Проверка гипотезы о стандартном отклонении и построение доверительного интервала для стандартного отклонения по выборке из нормального распределения.

1 Лекция 12. 24.02.2021 Тема. Проверка гипотезы о стандартном отклонении и построение доверительного интервала для стандартного отклонения по выборке из нормального распределения. Распределение хи-квадрат используется ещё и в следующих задачах. 1. Проверка гипотезы о стандартном отклонении для нормального распределения. 2. Вычисление доверительного интервала c заданной доверительной вероятностью для неизвестного стандартного отклонения нормального распределения по выборке объёма n . Пусть 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛 − выборка объёма 𝑛 из нормального (гауссовского) закона распределения, т.е. 𝑋𝑖 ~ 𝑁(𝑚; 𝜎 2 ), 𝑖 = 1,2, … , 𝑛. Параметры 𝑚 и 𝜎 неизвестны. Оценкой математического ожидания является выборочное среднее 𝑋. Оценкой дисперсии 𝜎 2 является выборочная дисперсия 2 𝑆2 По теории известно, что случайная величина степенью свободы, т.е. 2 2 (𝑋1 − 𝑋) + (𝑋2 − 𝑋) … + (𝑋𝑛 − 𝑋) = . 𝑛−1 (𝑛−1)𝑆 2 ~ 𝜒 2 (𝑛 𝜎2 (𝑛−1)𝑆 2 𝜎2 имеет распределение хи-квадрат с (𝑛 − 1) − 1). 1. Проверка гипотез о стандартном отклонении. 𝐻0 : 𝜎 = 𝜎0 ; 𝐻1 : 𝜎 ≠ 𝜎0 Тогда (𝑛−1)𝑆2 𝜎02 𝐻0 ~ (альтернатива двусторонняя), уровень значимости 𝛼. 𝜒 2 (𝑛 − 1). Для нахождения критического множества нужно найти две границы: левую и правую, такие, что вероятности, приходящиеся и на левый, и на правый хвост 𝛼 равны 2 . Эти границы найдём по таблице хи-квадрат (выложена в LMS) , где заданы верхние процентные точки. Граница правого хвоста 𝜒 2 (𝑛 − 1; 𝛼/2), 𝛼 𝛼 2 2 т.е. 𝑃 (𝜒 2(𝑛 − 1) ≥ 𝜒 2 (𝑛 − 1; )) = . Граница левого хвоста 𝜒 2 (𝑛 − 1; 1 − 𝛼/2), 𝛼 𝛼 т.к. 𝑃 (𝜒 2 (𝑛 − 1) ≥ 𝜒 2 (𝑛 − 1; 1 − 2)) = 1 − 2 , а значит 𝛼 𝛼 𝑃 (𝜒 2 (𝑛 − 1) ≤ 𝜒 2 (𝑛 − 1; 1 − 2)) = 2 , т.е. на левый хвост также приходится вероятность, равная 𝛼 . 2 Тогда критическое множество 𝛼 𝛼 𝐾𝛼 = [0; 𝜒2 (𝑛 − 1; 1 − )] ∪ [𝜒 2 (𝑛 − 1; ) ; +∞). 2 2 1 2 Далее рассуждения, с которыми мы уже хорошо знакомы. Вычисляем значение статистики по наблюдениям 2 𝑋набл = (𝑛−1)𝑆 2 𝜎02 и смотрим, попадёт ли это значение в критическое множество 𝐾𝛼 или нет, и делаем вывод о нулевой гипотезе. Подобным образом можно проверить нулевую гипотезу и при правосторонней или левосторонней альтернативах, определив критические множества так: 𝐾𝛼 = [𝜒 2 (𝑛 − 1; 𝛼); +∞) − для правосторонней альтернативы или 𝐾𝛼 = [0; 𝜒2 (𝑛 − 1; 1 − 𝛼)] – для левосторонней. Пример. По выборке объёма 𝑛 = 25 из нормального распределения найдена оценка дисперсии 𝑆 2 = 12. Проверьте гипотезу, что 𝐻0 : 𝜎 = 5 против двусторонней альтернативы 𝐻1 : 𝜎 ≠ 5 на уровне значимости α=5%. 