CHUONG 7 (Kiem dinh gia thiet) - Bo sung 1.2

ThS. Phạm Trí Cao * Chương 7 (Phần bổ sung)

31/07/2016

PHẦN II: KIỂM PHI THAM SỐ
KIỂM ĐỊNH TÍNH ĐỘC LẬP
Một phần tử của đám đông có thể có các dấu
hiệu đònh lượng. VD con người có: chiều cao,
trọng lượng. Một phần tử của đám đông còn có
dấu hiệu đònh tính. VD con người có: màu tóc,
màu mắt.
Ta khảo sát 3 trường hợp:
* Tính độc lập của 2 dấu hiệu đònh tính.
* Tính độc lập của 1 dấu hiệu đònh tính và 1 dấu
hiệu đònh lượng.
* Tính độc lập của 2 dấu hiệu đònh lượng.

CHƯƠNG 7:
KIỂM ĐỊNH GIẢ THIẾT
THỐNG KÊ
Phần bổ sung
1

I. KIỂM ĐỊNH TÍNH ĐỘC LẬP CỦA 2 DẤU HIỆU ĐỊNH TÍNH

Giả thiết H0: Hai dấu hiệu A và B độc lập
H1: Hai dấu hiệu A và B không độc lập

Ta có bảng liên hợp các dấu hiệu sau:
A
A1

A2
…..
Ar
Tổng

B B1 B2 ……. Bk Tổng
n11 n12
n21 n22

nij : tần số quan sát
n2
2
  n (   n .ijn  1)
i j i0 0 j
   2 ( k  1) ( r  1)

n1k n10
n2k n20

nr1 nr2
nrk nr0
n01 n02 ….. n0k n
k
r
k
k
n   n , n   n , n  n   n : cỡ mẫu
i0 j1 ij
0 j i1 ij
i1 i0 j1 oj

2



3

Quy tắc quyết đònh:
2 >  2 ( k  1) ( r  1) : bác bỏ H0

4


ThS. Phạm Trí Cao * Chương 7 (Phần bổ sung)

31/07/2016

VD5: Để nghiên cứu xem quy mô của một công ty có ảnh hưởng
đến hiệu quả quảng cáo đối với khách hàng hay không, người ta
tiến hành phỏng vấn 356 khách hàng và thu được kết quả sau:

HÌNH MINH HỌA QUY TẮC QUYẾT ĐỊNH

Hiệu quả QC
Quy mô CT
Nhỏ
Vừa
Lớn
Tổng
5

Giải
H0: Quy mô không ảnh hưởng hiệu quả quảng cáo
H1: Quy mô có ảnh hưởng hiệu quả quảng cáo



202  522  322  532  472 

 2  356140*104 131*104 85*104 140*128 131*128
2
2
2
2


 28  67  32  25 1


 85*128 140*124 131*124 85*124

= 29,638
2 >  2 (3 1)(3 1)   2 (4)  9,4877 : bác bỏ H0
0,05
0,05
Tức quy mô công ty có ảnh hưởng đến hiệu quả của
7
quảng cáo

Mạnh Vừa phải Yếu Tổng

20
53
67

52
47
32

32 104
28 128
25 124

140

131

85

356

Với mức ý nghóa 5%, có thể cho rằng quy mô của công ty có ản6h
hưởng đến hiệu quả của quảng cáo đối với khách hàng hay không?

