Hipotézisvizsgálat: paraméteres próbák

1. A statisztikai döntés menete

A hipotézisvizsgálat arra ad eljárást, hogy egy sokaságra vonatkozó állítást a minta alapján elfogadjunk vagy elvessünk. Ez az a téma, ahol a legtöbben nem a számolásban, hanem a gondolatmenetben csúsznak el, ezért ebben a leckében előbb egy érmén mutatom meg a logikát, és csak utána jönnek a képletek. A gondolatmenet mindig ugyanaz, és öt lépésből áll.

Hipotézisek felírása. A $H_{0}$ nullhipotézis a „nincs eltérés” állítás — ezt tesztelnünk kell, mert csak ennek ismerjük a próbastatisztika eloszlását. A $H_{1}$ ellenhipotézis az, amit bizonyítani szeretnénk.
Szignifikanciaszint választása. Az $\alpha$ az a kockázat, amit hajlandók vagyunk vállalni arra, hogy tévesen utasítjuk el a $H_{0}$ -t. Szokásos érték $0{,}05$ , szigorúbb esetben $0{,}01$ .
Próbastatisztika kiszámítása. Egy olyan mennyiség, aminek $H_{0}$ mellett ismerjük az eloszlását.
Kritikus tartomány meghatározása. Azok az értékek, amelyek a $H_{0}$ mellett annyira valószínűtlenek, hogy inkább a hipotézist vetjük el.
Döntés. Ha a próbastatisztika a kritikus tartományba esik, elutasítjuk a $H_{0}$ -t; ha nem, akkor nem tudjuk elvetni.

Egy egyszerű példa: szabályos-e az érme?

Valaki 100-szor feldob egy érmét, és 60 fejet kap. Gyanús, de elég-e ez? Az öt lépés: (1) $H_0$ : az érme szabályos, $p=0{,}5$ ; $H_1$ : nem az. (2) $\alpha=0{,}05$ . (3) Ha $H_0$ igaz, a fejek száma közelítőleg $N(50;\,5)$ , a 60 tehát 2 szórásnyira van. (4) A 2 szórásnál távolabbi értékek együtt kb. 4,6%-ot tesznek ki, ez a kritikus tartomány. (5) A 60 benne van, tehát 5%-os szinten elutasítjuk a szabályosságot. Ha csak 55 fej lett volna (1 szórás), nem tudnánk elvetni: az még simán a véletlen műve lehet.

A H₀-t nem „elfogadjuk”

Az eljárás aszimmetrikus, mint a bíróságon az ártatlanság vélelme: a bizonyítékok hiánya nem bizonyítja az ártatlanságot. Ha a próba nem szignifikáns, annyit mondhatunk, hogy a minta nem szolgáltatott elég bizonyítékot a $H_{0}$ ellen — nem azt, hogy igaz. Kis mintánál ez sokszor csak azt jelenti, hogy nem néztünk elég adatot.

Elakadtál ennél a résznél?

Egy órán megnézzük, pontosan hol csúszik el, és addig gyakoroljuk, amíg magabiztos nem leszel benne.

Egyéni óra foglalása vagy 15 perc ingyenes konzultáció

2. Kétféle hiba és a próba ereje

A döntés a valóság ismerete nélkül születik, ezért kétféleképpen hibázhatunk:

	H₀ igaz	H₀ hamis
Elutasítjuk H₀-t	elsőfajú hiba ( $\alpha$ )	helyes döntés
Nem utasítjuk el	helyes döntés	másodfajú hiba ( $\beta$ )

Az elsőfajú hiba valószínűsége éppen a választott $\alpha$ — vaklárma: eltérést jelzünk, ahol nincs.
A másodfajú hiba valószínűsége $\beta$ : nem vesszük észre a valódi eltérést. Ennek értéke függ attól, mekkora a valódi eltérés — a nagy különbségeket könnyebb kimutatni.
A próba ereje $1-\beta$ : mekkora eséllyel vesszük észre az eltérést, ha az tényleg megvan.

A kettő egymás ellen dolgozik: ha szigorúbbak vagyunk (kisebb $\alpha$ ), akkor ritkábban jelzünk vaklármát, de gyakrabban siklunk át valódi eltérés fölött. Mindkettőt egyszerre csak úgy lehet csökkenteni, ha nagyobb mintát veszünk.

3. A p-érték

A kritikus tartományos döntés csak igen-nem választ ad. A p-érték ennél többet mond: azt, hogy mennyire szélsőséges a megfigyelt eredmény, ha a nullhipotézis igaz.