𝛼 2 𝛼 2 𝜒 2 (𝑛 − 1; ) = 𝜒 2 (24; 0,025) = 39,3641 и 𝜒 2 (𝑛 − 1; 1 − ) = 𝜒 2 (24; 0,975) = 12,4012 𝐾0,05 = [0; 12,4012] ∪ [39,3641 + ∞). 2 𝑋набл = (𝑛−1)𝑆 2 𝜎02 = 24∙12 25 = 11,52 ∈ 𝐾0,05 ⇒ 𝐻0 отвергаем. На рисунке изображено это критическое множество. 2. Доверительные интервалы для 𝝈. Пусть задана доверительная вероятность γ (значение γ, близкое к 1). Найти интервал, который с вероятностью γ накрывает неизвестное стандартное отклонение 𝜎 генеральной совокупности. Доверительные интервалы для 𝜎 2 и для 𝜎 находятся так. По теории Значит 𝑃 ( (𝑛−1)𝑆 2 ~ 𝜒 2 (𝑛 𝜎2 (𝑛−1)𝑆 2 𝑞2 < 𝜎2 < − 1). Тогда 𝑃(𝑞1 < 𝜒 2 (𝑛 − 1) < 𝑞2 ) = 𝛾 = 𝑃 (𝑞1 < (𝑛−1)𝑆 2 ) 𝑞1 (𝑛−1)𝑆 2 𝜎2 < 𝑞2 ) = 𝛾. = 𝛾 − доверительный интервал для 𝜎 2 . 2 3 (𝑛−1) 𝑆 𝑞2 Или 𝑃 (√ (𝑛−1) <𝜎 <√ 𝑞1 𝑆) = 𝛾 − это доверительный интервал для 𝜎. 𝛼 2 𝛼 2 Здесь 𝑞1 = 𝜒 2 (𝑛 − 1; 1 − ) и 𝑞2 = 𝜒 2 (𝑛 − 1; ) находим по таблице верхних процентных точек распределения хи-квадрат. Пример. По выборке объёма 𝑛 = 20 из нормального распределения найдена оценка дисперсии 𝑆 2 = 15. Найдём доверительный интервал с уровнем доверия 𝛾 = 0,98 для стандартного отклонения 𝜎. Т.к. 𝛾 = 0,98, то 𝛼 = 1 − 0,98 = 0,02. По таблице верхних процентных точек распределения хи-квадрат найдём 𝛼 𝑞1 = 𝜒 2 (𝑛 − 1; 1 − ) = 𝜒 2 (19; 0,99) = 7,6327; 2 𝛼 𝑞2 = 𝜒 2 (𝑛 − 1; ) = 𝜒 2 (19; 0,01) = 36,1909. 2 𝑃( (𝑛 − 1) 2 (𝑛 − 1) 2 19 19 𝑆 < 𝜎2 < 𝑆 ) = 𝑃( 15 < 𝜎 2 < 15) = 𝑃(7,87 < 𝜎 2 < 37,34) 𝑞2 𝑞1 36,1909 7,6327 = 0,98 (𝑛−1) 𝑆 𝑞2 Тогда 𝑃 (√ Значит (𝑛−1) <𝜎 <√ 𝑞1 𝑆) = 𝛾 ⇒ 𝑃 (√ 19 36,1909 19 √15 < 𝜎 < √7,6327 √15) = 0,98. 𝑃(2,81 < 𝜎 < 6,11) = 0,98. При большом числе степеней свободы 𝑘 для построения доверительного интервала можно использовать нормальный закон. По центральной предельной теореме 2 2 2 𝜒 (𝑘) ≈ 𝑁(𝐸𝜒 (𝑘); 𝐷𝜒 (𝑘)). У этого распределения 𝐸𝜒 2 (𝑘) = 𝑘; 𝐷𝜒 2 (𝑘) = 2𝑘. И в этом случае можно использовать нормальное распределение. Тогда (𝑛−1)𝑆 2 𝜎2 ≈ 𝑁( 𝑛 − 1; 2(𝑛 − 1)) ⇒ (𝑛−1)𝑆2 −(𝑛−1) 𝜎2 √2(𝑛−1) ≈ 𝑁(0; 1) ; 𝑞1 = − 𝑧1− 𝛼/2 ; 𝑞2 = 𝑧1− 𝛼/2 . Значит доверительный интервал для 𝜎 2 𝑃 (− 𝑧1− 𝛼/2 < (𝑛−1)𝑆2 