II. KIỂM ĐỊNH TÍNH ĐỘC LẬP CỦA 1 DẤU
HIỆU ĐỊNH TÍNH VÀ 1 DẤU HIỆU ĐỊNH
LƯNG

Tiêu chuẩn phù hợp 2 nói trên còn có thể áp dụng
để kiểm đònh tính độc lập của 1 dấu hiệu đònh tính A
và 1 dấu hiệu đònh lượng X. Khi đó ta cần chia

miền giá trò của X thành k khoảng B1, B2, Bk , và
nếu cá thể có số đo xj rơi vào khoảng Bj thì ta xem
cá thể đó có dấu hiệu Bj
8


ThS. Phạm Trí Cao * Chương 7 (Phần bổ sung)

31/07/2016

VD6: Một con cua biển có thể có màu vỏ là xanh, hoặc
hồng. Số vạch trên vỏ của nó có thể là 0, 1, 2, 3, 4, 5. Ở đây
dấu hiệu A (màu vỏ) là dấu hiệu đònh tính, còn số vạch trên
vỏ X là dấu hiệu đònh lượng (hay X là ĐLNN rời rạc).
Xét ngẫu nhiên 169 con cua biển, ta thu được:
Số vạch 0 1 hoặc 2 3 hoặc 4
Màu vỏ
Xanh
35 19
36
Hồng
14 14
16
Tổng
49 33
52
Với  = 5%, xét xem: A và X có độc lập?

5 Tổng
25 115

10 54
35 169

9

III. KIỂM ĐỊNH TÍNH ĐỘC LẬP CỦA 2 DẤU
HIỆU ĐỊNH LƯNG

Tương tự như vậy, ta có thể dùng tiêu chuẩn 2 nói
trên để kiểm tra tính độc lập của 2 ĐLNN X và Y
(lưu ý rằng nếu X và Y không tương quan: RXY = 0 thì
chưa chắc X,Y độc lập. Ta phải kiểm tra mới khẳng
đònh được). Muốn vậy, ta chia miền giá trò của X
thành k khoảng B1 , B2, Bk còn miền giá trò của Y
thành r khoảng A1, A2, Ar . Nếu cá thể có số đo (y,x)
 Ai x Bj thì ta coi cá thể đó có dấu hiệu Ai và Bj 11

Giải
H0: hai dấu hiệu A và X độc lập
H1: hai dấu hiệu A và X không độc lập

2
2
2
*  2 169( 35  19 ..... 10 1)  2,13
49*115 33*115
35*54
*  = 0,05 , r=2 , k=4
  2 (2 1)(4 1)   2 (3)  7,8147
0,05

0,05
10
* Ta có  2   2 (3) : chấp nhận H0
0,05

VD7: Giả sử X và Y (pound) tương ứng là số đo huyết áp
và trọng lượng của trẻ em 14 tuổi. Lấy 1 mẫu ngẫu nhiên
gồm 200 trẻ, ta có:
H. áp X  99 99T. lượng
Y  102
10
20
11
5
Y >102
6
48
50
50
Tổng
16
68
61
55
Với : 1 pound = 0,454 kg
Với  =1%, xét xem: X,Y có độc lập.

Tổng
46

154
200
12


ThS. Phạm Trí Cao * Chương 7 (Phần bổ sung)

31/07/2016

Giải

PHẦN 2
KIỂM ĐỊNH PHI THAM SỐ
KIỂM ĐỊNH QUY LUẬT PHÂN PHỐI
TIÊU CHUẨN K.PEARSON ( TIÊU CHUẨN 2 )

H0: hai dấu hiệu X và Y độc lập
H1: hai dấu hiệu X và Y không độc lập

 = 0,01 , r= 2 , k= 4

 Trong

  2 (2  1)(4  1)   2 (3)  1 1,3 4 5
0,0 1
0,0 1
2
2
2
 2  200 ( 10  20  ....  50

 1)  22 ,53
16 * 46 68 * 46
55 *154
Ta có  2   2 (3) : bác bỏ H0
0,0 1
Vậy giữa huyết áp và trọng lượng
có sự phụ thuộc lẫn nhau.

