Общий подход к проверке статистических гипотез

1 Лекция 8. 27.01.21 Тема. Проверка статистических гипотез. Общий подход к проверке статистических гипотез. Формулируем нулевую гипотезу 𝐻0 и альтернативу к ней 𝐻1 . Задаём уровень значимости α (малая величина: 0,05; 0,01 т.д.). Смысл α – вероятность ошибки первого рода – вероятность отвергнуть 𝐻0 , когда она верна. Каждый критерий основан на статистике критерия 𝑇 = 𝑇(𝑋), по распределению которой будем делать выводы о нулевой гипотезе. Здесь 𝑋 = (𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛 ) − выборка. Для этого строим критическое множество 𝐾𝛼 уровня значимости α, основанное на этой статистике, так, чтобы при нулевой гипотезе вероятность случайной величине 𝑇(𝑋) находиться в этом множестве была мала, т.е. 𝑃(𝑇(𝑋) ∈ 𝐾𝛼 |𝐻0 ) = α. Обычно это большие (или большие по модулю) значения статистики 𝑇. Такие значения мало вероятны при нулевой гипотезе и более вероятны при альтернативе. Границы критического множества находим из условия заданного уровня значимости α. Проводим эксперимент и вычисляем по полученным данным значение статистики 𝑇набл , подставляя в эту функцию полученные в эксперименте наблюдения 𝑋набл , т.е. 𝑇набл = 𝑇(𝑋набл ). Вывод делаем таким образом: если 𝑇набл ∈ 𝐾𝛼 , то нулевую гипотезу 𝐻0 отвергаем на уровне значимости α и принимаем альтернативу 𝐻1 . Иначе, т.е. если 𝑇набл ∈ 𝐾𝛼 , то 𝐻0 не отвергаем. Здесь α – вероятность ошибки первого рода. Вероятность ошибки 2-го рода: 𝛽 = 𝑃{𝑇(𝑋) ∈ 𝐾𝛼 |𝐻1 } – вероятность принять нулевую гипотезу, когда она не верна, а верна альтернатива. Тогда 1 − 𝛽 = 𝑃(𝑇(𝑋) ∈ 𝐾𝛼 |𝐻1 ) – мощность критерия (вероятность отвергнуть нулевую гипотезу, когда она не верна, а верна альтернатива). Пример. Схема испытаний Бернулли. Бросаем монету 𝑛 = 100 раз. Орёл выпал 65 раз. Можно ли считать монету правильной? Пусть уровень значимости α=0,05. Проверим гипотезу о том, что монета правильная. Это означает, что вероятность успеха (например, выпадения орла) в одном испытании равна ½, т.е. 𝑝 = 1/2. 1 2 𝐻0 : 𝑝 = . Пусть альтернатива 𝐻1 односторонняя. Т.к. в эксперименте 65 > 𝑛 2 = 100 2 = 50, то правильно сформулированная альтернатива – правосторонняя: 1 2 𝐻1 : 𝑝 > . Рассмотрим случайную величину 𝑋 – число успехов (число орлов). Т.к. число испытаний 𝑛 большое, то можно воспользоваться интегральной теоремой Муавра-Лапласа и свести 𝑛 𝑛 2 4 распределение статистики 𝑋 к нормальному распределению: 𝑋 ≈ 𝑁 ( ; ) при нулевой гипотезе (она предполагает, что 𝑝 = 𝑞 = 1/2). Приведём это распределение к стандартному нормальному, сделав преобразование 𝑇(𝑋) = 𝑋−𝑛/2 √𝑛/4 . Значит 𝑇 𝑋−𝑛/2 . В качестве статистики критерия 𝑇 и возьмём эту величину √𝑛/4 𝐻0 ≈ 𝑁(0; 1) при нулевой гипотезе. Тогда вид критического множества такой: 𝐾𝛼 = [𝑧кр (𝛼); +∞) = [𝑧1−𝛼 ; +∞), где 𝑧1−𝛼 − квантиль уровня 1 − 𝛼 стандартного нормального распределения, т.