𝜎2 –(𝑛−1) √2(𝑛−1) < 𝑧1− 𝛼/2 ) = = 𝑃 ((𝑛 − 1) − 𝑧1− 𝛼/2 ∙ √2(𝑛 − 1) < = 𝑃( (𝑛 − 1)𝑆 2 (𝑛 − 1) + 𝑧1− 𝛼/2 ∙ √2(𝑛 − 1) (𝑛 − 1)𝑆 2 < (𝑛 − 1) + 𝑧1− 𝛼/2 ∙ √2(𝑛 − 1)) = 𝜎2 < 𝜎2 < (𝑛 − 1)𝑆 2 (𝑛 − 1) − 𝑧1− 𝛼/2 ∙ √2(𝑛 − 1) )= 3 4 𝑆2 =𝑃 ( 1 + 𝑧1− 𝛼/2 √2 ∙ √𝑛 − 1 Доверительный интервал для 𝜎: 𝑃 ( 𝑆2 < 𝜎2 < 1 − 𝑧1− 𝛼/2 𝑆 2 √1+𝑧1− 𝛼/2 ∙ √ √𝑛−1 < 𝜎< √2 ∙ √𝑛 − 1) 𝑆 2 √1− 𝑧1− 𝛼/2 ∙ √ ≈ γ. ) ≈ γ. √𝑛−1 Тема. Проверка гипотезы однородности. Пусть имеется 2 независимые выборки 𝑋 = (𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛1 ) и 𝑌 = (𝑌1 , 𝑌2 , … , 𝑌𝑛2 ). Обычно рассматриваются такие задачи, когда эти выборки описывают одно и то же явление, но в разное время или в разных условиях. Проверим гипотезу об однородности (один и тот же закон распределения у этих выборок) против альтернативы неоднородности (законы распределения разные). Например, нас интересует, изменилось ли качество некоторой продукции после того, как были проведены некоторые изменения в технологическом процессе. Гипотезу подобного вида мы уже применяли для проверки гипотезы о равенстве математических ожиданий для двух независимых нормальных выборок с одинаковыми дисперсиями (это двухвыборочный критерий Стьюдента). В этом случае предполагалось, что у этих выборок нормальный закон распределения. А сейчас рассмотрим критерии, в которых конкретный вид распределений 𝑋 и 𝑌 неизвестен. Пусть, например, 𝑋 = (𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛1 ) – выборка из распределения с неизвестной функцией распределения 𝐹1 (𝑥), а 𝑌 = (𝑌1 , 𝑌2 , … , 𝑌𝑛2 ) – выборка из распределения тоже с неизвестной функцией распределения 𝐹2 (𝑥). Тогда нулевая гипотеза о равенстве этих функций распределения 𝐻0 : 𝐹1 (𝑥) = 𝐹2 (𝑥). Альтернативы могут быть такими: 𝐻1 : 𝐹1 (𝑥) > 𝐹2 (𝑥) или 𝐻1 : 𝐹1 (𝑥) < 𝐹2 (𝑥) или 𝐻1 : 𝐹1 (𝑥) ≠ 𝐹2 (𝑥). Частный случай может быть, когда 𝐹2 (𝑥) = 𝐹1 (𝑥 − 𝑚), сдвига 𝐻0 : 𝑚 = 0. и проверим гипотезу об отсутствии Рассмотрим критерий Вилкоксона. Этот критерий основан на рангах наблюдений. 1. Ранговый критерий Вилкоксона (непараметрический) Проверка гипотезы об однородности двух выборок. Две независимые выборки из непрерывных распределений: 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛𝑥 и 𝑌1 , 𝑌2 , … , 𝑌𝑛𝑦 объёмов 𝑛𝑥 и 𝑛𝑦 соответственно. Вид распределений не известен. Будем проверять гипотезу 𝐻0 : 𝐹1 (𝑥) = 𝐹2 (𝑥) против двусторонней альтернативы 𝐻1 : 𝐹1 (𝑥) ≠ 𝐹2 (𝑥). Критерий Вилкоксона основан на рангах наблюдений. Найдём ранги для объединённой последовательности наблюдений 𝑋 и 𝑌, т.