👍 +1 👎 |
Помогите, пожалуйста, решить задачу по теории вероятностейКомпания утверждает, что новый вид зубной пасты для детей лучше пре-дохраняет зубы от кариеса, чем зубные пасты, производимые другими фирма-ми. Для проверки была отобрана случайным образом группа из 400 детей, ко-торые пользовались новым видом зубной пасты. Другая группа из 300 детей, также случайно выбранных, в это же время пользовалась другими видами зуб-ной пасты. Было выявлено, что у 30 детей, использующих новую пасту, и 25 детей из контрольной группы появились новые признаки кариеса. Имеются ли у компании достаточные основания для утверждения о том, что новый сорт зубной пасты эффективнее предотвращает кариес, чем другие виды зубной пасты?
теория вероятностей высшая математика математика обучение
Трофимова Раиса Васильевна
|
👍 0 👎 |
Спасибо Вам за вопрос))
Решать надо методом гипотез, например, по критерию Пирсона... Введите гипотезу о том, что есть основания, а потом оцените критерий Пирсона по выборке) Смотрите тему в любом задачнике — "Проверка статистических гипотез".... Там даже формулы есть)) |
👍 0 👎 |
"Метод гипотез", "оцените критерий" — сразу же видно язык специалиста.
"Смотрите тему проверка статистических гипотез" — это тоже хорошо. Даже в простеньком учебнике человек увидит методы проверки двух-трех видов гипотез (однородности, независимости, согласованности) в десятке различных форм (с эффектом обработки или без, ранговые или параметрические и т.д.) и с разными альтернативами. Если он не знает языка (а вопрошающий даже предмета не знает), то он в жизни не поймет, какую именно задачу ему искать. |
👍 0 👎 |
Если бы нам было известно то, что известно студенту перед сессией, мы с Вами могли бы учить академиков....
Вопрошающий прекрасно найдет тему про Пирсона, особо не углубляясь, применит формулу, и будет в шоколаде... |
👍 0 👎 |
Чтобы обучать какому-то предмету, нужно держать в голове значительно больше того, что в какой-либо момент обучения знает студент. Иначе цельной картины преподать не получится.
Критериями Хи-квадрат (или Пирсона) в статистике называется львиная доля критериев. Это критерии, где статистика имеет предельное или допредельное распределение Хи-квадрат. Точно также как есть масса критериев Стьюдента и Фишера. Наиболее употребительно это название к критериям для проверки выборки на согласованность с данным параметрическим распределением, по ключевым словам "критерий Пирсона" вы, скорее всего, найдете именно его. Второе по употребительности семейство критериев Пирсона — критерии для проверки гипотезы независимости. Для проверки однородности семейство хи-квадрат критериев тоже имеется, а вот для проверки однородности с альтернативой доминирования... Я лично о таких не слышал. Вероятно есть какой-нибудь аналог, рассматривающий только часть разностей (наподобие того, как это сделано в одностороннем критерии Колмогорова-Смирнова), но я не встречал. Статистика — это не тот предмет, где можно сказать — сходи и почитай про критерий того-то. Если человек не знает языка, то вполне вероятно он не сможет выбрать подходящий. В этой задаче, например, можно было взять критерий Колмогорова-Смирнова и пролететь на разрывности ф.р., или взять критерий Хи-квадрат и не найти способа уточнить именно альтернативу доминирования. |
👍 0 👎 |
. И есть [m]Y_1,...,Y_300[/m] — независимые величины с распределением Бернулли с параметром [m]\tilde{p}[/m]. Мы хотим проверить гипотезу [m]H_0: p=\tilde{p}[/m] c альтернативой [m]H_1: p<\tilde{p}[/m]. Иначе говоря, мы собираемся действовать честно — если наши данные заставят отказаться от гипотезы о том, что от пасты никакого прока, то мы согласимся, что от пасты прок есть. Если же данные не будут вынуждать нас отказаться от идеи равенства параметров, то мы останемся неубежденными в том, что паста дает эффект и будем считать, что оснований для указанного утверждения не имеется.