е. Φ(𝑧1−𝛼 ) = 1 − 𝛼. Т.е. отвергаем 𝐻0 , когда получим большое значение 𝑇набл , а это происходит тогда, когда получено большое значение числа успехов 𝑋набл. Обозначим через 𝑍 случайную величину, имеющую стандартное нормальное распределение. Границу критического множества 𝑧кр (𝛼) определим исходя из заданного уровня значимости α: 𝑃(𝑇(𝑋) ∈ 𝐾𝛼 |𝐻0 ) ≈ 𝑃(𝑍 ≥ 𝑧кр (𝛼)) = 𝛼. Это математическое выражение такого условия: вероятность отвергнуть нулевую гипотезу, когда она верна, есть заданное значение α. Для нахождения границы 𝑧кр (𝛼) критического множества выразим эту вероятность через табличную функцию 𝛷(𝑥) – функцию распределения стандартного нормального закона: 2 𝑃(𝑍 ≥ 𝑧кр (𝛼)) = 1 − 𝑃(𝑍 < 𝑧кр (𝛼)) = 1 − 𝛷(𝑧кр (𝛼)) = 𝛼. Т.е. 𝑧кр (𝛼) находится как решение такого уравнения : 𝛷(𝑧кр (𝛼)) = 1 − 𝛼 = 1 − 0,05 = 0,95. Т.е. 𝑧кр (𝛼) = 𝑧1−𝛼 − это квантиль уровня 0,95 стандартного нормального закона. Используя таблицу стандартного нормального распределения, решая обратную задачу, получим 𝑧кр (𝛼) = 𝑧0,95 ≅ 1,645 (приближённо можно взять или 1,65 или 1,64, более точно – среднее из этих чисел). Значит, 𝑧кр (0,05) ≅ 1,645, и критическое множество уровня значимости α=0,05 таково: 𝐾0,05 = [1,645; +∞). Вычислим наблюдённое значение статистики 𝑇(𝑋) по наблюдённому значению статистики 𝑋: 𝑋набл = 65 (это число выпавших орлов в этом эксперименте) при 𝑛 = 100: 𝑇набл = 𝑋набл −𝑛/2 √𝑛/4 = 65−50 5 = 15 5 = 3. Т.к. 𝑇набл = 3 > 1,645 = 𝑧кр (𝛼), то 𝑇набл ∈ 𝐾0,05 = [1,645; +∞), а значит нулевую гипотезу 𝐻0 1 2 отвергаем на заданном уровне значимости α=0,05, т.е. принимаем альтернативу 𝐻1 , т.е. 𝑝 > . Значит, монета неправильная. Важно! Вычислим П-значение (P-value) (для краткости будем обозначать 𝑃𝑣 ). В этой задаче т.к. альтернатива правосторонняя, то 𝑃𝑣 = 𝑃(𝑇(𝑋) ≥ 𝑇набл |𝐻0 ) ≈ 𝑃(𝑍 ≥ 3) = 1 − 𝛷(3) = 1 − 0,9987 = 0,0013. Т.е. в этой задаче 𝑃𝑣 – это уровень значимости, при котором граница критического множества совпадает с величиной, полученной в эксперименте: 𝑧кр (𝑃𝑣 ) = 𝑇набл . (Если бы мы взяли в качестве уровня значимости 𝛼 = 𝑃𝑣 = 0,0013 , то граница критического множества этого уровня значимости была бы равна 𝑇набл = 3). Важно! Вычислив 𝑃𝑣 , мы можем сделать выводы относительно нулевой гипотезы при любых допустимых уровнях значимости α. Если 𝛼 ≥ 𝑃𝑣 , то нулевую