е. для 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛𝑥 , 𝑌1 , 𝑌2 , … , 𝑌𝑛𝑦 . Обозначим через 𝑁 общее число наблюдений, 4 5 т.е. 𝑁 = 𝑛𝑥 + 𝑛𝑦 . Обозначим 𝑅(𝑌𝑖 ) − ранг наблюдения 𝑌𝑖 в объединённом массиве. Сложим все ранги 𝑌-ков: 𝑊 𝑌 = 𝑅(𝑌1 ) + 𝑅(𝑌2 ) + ⋯ + 𝑅 (𝑌𝑛𝑦 ). Эта величина может принимать целые значения, лежащие в интервале [ 𝑛𝑦 (𝑛𝑦 +1) 2 ; 𝑛𝑥 𝑛𝑦 + 𝑛𝑦 (𝑛𝑦 +1) 2 ]. Здесь левая граница, если все значения 𝑌 меньше всех 𝑋. А правая граница, если наоборот, все значения 𝑌 больше всех 𝑋. При небольших объёмах этих выборок 𝑛𝑥 и 𝑛𝑦 распределение случайной величины 𝑊 𝑌 при нулевой гипотезе об одинаковом распределении 𝑋 и 𝑌 нетрудно вычислить. И это распределение при нулевой гипотезе не зависит от того, какое распределение у этих величин. При нулевой гипотезе число вариантов со значениями рангов 𝑌 в общей последовательности рангов 𝑛 равно 𝐶𝑛𝑥𝑦+𝑛𝑦 и все эти варианты равновероятны. На простом примере покажем, какое распределение у 𝑊 𝑌 при нулевой гипотезе. Пусть 𝑛𝑥 = 3; 𝑛𝑦 = 2. Тогда в общей последовательности, состоящей из 5 рангов, 𝑌1 и 𝑌2 могут принимать такие значения рангов: (1;2), (1;3), (1;4), (1,5), (2;3), (2;4), (2;5), (3;4), (3;5), (4;5). Т.е. это их число 𝑛 𝐶𝑛𝑥𝑦+𝑛𝑦 = 𝐶52 = 10. Тогда распределение 𝑊 𝑌 при нулевой гипотезе такое: 𝑊𝑌 P 3 0,1 4 0,1 5 0,2 6 0,2 7 0,2 8 0,1 9 0,1 В этом случае при малых объёмах выборок (3 и 2) даже если 𝑊 𝑌 примет наибольшее значение (или наоборот наименьшее), то вероятность такого события равна 0,1, которая достаточно большая и при уровнях значимости 𝛼 < 0,1 нулевая гипотеза не отвергается. При больших объёмах выборок нулевая гипотеза будет отвергаться, если значения статистики 𝑊 𝑌 большое (при альтернативе 𝐻1 : 𝐹1 (𝑥) > 𝐹2 (𝑥)) или малое (при альтернативе 𝐻1 : 𝐹1 (𝑥) < 𝐹2 (𝑥)). При нулевой гипотезе 𝐸0 𝑊 𝑌 = 𝑛𝑦 ∙(𝑁+1) 2 = 𝑛𝑦 ∙(𝑛𝑥 +𝑛𝑦 +1) 2 и 𝐷0 𝑊 𝑌 = 𝑛𝑥 ∙𝑛𝑦 ∙(𝑁+1) 12 = 𝑛𝑥 ∙𝑛𝑦 ∙(𝑛𝑥+𝑛𝑦 +1) 12 . При большом числе наблюдений случайная величина 𝑊 𝑌 при нулевой гипотезе 𝐻0 : 𝐹1 (𝑥) = 𝐹2 (𝑥) имеет приближённо нормальное распределение со следующими параметрами: 𝐸0 𝑊 𝑌 = 𝑛𝑦 ∙(𝑁+1) 2 = 𝑛𝑦 ∙(𝑛𝑥 +𝑛𝑦 +1) 2 , 𝐷0 𝑊 𝑌 = 𝑛𝑥 ∙𝑛𝑦 ∙(𝑁+1) 12 = 𝑛𝑥 ∙𝑛𝑦 ∙(𝑛𝑥 +𝑛𝑦 +1) 12 . Это предельное нормальное распределение уже можно использовать при 𝑛𝑥 , 𝑛𝑦 ≥ 4; 𝑁 = 𝑛𝑥 + 𝑛𝑦 ≥ 20. Тогда 𝑍= 𝑊𝑌 − 𝐸0 𝑊𝑌 √𝐷0 𝑊 𝑌 𝐻0 ≈ 𝑁(0; 1). Тогда критическое множество находим, используя стандартное нормальное распределение. 