita, mida tähendaksid siin I ja II liiki viga.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Suurte sageduste eeldus testi jaoks pole täidetud:
  
  $np_0=100\,(0.02)=2<10$
2. Kasutame binoomjaotust ennast. Kui p = 0,02, allub defektide arv X binoomjaotusele parameetriga n = 100:
  
  $P(X\ge5)=1-\sum_{k=0}^{4}\binom{100}{k}(0.02)^k(0.98)^{100-k}\approx0.051$
3. I liiki viga tähendaks järeldust, et tarnija praagimäär ületab 2%, kuigi tegelikult see nii ei ole; II liiki viga tähendaks tõeliselt üle 2% ulatuva praagimäära märkamata jätmist.
Vastus

Ei: n p₀ = 2 < 10. Täpne p-väärtus on 0,051 võrrelduna normaaljaotuse antud 0,016-ga, seega 5% nivoo juures jääb tõenditest napilt puudu.

$P_{\mathrm{exact}}\approx0.051,\qquad P_{\mathrm{normal}}\approx0.016$
Valimi mahu määramine 2 sammu
Kui suur juhuvalim tagab 95% usaldusvahemiku, mille veapiir on ülimalt 3 protsendipunkti, ükskõik milline on üldkogumi tegelik osakaal?
Näita lahendust
1. Korrutis p̂(1 − p̂) saavutab maksimumi väärtusel p̂ = 0,5, seega lähtume sellest ebasoodsaimast olukorrast:
  
  $n=\left(\frac{z^*}{m}\right)^{2}p^*(1-p^*)=\left(\frac{1.96}{0.03}\right)^{2}(0.5)(0.5)\approx1067.1$
2. Ümardame ülespoole, sest 1 067 annaks veapiiri napilt üle 3 protsendipunkti:
  
  $1.96\sqrt{\frac{0.25}{1067}}\approx0.0300016>0.03$
Vastus

n = 1 068.

$n=1068$

Lisaülesanded, ainult vastustega

60-liikmelises juhuvalimis omab uuritavat tunnust 45. Leia üldkogumi osakaalu 90% usaldusvahemik.

Näita vastust

(0,658; 0,842)

$0.75\pm1.645\sqrt{\frac{0.75\,(0.25)}{60}}=0.75\pm0.092=(0.658,\ 0.842)$
Kontrolli nivoo α = 0,05 juures, kas Kerrichi münt (5 067 kulli 10 000 viskest) oli tasakaalus.

Näita vastust

z = 1,34, p = 0,18: H₀ jääb kehtima; puuduvad veenvad tõendid mündi kaldusoleku kohta.

$z=\frac{0.5067-0.5}{0.005}=1.34,\qquad P=2\,P(Z\ge1.34)\approx0.18$
Leia 95% usaldusvahemik kulli tõenäosusele Kerrichi 10 000 viske põhjal.

Näita vastust

(0,497; 0,516), mis sisaldab väärtust 0,5

$0.5067\pm1.96\,(0.0050)=(0.497,\ 0.516)$
Kui suur valim tagab 90% usaldusvahemiku veapiiriga kuni 4 protsendipunkti, sõltumata tegelikust osakaalust?

Näita vastust

n = 423

$n=\left(\frac{1.645}{0.04}\right)^{2}(0.25)\approx422.8\ \Rightarrow\ n=423$
Münt langeb 100 viskest kullile 40 korral. Kontrolli hüpoteesi H₀: p = 0,5 alternatiivi Hₐ: p < 0,5 vastu nivoo α = 0,05 juures.

Näita vastust

z = −2, p = 0,023: lükka H₀ tagasi; on veenvaid tõendeid, et münt langeb kullile harvem kui pooltel kordadel.

$z=\frac{0.4-0.5}{0.05}=-2,\qquad P=P(Z\le-2)\approx0.023<0.05$
Mida tähendab „95% kindlustunne“ valijaküsitluse korral, kus 1 000 valijast toetas kandidaati 520?

Näita vastust

Kui võtta valijatest palju 1 000-liikmelisi juhuvalimeid ja koostada igaühest samal viisil vahemik, kataks umbes 95% neist vahemikest tõelise osakaalu. See ei tähenda tõenäosust, et see konkreetne vahemik (0,489; 0,551) katab otsitava väärtuse: ta kas katab seda või mitte.
Test tehakse nivoo α = 0,01 juures. Kui H₀ on tegelikult tõene, kui tõenäoline on selle ekslik tagasilükkamine ja kuidas sellist viga nimetatakse?

Näita vastust

Umbes 0,01 — täpselt 0,01 oleks see vaid siis, kui valimijaotus oleks rangelt normaalne; tegelikult kehtiva H₀ tagasilükkamine on I liiki viga. Kui test on juba tehtud ja hüpotees tagasi lükatud, ei näita 0,01 aga enam seda, kui tõenäoliselt just antud otsus ekslikuks osutus.