гипотезу на этом уровне значимости отвергаем, иначе (если 𝛼 < 𝑃𝑣 ) – принимаем. P-value – это минимальный уровень значимости, при котором нулевая гипотеза отвергается. Таким образом, в этой задаче мы отвергаем нулевую гипотезу на всех уровнях значимости, не меньших 0,0013 (при 𝛼 ≥ 𝑃𝑣 = 0,0013). Рассуждения в этом примере можно применить к содержательным практическим задачам, в частности для проверки гипотезы об однородности в парной выборке. (Критерий знаков – см. ниже). Проверка гипотезы о вероятности успеха в схеме Бернулли при большом числе испытаний. Проверим гипотезу о том, что вероятность успеха в одном испытании равна заданному числу 𝑝0 (0 < 𝑝0 < 1). 𝐻0 : 𝑝 = 𝑝0 . Альтернативой по смыслу задачи может быть или 𝐻1 : 𝑝 > 𝑝0 (правосторонняя) или 𝐻1 : 𝑝 < 𝑝0 (левосторонняя) или 𝐻1 : 𝑝 ≠ 𝑝0 (двусторонняя). Пусть 𝑋 − число успехов при 𝑛 испытаниях. При большом числе испытаний 𝑛 распределение 𝐻 этой статистики при нулевой гипотезе приближённо нормальное: 𝑋 ≈0 𝑁(𝑛𝑝0 ; 𝑛𝑝0 𝑞0 ), а тогда ⇒ 𝑇(𝑋) = 𝑋−𝑛𝑝0 √𝑛𝑝0 (1−𝑝0 ) 𝐻0 ≈ 𝑁(0; 1) можно приблизить стандартным нормальным законом. Тогда критическое множество или 𝐾𝛼 = [𝑧1−𝛼 ; +∞) при 𝐻1 : 𝑝 > 𝑝0 (правосторонняя альтернатива); или 𝐾𝛼 = (− ∞; −𝑧1−𝛼 ] при 𝐻1 : 𝑝 < 𝑝0 (левосторонняя альтернатива); или 𝐾𝛼 = (− ∞; −𝑧1−𝛼/2 ] ∪ [𝑧1−𝛼/2 ; +∞) при 𝐻1 : 𝑝 ≠ 𝑝0 (двусторонняя альтернатива), где 𝑧1−𝛼 − квантиль уровня (1 − 𝛼) стандартного нормального закона. Она находится по таблице стандартного нормального закона как решение уравнения 𝛷(𝑧1−𝛼 ) = 1 − 𝛼. Иначе её ещё называют верхней α-процентной точкой, т.к. из того, что 𝛷(𝑧1−𝛼 ) = 𝑃(𝑍 ≤ 𝑧1−𝛼 ) = 1 − 𝛼 следует, что 𝑃(𝑍 > 𝑧1−𝛼 ) = 𝛼. Для двусторонней альтернативы 𝑧1−𝛼/2 − квантиль уровня 1 − 𝛼/2. 3 Далее рассуждения стандартные. Вычисляем по наблюдениям 𝑇набл = (𝑋набл −𝑛𝑝0 ) √𝑛𝑝0 (1−𝑝0 ) и если 𝑇набл ∈ 𝐾𝛼 , то нулевую гипотезу 𝐻0 отвергаем в пользу альтернативы 𝐻1 , т.е. принимаем 𝐻1 . Если 𝑇набл ∈ 𝐾𝛼 , то нулевую гипотезу 𝐻0 не отвергаем. Пример. Мэр некоторого города утверждает, что ему доверяют 70% горожан. Социологи провели репрезентативный выборочный опрос 1600 горожан. Оказалось, что среди опрошенных положительно оценивают деятельность мэра 1065 горожан. Остальные высказались отрицательно. Прав ли мэр? Проверьте нулевую гипотезу о том, что вероятность доверия мэру равна 0,7 против двусторонней альтернативы (вероятность доверия не равна 0,7) на уровне значимости 3%. 𝐻0 : 𝑝 = 0,7; 𝐻1 : 𝑝 ≠ 0,7 𝛼 = 0,03; 𝑛 = 1600; 𝑋набл = 1065; Критическое множество 𝐾𝛼 = (− ∞; −𝑧1−𝛼/2 ] ∪ [𝑧1−𝛼/2 ; +∞) = (− ∞; −𝑧0,985 ] ∪ [𝑧0,985 ; +∞) = (− ∞; −2,17] ∪ [2,17; +∞), т.