5 6 Пример. Время реакции на звук (в мс) у двух человек в разных условиях записано в таблице. С помощью критерия Вилкоксона проверить гипотезу об одинаковом времени реакции на звук при уровне значимости 5% против односторонней альтернативы. X Y 140 160 152 187 145 158 155 165 172 180 156 167 200 210 182 198 148 205 195 178 Пусть 𝐹𝑋 и 𝐹𝑌 – функции распределения случайных величин 𝑋 и 𝑌 соответственно. 𝐻0 : 𝐹𝑋 = 𝐹𝑌 ; 𝐻1 : 𝐹𝑋 > 𝐹𝑌 ; 𝛼 = 0,05. Запишем 𝑋 и 𝑌 в один массив и найдём ранги этих величин в этом массиве. X X X X X X X X X X Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y 140 152 145 155 172 156 200 182 148 195 160 187 158 165 180 167 210 198 205 178 1 4 2 5 11 6 18 14 3 16 8 15 7 9 13 10 20 17 19 12 Сумма рангов 𝑌-ков в этом массиве: 𝑊 𝑌 = 8 + 15 + 7 + 9 + 13 + 10 + 20 + 17 + 19 + 12 = 130 𝑛1 = 𝑛2 = 10 𝐸0 𝑊 𝑌 = 10 ∙ (10 + 10 + 1) 10 ∙ 10 ∙ (10 + 10 + 1) = 105; 𝐷0 𝑊 𝑌 = = 175 2 12 Применим нормальный закон распределения. 𝑍набл = 𝑊 𝑌 − 𝐸0 𝑊 𝑌 √𝐷0 𝑊 𝑌 = 𝐾0,05 = [ 𝑧1−𝛼 ; +∞) = [ 𝑧0,95 ; +∞) = [ 1,645; +∞); 130 − 105 √175 ≅ 1,89 𝑍набл ∈ 𝐾0,05 ⇒ 𝐻0 отвергаем; верна 𝐻1 , т.е. время реакции на звук у второго человека (Y) больше, чем у первого (X). 2. Критерий однородности хи-квадрат Его применяют для дискретного распределения, когда переменная принимает конечное число значений. Этот критерий можно использовать даже не для двух, а для большего числа выборок, обозначим их число через 𝑘. Т.е. пусть имеется 𝑘 выборок объёмов 𝑛1 , 𝑛2 , … , 𝑛𝑘 . Пусть в каждой выборке в одном испытании происходит один из 𝑟 различных исходов. Обозначим через 𝑚𝑖𝑗 число раз, когда произошёл 𝑖-ый исход в 𝑗-ой выборке. Тогда 𝑚1𝑗 + 𝑚2𝑗 + ⋯ + 𝑚𝑟𝑗 = 𝑛𝑗 , 𝑗 = 1,2, . . , 𝑘. Пусть 𝑝𝑖𝑗 − вероятность 𝑖-го исхода в 𝑗-ой выборке, 𝑝1𝑗 + 𝑝2𝑗 + ⋯ + 𝑝𝑟𝑗 =1, 𝑗 = 1,2, . . , 𝑘. Проверяем нулевую гипотезу, что для каждого исхода 𝑖 эти вероятности во всех выборках одинаковы, т.е. 𝐻0 : 𝑝1𝑗 = 𝑝1 ; 𝑝2𝑗 = 𝑝2 ; … 𝑝𝑟𝑗 = 𝑝𝑟 при всех 𝑗 = 1,2, . . , 𝑘 (𝑝1 + 𝑝2 + ⋯ + 𝑝𝑟 = 1). Вероятности 𝑝1 , 𝑝2 , … , 𝑝𝑟 неизвестны, поэтому оценим их при нулевой гипотезе так: 6 7 𝑝̂𝑖 = 𝑚𝑖1 + 𝑚𝑖2 + ⋯ + 𝑚𝑖𝑘 𝑚𝑖1 + 𝑚𝑖2 + ⋯ + 𝑚𝑖𝑘 = , 𝑛1 + 𝑛2 + ⋯ + 𝑛𝑘 𝑛 где 𝑛 = 𝑛1 + 𝑛2 + ⋯ + 𝑛𝑘 − общее число наблюдений. Это оценка доли исхода 𝑖 при нулевой гипотезе (т.