A p-érték

p=P\bigl(\text{a próbastatisztika legalább annyira szélsőséges, mint a megfigyelt}\ \big|\ H_{0}\bigr)

Az érménél: a 60 fej 2 szórásnyira van az 50-től, és annak az esélye, hogy egy szabályos érme legalább ennyire elmegy (bármelyik irányba), $p\approx0{,}046$ . Ez kisebb 0,05-nél, tehát elutasítjuk; ha 0,01-es szinten dolgoznánk, nem. A p-érték tehát nem egy igen-nem, hanem egy „mennyire meglepő” mérőszám, és a döntés csak utána jön.

A döntési szabály ezzel egy soros: $p<\alpha$ esetén elutasítjuk a $H_{0}$ -t, egyébként nem. A két megközelítés mindig ugyanarra az eredményre vezet; a p-érték azért kényelmesebb, mert nem kell előre rögzített szinthez ragaszkodni, és a szoftverek is ezt adják ki.

Amit a p-érték nem jelent

Nem a nullhipotézis valószínűsége, és nem is a hiba valószínűsége. Feltételes valószínűség, aminek a feltétele a $H_{0}$ — épp az a fajta felcserélés fenyeget itt, mint a Bayes-tételnél. Emellett a szignifikancia nem azonos a fontossággal: elég nagy mintával a legapróbb, gyakorlatilag érdektelen eltérés is szignifikánssá tehető.

4. Egymintás u-próba

A legegyszerűbb paraméteres próba azt vizsgálja, hogy a sokaság várható értéke megegyezik-e egy adott $m_{0}$ értékkel, feltéve, hogy a szórás ismert (és a sokaság normális, vagy a minta elég nagy).

Egymintás u-próba

u=\frac{\overline{x}-m_{0}}{\sigma/\sqrt{n}},\qquad H_{0}:\ m=m_{0}

A $H_{0}$ mellett $u$ standard normális eloszlású — ez épp a centrális határeloszlás-tétel következménye. Egy egyszerű példa: a töltőgép szórása 4 g, 16 csomag átlaga 502 g, a névleges 500 g. Ekkor $u=\frac{502-500}{4/\sqrt{16}}=\frac{2}{1}=2$ : az átlag két standard hibányira van a névlegestől. Hogy ez sok-e, azt a kritikus értékek döntik el, amiket az alábbi táblázatba szedtem össze:

Ellenhipotézis	Kritikus tartomány (α = 0,05)	α = 0,01
$m\ne m_{0}$	$\|u\|>1{,}96$	$\|u\|>2{,}576$
$m>m_{0}$	$u>1{,}645$	$u>2{,}326$
$m<m_{0}$	$u<-1{,}645$	$u<-2{,}326$

A töltőgépnél $u=2>1{,}96$ , tehát 5%-os szinten a gép eltér a névlegestől; 1%-os szinten ( $2<2{,}576$ ) viszont nem tudnánk ezt kimondani. Az egyoldali próba kritikus értéke kisebb, tehát könnyebben mutat ki eltérést — cserébe csak az egyik irányban. Az irányt a feladat szövege dönti el, és az adatok megnézése előtt kell rögzíteni.

5. Egymintás t-próba

A gyakorlatban a szórás szinte soha nem ismert. Ilyenkor a helyére a mintából számolt korrigált tapasztalati szórás lép, a próbastatisztika pedig $t$ -eloszlású lesz $n-1$ szabadságfokkal:

Egymintás t-próba

t=\frac{\overline{x}-m_{0}}{s/\sqrt{n}},\qquad \text{szabadságfok: } n-1

Egy egyszerű példa: ugyanaz a 16 csomag, de a szórást nem ismerjük, a mintából $s=4{,}8$ g jött ki. Ekkor $t=\frac{502-500}{4{,}8/4}=\frac{2}{1{,}2}\approx1{,}67$ , a kritikus érték 15 szabadságfoknál 5%-on $2{,}13$ . Az 1,67 ez alatt van: most nem tudjuk elvetni, hogy a gép 500-ra tölt. Ugyanaz az átlag, de a becsült szórás bizonytalansága miatt óvatosabb a döntés.

A számolás menete azonos, csak a kritikus értéket $t$ -táblázatból olvassuk ki. A $t$ -eloszlás valamivel szélesebb a normálisnál, tehát a kritikus érték nagyobb — ez a szórás becsléséből származó többletbizonytalanság ára. Nagy mintánál a két próba gyakorlatilag egybeesik.