к. 1 − 𝑇набл = 𝛼 = 1− 0,03 2 2 (𝑋набл−𝑛𝑝0 ) √𝑛𝑝0 (1−𝑝0 ) = = 01 − 0,015 = 0,985 и 𝑧0,985 = 2,17, т.к. 𝛷(2,17) = 0,985. (1065−1600∙0,7) √1600∙0,7∙0,3 ≅ (−55) 18,33 = −3. 𝑇набл = (−3) ∈ 𝐾0,03 , следовательно, нулевую гипотезу отвергаем: доля горожан, доверяющих мэру, не равна 0,7. Можно проверить эту нулевую гипотезу против односторонней альтернативы. По наблюдениям оценкой доли населения, доверяющих мэру, является такая величина: 𝑝̂ = 𝑋набл 𝑛 = 1065 1600 ≅ 0,6656. Т.к. 𝑝̂ < 𝑝0 = 0,7, то в качестве альтернативы берём левостороннюю: 𝐻1 : 𝑝 < 0,7. Критическое множество при левосторонней альтернативе таково: 𝐾𝛼 = (− ∞; −𝑧1−𝛼 ]. Границей критического множества является −𝑧1−𝛼 = −𝑧0,97 ≅ −1,88. Т.к. 𝑇набл = (−3) < −1,88, то 𝑍набл ∈ 𝐾0,03 , и следовательно нулевую гипотезу отвергаем в пользу альтернативы, что доля доверяющих мэру горожан меньше 0,7. (Выборочная доля 𝑝̂ = 0,6656 , вычисленная при 𝑛 = 1600, значимо отличается от гипотетической 𝑝0 = 0,7 . ) Найдём 𝑃𝑣 при этой односторонней альтернативе: 𝑃𝑣 = 𝑃(𝑇(𝑋) ≤ 𝑇набл |𝐻0 ) ≈ 𝑃(𝑍 ≤ −3) = 𝛷(−3) = 1 − 𝛷(3) = 1 − 0,9987 = 0,0013. Значит, при 𝛼 ≥ 0,0013 нулевую гипотезу отвергаем в пользу левосторонней альтернативы (при 𝛼 = 0,03 мы так и сделали). Нулевую гипотезу не отвергаем при 𝛼 < 0,0013. В этой задаче при двусторонней альтернативе вероятность 𝑃𝑣 вычисляется так: 𝑃(|𝑇(𝑋)| ≥ |𝑇набл | |𝐻0 ) = 𝑃(𝑇(𝑋) ≤ −|𝑇набл | |𝐻0 ) + 𝑃(𝑇(𝑋) ≥ |𝑇набл | |𝐻0 ) ≈ 𝑃(𝑍 ≤ −|𝑇набл |) + 𝑃(𝑍 ≥ |𝑇набл |) = 𝛷(−|𝑇набл |) + 1 − 𝛷(|𝑇набл |) = 2(1 − 𝛷(|𝑇набл |)) = 2(1 − 𝛷(3)) = 2 ∙ (1 − 0,9987) = 0,0026. Проверка гипотезы о вероятности успеха в схеме Бернулли при небольшом числе испытаний. При небольшом числе испытаний нужно использовать биномиальный закон распределения и, вычислив P-value, дать ответ при любом допустимом уровне значимости α. Пример. Монету бросили 10 раз. Орёл выпал 8 раз. Можно ли считать монету правильной на уровне значимости 𝛼 = 0,05? 𝐻0 : 𝑝 = 1 2 1 ; 𝐻1 : 𝑝 > . Вычислим P-value. 2 𝑋 𝐻0 ~ 𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚(10; 0,5). 4 1 10 2 8 𝑃𝑣 = 𝑃(𝑋 ≥ 8|𝐻0 ) = 𝐶10 ∙( ) 56 1024 1 10 2 9 + 𝐶10 ∙( ) 1 10 2 1 10 2 10 + 𝐶10 ∙( ) 8 9 10 ) = (𝐶10 + 𝐶10 + 𝐶10 ( ) = (45+10+1) 210 = ≅ 0,0547. Т.к. 𝛼 = 0,05 < 𝑃𝑣 , то 𝐻0 на этом уровне значимости 𝐻0 не отвергаем. 1 10 9 Если бы орёл выпал 9 раз, то в этом случае 𝑃𝑣 = 𝑃(𝑋 ≥ 9|𝐻0 ) = 𝐶10 ∙( ) 1 10 2 9 10 ) ( 𝐶10 + 𝐶10 ( ) 2 = ( 10+1) 210 = 11 1024 1 10 10 + 𝐶10 ∙( ) 2 = ≅ 0,0107 и в этом случае нулевую гипотезу отвергаем на уровне значимости 𝛼 = 0,05, т.к. 