$P(\mathrm{reject}\ H_0\mid H_0)\approx\alpha=0.01$

100-st 17 lükkab tagasi 10%, vahemik aga hoiab seda alles

Vali 100-st 17, väide 10%. Test annab tulemuseks z = 2,33 ja p = 0,0196 ning lükkab 5% nivoo juures tagasi hüpoteesi p = 0,1. Ometi sisaldab 95% usaldusvahemik 0,096 kuni 0,244 väärtust 0,1. Vali nüüd 100-st 10, väide 17%, kus samad kaks osakaalu on rollid vahetanud: usaldusvahemik 0,041 kuni 0,159 jätab arvu 0,17 välja, samal ajal kui test ei lükka seda tagasi (p = 0,062). Kumbki arvutus pole ekslik. Binoomjaotuse täpne p-väärtus nõustub mõlemal korral testiga, seega ei vea meid alt normaaljaotus. Test mõõdab p̂ kaugust väärtusest p₀ standardhälbega, mis on leitud p₀ järgi, sest test eeldab nullhüpoteesi kehtivust. Usaldusvahemik aga kasutab väärtusest p̂ arvutatud standardviga, sest ei eelda parameetri p kohta midagi. Väärtuse 0,1 juures on see mõõt 0,03 ja väärtuse 0,17 juures 0,0376 ning vahe 0,07 mahub täpselt ühe ja teise 1,96-kordse vahele. Kui ülesanne nõuab testi, tee test; kui soovid hinnata väärtuse usutavust, kasuta usaldusvahemikku.

Oodatud 2 defekti, leitud 5: kõvera järgi 1,6%, loenduse järgi 5,1%

Vali 5 defekti 100 seas. Tarnija väidab osakaaluks 2%, seega ootasime 2 defekti, ent leidsime 5. z-test annab tulemuseks z = 2,14 ja ühepoolse p-väärtuse 0,016, mis jääb kindlalt alla 0,05 piiri. Ometi on n p₀ = 2 tunduvalt väiksem nõutavast 10-st ja tulbad kõvera taga näitavad selgelt probleemi: defektide arv ei saa langeda alla 0, mistõttu jaotus on viltune ja sellel on pikk parempoolne saba, mida kellukakõveral pole. Tõenäosus saada 2% praagiga tarnijalt 5 või enam defektset osa on täpse arvutuse järgi 0,051. See on normaalmudeli tulemusest kolm korda suurem ja ületab napilt 0,05 künnise. Suurte sageduste tingimus märgibki piiri, kus pidev kõver lakkab tegelikke tulpasid kirjeldamast.

Kerrichi mündiviskel tuli kulle 67 võrra rohkem, ja see on ootuspärane

Matemaatik John Kerrich heitis 1941. aastal Taanis interneerituna münti 10 000 korda ja sai tulemuseks 5 067 kulli. Vali Kerrichi münt: tulemused z = 1,34 ja p = 0,18 näitavad, et aus münt kaldub ühele või teisele poole vähemalt nii palju umbes igas viiendas või kuuendas katseseerias. Need 67 lisandunud kulli ei ole võlg, mida münt peaks hiljem tasuma hakkama. Õiglase mündi korral on kullide arvu ja poole visete arvu vahe standardhälve √n/2, mis visete lisandudes kasvab: 5 pärast 100 viset, 50 pärast 10 000 ja 500 pärast miljonit viset. Kahaneb aga selle vahe osakaal visete koguarvus: 5%-lt 0,5%-le ja sealt 0,05%-le. Suurte arvude seadus kehtib osakaalu, mitte absoluutarvu kohta. Miski ei tõmba tulemuste arvu tagasi täpselt pooleks, mistõttu pikk kirjade jada ei tee kulli tulekut sugugi tõenäolisemaks.

Õpitee

Statistika: andmetest osakaaludeni

Allikad (2)

Insight block 3 and the Kerrich preset: John Kerrich, interned in Denmark in 1941, tossed a coin 10,000 times and it landed heads 5,067 times; his weighted wooden disc, tossed 1,000 times, did show a bias: Gelman, A. & Nolan, D. (2002). You can load a die, but you can't bias a coin. The American Statistician, 56(4), 308–311.
Why the large-counts condition is a rule of thumb rather than a guarantee: the coverage of the standard interval, p̂ ± z* SE, is erratic far more persistently than is usually appreciated, and the textbook prescriptions for when it is safe cannot be trusted; the Wilson, Jeffreys and Agresti–Coull intervals are recommended instead: Brown, L. D., Cai, T. T. & DasGupta, A. (2001). Interval estimation for a binomial proportion. Statistical Science, 16(2), 101–133.

7 Raven Roomi meeskond · Kontrollitud avaldatud allikate põhjal. Parandused on teretulnud.

Järeldused ühe osakaalu kohta

Kust valem tuleb

Lisaülesanded, ainult vastustega

100-st 17 lükkab tagasi 10%, vahemik aga hoiab seda alles 🖖

Oodatud 2 defekti, leitud 5: kõvera järgi 1,6%, loenduse järgi 5,1% 🖖

Kerrichi mündiviskel tuli kulle 67 võrra rohkem, ja see on ootuspärane 🖖

100-st 17 lükkab tagasi 10%, vahemik aga hoiab seda alles

Oodatud 2 defekti, leitud 5: kõvera järgi 1,6%, loenduse järgi 5,1%

Kerrichi mündiviskel tuli kulle 67 võrra rohkem, ja see on ootuspärane