Теперь как эту задачу решать. Метод первый — так обычно учат в технических ВУЗах. Если гипотеза верна, то выборочное среднее (доля больных) в силу центральной предельной теоремы будет примерно нормальным: [m]\frac{\sqrt{n}(\overline{X} — p)}{\sqrt{p(1-p)}\approx Z_1\sim \mathcal{N}(0,1)[/m] [m]\frac{\sqrt{m}(\overline{Y} — \tilde{p})}{\sqrt{\tilde{p}(1-\tilde{p})}}\approx Z_2 \sim \mathcal{N}(0,1)[/m] Значит [m]\frac{(\overline{Y} — \overline{X})}{\sqrt{\frac{\tilde{p}(1-\tilde{p})}{m}+\frac{p(1-p)}{n}}}[/m] и проверяли бы гипотезу о том, что полученная величина стандартная нормальная с альтернативой, что у нее среднее положительно, а дисперсия 1. Мы посмотрели, похожа ли она на типичное значение нормальной величины или нет. Если слишком велика (больше [m]1-\alpha[/m] квантили нормального распределения, где [m]\alpha[/m] — наш уровень значимости, который, видимо, полагается равным 0.05), то гипотезу на 95% можно отвергнуть в пользу нашей альтернативы (здесь мы учли, что ищем именно альтернативу с положительным воздействием пасты, нетипично малые значения величины мы не отвергаем). Мы [m]p, \overline{p}[/m] не знаем, поэтому говорим, что выборки довольно большие и [m]p[/m] это примерно [m]\overline{X}[/m], а [m]\tilde{p}[/m] — примерно [m]\overline{Y}[/m] Итого имеем статистику критерия [m]T=\frac{(\overline{Y} — \overline{X})}{\sqrt{\frac{\overline{Y}(1-\overline{Y})}{m}+\frac{\overline{X}(1-\overline{X})}{n}}},[/m] где [m]\overline{X}=30/400[/m], [m]\overline{Y}=25/300[/m], [m]n=400[/m], [m]m=300[/m]. [m]T[/m] нужно сравнить с 0.95 квантилью нормального распределения, которая, согласно таблице есть 1.64 Если больше, то имеются основания утверждать, что с 95% вероятностью паста положительный эффект оказывает. Если нет — то не имеется. |
👍 0 👎 |
Там где формула пропустилась — почти то же, что строчкой ниже, только с n вместо m, c X вместо Y и с p вместо [m]\tilde{p}[/m]
|
👍 +1 👎 |
Еще когда [m](\overline{Y}-\overline{X})[/m] выписывал, то потерял справа [m](\overline{p}-p)[/m]. В среднем у нормального распределения оно возникло, а вот в формуле чуть ранее надо бы добавить.
2) Теперь как бы стоило делать, что не производить замену параметра на оценку в дисперсии. Есть нехитрая теорема о том, что если f — гладкая функция, а [m]\overline{X}[/m] — асимтотически нормальная оценка [m]p[/m] с дисперсией [m]p(1-p)[/m], то [m]f(\overline{X})[/m] будет асимпотически нормальной оценкой [m]f(p)[/m] с дисперсией [m](f'(p))^2 p(1-p)[/m]. Так что если взять [m]f'(p) = \frac{1}{\sqrt{p(1-p)}}[/m], т.е., например, [m]f(p)=2\arcsin\sqrt{p}[/m], то [m]2\sqrt{n}(\arcsin(\sqrt{\overline{X}}) — \arcsin(\sqrt{p}) \approx Z \sim \mathcal{N}(0,1)[/m]. И тут уже не надо будет никаких оценок от параметров, мы просто посчитаем [m]\frac{2(\arcsin(\sqrt{\overline{Y}})-\arcsin(\sqrt{\overline{X}}))}{n^{-1/2}+m^{-1/2}}[/m] и сравним с нормальной квантилью. Здесь, конечно, использовалось то, что [m]\arcsin(\sqrt{x})[/m] — функция монотонная. |
👍 0 👎 |
Спасибо!
|
👍 0 👎 |
Решить задачу, теория вероятности
|
👍 0 👎 |
Решить задачу. Решила двумя способами, нужен третий
|
👍 0 👎 |
Теория вероятности ПОМОГИТЕ люди добрые
|
👍 0 👎 |
Тема: «Критические точки» (работа с таблицами)
|
👍 0 👎 |
Теория вероятностей
|
👍 +1 👎 |
Срочно нужна помощь, сегодня обязательно надо решить!
|