𝛼 > 𝑃𝑣 . Критерий знаков (приводится к схеме Бернулли.) Этот критерий используют при анализе парных наблюдений для проверки однородности наблюдений внутри пары. Имеем парную выборку (𝑋𝑖 , 𝑌𝑖 ), 𝑖 = 1,2, … , 𝑁. Обычно это значения, полученные до и после получения некоторой информации. Например, 𝑋𝑖 – балл, выставленный 𝑖 −тым покупателем некоторому товару, а 𝑌𝑖 – балл, выставленный этим же покупателем после просмотра рекламного ролика, посвящённого этому товару. Нас интересует, изменилась ли оценка покупателей после просмотра ролика. Иначе говоря, повлияла ли реклама на оценку товара, т.е. насколько эффективна реклама. Сведём парную выборку к одной выборке, перейдя в каждой паре к разности: 𝑑𝑖 = 𝑌𝑖 − 𝑋𝑖 . Если какое-либо значение 𝑑𝑖 = 0, то такое наблюдение мы исключаем из рассмотрения, уменьшая объём выборки. Пусть число таких пар с 𝑑𝑖 = 0 равно 𝑘. Тогда 𝑛 = 𝑁 − 𝑘. Сведём эту схему к схеме испытаний Бернулли. Будем считать, что в i-ом испытании произошёл успех, если разность 𝑑𝑖 больше нуля, т.е. 𝑑𝑖 > 0. Тогда нулевую гипотезу о том, что изменения в “+” и в “–“ равновероятны, можно сформулировать так: 𝐻0 : 𝑝 = 𝑃(𝑑𝑖 > 0) = 𝑃(𝑑𝑖 < 0) = Альтернатива 𝐻1 : 𝑝 > 1 2 1 2 (или иначе: медиана распределения 𝑑𝑖 равна нулю). или 𝐻1 : 𝑝 < 1 2 или 𝐻1 : 𝑝 ≠ 1 2 должна быть сформулирована по смыслу задачи. Таким образом, задача свелась к задаче проверки гипотезы, что вероятность успеха в схеме Бернулли равна ½, т.е. решается так же, как в примере о проверке гипотезы о правильности монеты. Число успехов 𝑋 (число парных наблюдений, в которых разность положительна) при нулевой гипотезе имеет биномиальное распределение 𝑋 𝐻0 ~ 1 2 𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚 (𝑛; 𝑝 = ). При этом, если объём выборки 𝑛 большой, то применяем нормальное распределение, а при малом 𝑛 – биномиальное распределение. Пример. 116 экспертов сравнивали 2 проекта развития фирмы, выставляя им баллы. Десять экспертов выставили одинаковые баллы этим проектам, 65 экспертов посчитали, что второй проект лучше первого, а 41 эксперт – что первый проект лучше второго. Используя нормальную аппроксимацию (приближение) распределения статистики критерия знаков, проверьте нулевую гипотезу, что проекты одинаковы, против альтернативы, что второй проект лучше первого. Уровень значимости 2,5%. Решение: 𝑛 = 116 − 10 = 106 (исключили пары с одинаковыми значениями баллов). 𝑋набл = 65 − число положительных разностей, если вычитать из баллов, выставленных второму проекту, баллы, выставленные первому проекту; α=0,025. 1 1 𝐻0 : 𝑝 = (проекты одинаковы); 𝐻1 : 𝑝 > (второй проект лучше). 