Kapcsolat a konfidenciaintervallummal

A kétoldali próba és a konfidenciaintervallum ugyanaz a döntés, kétféle megfogalmazásban: a $H_{0}:\ m=m_{0}$ hipotézist pontosan akkor utasítjuk el $\alpha$ szinten, ha az $m_{0}$ kívül esik az $1-\alpha$ szintű konfidenciaintervallumon. Ha az egyiket kiszámoltad, a másikra már megvan a válasz — és ez jó ellenőrzés is.

6. Kidolgozott példák

u-próba: eltér-e a töltési tömeg a névlegestől

Egy töltőgép névlegesen 500 g-ot adagol, a szórása a gép adatlapja szerint $\sigma=5$ g. Egy 25 elemű minta átlaga $502{,}2$ g. Eltér-e a beállítás a névlegestől $5\%$ -os szignifikanciaszinten?

Hipotézisek — bármelyik irányú eltérés érdekel, tehát kétoldali próba:
$H_{0}:\ m=500\ \text{g},\qquad H_{1}:\ m\ne 500\ \text{g},\qquad \alpha=0{,}05$
A próbastatisztika:
$u=\frac{502{,}2-500}{5/\sqrt{25}}=\frac{2{,}2}{1}=2{,}2$
A kritikus érték $1{,}96$ , és $|2{,}2|>1{,}96$ , tehát a $H_{0}$ -t elutasítjuk: a gép szignifikánsan többet adagol a névlegesnél.
A p-érték kétoldali próbánál a két szélső farok együtt:
$p=2\bigl(1-\Phi(2{,}2)\bigr)=2(1-0{,}9861)=0{,}0278$
Ez kisebb, mint $0{,}05$ — ugyanaz a döntés. Viszont $\alpha=0{,}01$ szinten már nem utasítanánk el: a bizonyíték nem elsöprő.
Ellenőrzés konfidenciaintervallummal: $502{,}2\pm 1{,}96\cdot 1=(500{,}24;\ 504{,}16)$ . Az 500 nem esik bele, tehát ugyanaz a döntés adódik.

t-próba: ismeretlen szórás mellett

Egy alkatrész előírt hossza 12 mm. Egy 16 elemű minta átlaga $12{,}4$ mm, a korrigált tapasztalati szórása $1{,}6$ mm. Eltér-e a gyártás az előírttól $5\%$ -os szinten?

$H_{0}:\ m=12,\qquad H_{1}:\ m\ne 12,\qquad \alpha=0{,}05$
$t=\frac{12{,}4-12}{1{,}6/\sqrt{16}}=\frac{0{,}4}{0{,}4}=1{,}0$
A kritikus érték $n-1=15$ szabadságfoknál $t_{0{,}975;\,15}=2{,}131$ . Mivel $1{,}0<2{,}131$ , a $H_{0}$ -t nem tudjuk elvetni.
Fontos, hogyan fogalmazzuk meg a választ: a minta nem bizonyítja, hogy a gyártás eltér az előírttól — de nem is bizonyítja, hogy pontosan 12 mm. A 95%-os konfidenciaintervallum $12{,}4\pm 2{,}131\cdot 0{,}4=(11{,}55;\ 13{,}25)$ elég széles ahhoz, hogy sokféle valódi érték beleférjen.

Egyoldali próba: teljesíti-e a gyártó az ígéretét

Egy gyártó szerint a lámpák átlagos élettartama legalább 1000 óra, a szórás $\sigma=90$ óra. Egy 36 elemű minta átlaga $970$ óra. Alátámasztja-e ez azt, hogy az élettartam a beígértnél rövidebb ( $\alpha=0{,}05$ )?

A kérdés iránya adott, tehát egyoldali próba:
$H_{0}:\ m=1000,\qquad H_{1}:\ m<1000$
$u=\frac{970-1000}{90/\sqrt{36}}=\frac{-30}{15}=-2{,}0$
A kritikus érték $-1{,}645$ , és $-2{,}0<-1{,}645$ , tehát elutasítjuk a $H_{0}$ -t: az adatok alátámasztják, hogy az átlagos élettartam kisebb a beígértnél.
A p-érték itt csak az egyik farok:
$p=\Phi(-2{,}0)=1-0{,}9772=0{,}0228$
Figyeld meg, hogy kétoldali próbánál a p-érték $0{,}0456$ lenne, a kritikus érték pedig $1{,}96$ — a döntés ott is elutasítás lenne, de sokkal szorosabban. Épp ezért nem szabad az egy- vagy kétoldaliságot az eredmény ismeretében megválasztani.