к. при нулевой гипотезе во всех выборках вероятности этого исхода 𝑖 одинаковы, то эта оценка есть отношение суммарного числа исхода 𝑖 к общему числу наблюдений). Тогда для проверки нулевой гипотезы используется такая статистика критерия: 𝑟 𝑋2 𝑘 (𝑚𝑖𝑗 − 𝑛𝑗 𝑝̂𝑖 ) = ∑∑ 𝑛𝑗 𝑝̂𝑖 2 𝑖=1 𝑗=1 Распределение этой статистики при нулевой гипотезе при 𝑛 → ∞ сходится к хи-квадрат распределению с (𝑟 − 1) ∙ (𝑘 − 1) степенями свободы, т.е. 𝑟 𝑋2 𝑘 (𝑚𝑖𝑗 − 𝑛𝑗 𝑝̂𝑖 ) = ∑∑ 𝑛𝑗 𝑝̂𝑖 2 𝐻0 ≈ 𝜒 2 ((𝑟 − 1) ∙ (𝑘 − 1)) 𝑖=1 𝑗=1 Пример. На курсе 4 группы, в которых 28, 30, 29 и 27 студентов соответственно. Нас интересует, одинаково ли учатся студенты в этих группах по некоторому предмету. Предположим, что в этих группах число отличников по этому предмету такое: 12, 10, 14, 9. Число хорошистов таково: 10, 14, 12, 11. Остальные студенты получили по этому предмету удовлетворительную оценку. Можно ли считать, что студенты в этих группах учатся одинаково? Т.е. проверим гипотезу 𝐻0 : 𝑝11 = 𝑝12 = 𝑝13 = 𝑝14 ; 𝑝21 = 𝑝22 = 𝑝23 = 𝑝24 . Вероятности отличных оценок одинаковы в 4-х группах. Также одинаковы и вероятности хороших оценок. Тогда одинаковы и вероятности и удовлетворительных оценок, т.к. 𝑝1𝑗 + 𝑝2𝑗 + 𝑝3𝑗 = 1. Уровень значимости 𝛼 = 0,05. В этой задаче 𝑛1 = 28; 𝑛2 = 30; 𝑛3 = 29; 𝑛4 = 27; 𝑛 = 28 + 30 + 29 + 27 = 114 𝑚11 = 12; 𝑚12 = 10; 𝑚13 = 14; 𝑚14 = 9; 𝑚21 = 10; 𝑚22 = 14; 𝑚23 = 12; 𝑚24 = 11; 𝑚31 = 6; 𝑚32 = 6; 𝑚33 = 3; 𝑚34 = 7 Тогда 𝑝̂1 = 12+10+14+9 114 = 45 114 ≅ 0,395; 𝑝̂2 = 10+14+12+11 114 2 Составим статистику 𝑋набл = ∑𝑟𝑖=1 ∑𝑘𝑗=1 = + (𝑚𝑖𝑗 −𝑛𝑗 𝑝̂𝑖 ) 𝑛𝑗 𝑝̂𝑖 = 47 114 ≅ 0,412; 𝑝̂3 = 6+6+3+7 114 = 22 114 ≅ 0,193. 2 = (12 − 28 ∙ 0,395)2 (10 − 30 ∙ 0,395)2 (14 − 29 ∙ 0,395)2 (9 − 27 ∙ 0,395)2 + + + + 28 ∙ 0,395 30 ∙ 0,395 29 ∙ 0,395 27 ∙ 0,395 (10 − 28 ∙ 0,412)2 (14 − 30 ∙ 0,412)2 (12 − 29 ∙ 0,412)2 (11 − 27 ∙ 0,412)2 + + + + 28 ∙ 0,412 30 ∙ 0,412 29 ∙ 0,412 27 ∙ 0,412 7 8 + (6 − 28 ∙ 0,193)2 (6 − 30 ∙ 0,193)2 (3 − 29 ∙ 0,193)2 (7 − 27 ∙ 0,193)2 + + + = 28 ∙ 0,193 30 ∙ 0,193 29 ∙ 0,193 27 ∙ 0,193 = 0,0799 + 0,289 + 0,565 + 0,26 + 0,205 + 0,218 + 0,0002 + 0,0014 + 0,0657 + 0,0076 + 1,205 + 0,614 ≅ 3,5 𝐾0,05 = [ 𝜒 2 ((3 − 1) ∙ (4 − 1); 0,05); +∞) = [ 𝜒 2 (6; 0,05); +∞) = [ 12,5916; +∞) 2 𝑋набл ∈ 𝐾0,05 ⇒ 𝐻0 верна. В группах одинаковые доли отличных, хороших и удовлетворительных оценок. 8