2 2 𝑇набл = 𝑋набл − 𝑛/2 √𝑛/4 = 65 − 106/2 √106/4 = 12 ≅ 2,33; 5,1478 5 Критическое множество 𝐾𝛼 = [𝑧кр (𝛼); +∞), где 𝑧кр находим по таблице из условия: 𝛷(𝑧кр ) = 1 − 𝛼 = 1 − 0,025 = 0,975. Решая это уравнение, получим 𝑧кр = 1,96. Значит критическое множество уровня значимости α=0,025 таково: 𝐾0,025 = [1,96; +∞). Т.к. 𝑇набл = 2,33 > 𝑧кр = 1,96, т.е. 𝑇набл ∈ 𝐾𝛼 , то нулевую гипотезу 𝐻0 отвергаем. Т.е. принимаем альтернативу 𝐻1 , что второй проект лучше первого. Вычислим 𝑃𝑣 . При правосторонней альтернативе 𝑃𝑣 = 𝑃(𝑇 ≥ 𝑇набл |𝐻0 ) ≈ 𝑃(𝑍 ≥ 𝑇набл ) = 1 − 𝛷(𝑇набл ) = 1 − 𝛷(2,33) = 1 − 0,99 = 0,01. Тогда на уровне значимости 𝛼 ≥ 𝑃𝑣 = 0,01 нулевую гипотезу отвергаем, при 𝛼 < 𝑃𝑣 = 0,01 – принимаем. На уровне значимости α=0,025 нулевую гипотезу отвергаем (т.к. α=0,025>𝑃𝑣 = 0,01). Если бы в задаче было сказано, что нужно проверить нулевую гипотезу, что проекты одинаковы, против альтернативы, что проекты разные, то альтернатива двусторонняя (проекты разные, т.е. не говорим, какой лучше). В этом случае задачу решаем так: 1 1 𝐻0 : 𝑝 = (проекты одинаковы); 𝐻1 : 𝑝 ≠ (проекты разные). 2 2 Критическое множество 𝐾𝛼 = (− ∞; −𝑧1−𝛼/2 ] ∪ [𝑧1−𝛼/2 ; +∞). Тогда 𝑧кр находится из условия 𝑃(𝐾𝛼 |𝐻0 ) = 𝑃(𝑍 ≤ −𝑧кр ) + 𝑃(𝑍 ≥ 𝑧кр ) = 𝛷(−𝑧кр ) + (1 − 𝛷(𝑧кр )) = 2 (1 − 𝛷(𝑧кр )) = 𝛼, 𝛼 𝛼 0,025 т.е. 1 − 𝛷(𝑧кр ) = или 𝛷(𝑧кр ) = 1 − = 1 − = 1 − 0,0125 = 0,9875 . 2 2 2 По таблице находим 𝑧кр = 2,24. Значит 𝐾0,025 = (− ∞; −2,24] ∪ [2,24; +∞) и 𝑇набл = 2,33 ∈ 𝐾0,025 , т.е. нулевую гипотезу 𝐻0 отвергаем на уровне значимости α=0,025 при двусторонней альтернативе. Найдём P-value. 𝑃𝑣 = 𝑃(|𝑇(𝑋)| ≥ |𝑇набл | |𝐻0 ) ≈ 𝑃(|𝑍| ≥ |𝑇набл | |𝐻0 ) = 2(1 − 𝛷(|𝑇набл |)) = 2(1 − 𝛷(2,33)) = 2(1 − 0,99) = 2 ∙ 0,01 = 0,02. Тогда при 𝛼 ≥ 0,02 нулевую гипотезу отвергаем, при 𝛼 < 0,02 принимаем. Пример. В таблице приведены оценки, которые выставили 12 экспертов двум фильмам Эксперт 1 фильм 2 фильм 1 5 8 2 4 7 3 6 7 4 5 6 5 8 7 6 6 7 7 5 8 8 5 8 9 5 4 10 4 6 11 7 7 12 5 8 Применив критерий знаков для проверки нулевой гипотезы об одинаковом оценивании фильмов против односторонней альтернативы, вычислите 𝑃𝑣𝑎𝑙𝑢𝑒 . Используя вычисленное значение 𝑃𝑣𝑎𝑙𝑢𝑒 , ответьте на вопрос: на уровне значимости 5% примете или отвергнете нулевую гипотезу? Решение: 1 фильм 2 фильм 2фильм–1фильм 1 2 𝐻0 : 𝑝 = ; 5 8 + 4 7 + 6 7 + 8 7 – 6 7 + 5 8 + 5 8 + 5 4 – 4 6 + 7 7 5 8 + 1 𝐻1 : 𝑝 > 2 𝑛 = 12 − 1 = 11; 𝑋набл = 9; 1 55 + 11 + 1 67 9 10 11 ) (𝐶11 + 𝐶11 + 𝐶11 = = ≅ 0,033; 11 2 2048 2048 𝐻0 не верна при 𝛼 = 0,05, т. к. 𝛼 > 𝑃𝑣𝑎𝑙𝑢𝑒 = 0,033; при 𝛼 = 0,05 𝐻0 отвергаем, второй фильм интереснее. 𝑃𝑣𝑎𝑙𝑢𝑒 = 𝑃(𝑋 ≥ 9) = 𝑃𝑣𝑎𝑙𝑢𝑒 5 6 +