13

1. X là ĐLNN rời rạc
pi = P(X= xi) : theo quy luật A
Ta xét X có quy luật phân phối nhò thức,
hoặc Poisson

Cho bảng tần số quan sát của ĐLNN X
(rời rạc: dạng điểm, liên tục: dạng khoảng):

X
x1 x2 ... xk
Tần số n1 n2 ... nk
ni : tần số quan sát (tần số thực nghiệm)
n = n1 + n2 +…+ nk : cỡ mẫu
Lập giả thiết
H0 : X phân phối theo quy luật A
H1 : X không phân phối theo quy luật A

thực tế ta thường gặp vấn đề là ta phải kiểm
tra xem một đại lượng ngẫu nhiên đang xét có một
quy luật phân phối nào đó không. Ví dụ như chiều

cao của một loại cây có quy luật phân phối chuẩn
không? Số sản phẩm tốt trong 1 hộp có quy luật
phân phối nhò thức không? Số người đến siêu thò
trong 1 ngày có quy luật phân phối Poisson không?
14
...

15

2. X là ĐLNN liên tục
pi = P(xi-1 < X < xi) hoặc pi = P(xi < X < xi+1)
Ta xét X có quy luật chuẩn

16


ThS. Phạm Trí Cao * Chương 7 (Phần bổ sung)

31/07/2016

2


n

np
k

 2   i np i  (tính)
i

i 1
  2  k r 1 (tra bảng)





HÌNH MINH HỌA QUY TẮC QUYẾT ĐỊNH

r = số tham số chưa xác đònh của quy luật X
k là số điểm (khoảng) chia các giá trò của X
Quy tắc quyết đònh:
 2  2  k  r 1 : bác bỏ H0

17

CÁC QUY LUẬT PHÂN PHỐI
CƠ BẢN CẦN KIỂM ĐỊNH
1. Nhò thức
X ~ B(n,p)
n và p biết  r = 0
n biết, p chưa biết  r = 1
n và p chưa biết  r = 2
Nếu p chưa biết, thay bằng f
2. Poisson
X ~ P()
 biết  r = 0
19
 chưa biết  r = 1
Nếu  chưa biết, thay bằng x

18

CÁC QUY LUẬT PHÂN PHỐI CƠ BẢN
CẦN KIỂM ĐỊNH
3. Chuẩn
X ~ N(, 2)
 và 2 biết  r = 0
 biết, 2 chưa biết  r = 1
 chưa biết, 2 biết  r = 1
 và 2 chưa biết  r = 2
Nếu  chưa biết, thay bằng x
Nếu 2 chưa biết, thay bằng s2 (hoặc sˆ 2 )
20


ThS. Phạm Trí Cao * Chương 7 (Phần bổ sung)

31/07/2016

Lưu ý:
Điều kiện để áp dụng tiêu chuẩn phù hợp
 2 theo K.Pearson là:
Các tần số quan sát ni  5 .
Nếu các ni quá nhỏ thì phải ghép các giá
trò hay các khoảng giá trò của mẫu lại để
tăng ni lên. Cách ghép lớp không duy nhất,
nên ta phải trình bày ra cho người đọc biết.
21

Giải:
H0: X có quy luật phân phối nhò thức B(10; 0,3)
H1: X không có quy luật phân phối nhò thức
B(10; 0,3)
Trước hết, ta thu ngọn mẫu để cho thỏa ni không
quá nhỏ: ni  5
X 0 1 2 3 4 5 6
ni 5 10 19 29 21 6 10

23

VD8:
Quan sát 1 đối tượng trong 100 ngày. Gọi X
là số lần xuất hiện của đối tượng trong 1
ngày, ta có:
X
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Số ngày 5 10 19 29 21 6 9 0 0 1 0
Với = 5%, hãy xét xem X~B(10 ; 0,3) ?

Ta lập bảng sau:
xi
ni
0
1
2
3
4
5
6

Tổng

5
10
19
29
21
6
10
n=100

pi

npi

0,0282
0,1211
0,2335
0,2668
0,2001
0,1029
0,0474
1

2,82
12,11
23,35
26,68
20,01
10,29

4,74

n  np 
i
i
np
i
1,6852
0,3676
0,8104
0,2017
0,0490
1,7885
5,8370
10,7394





22

2

24


ThS. Phạm Trí Cao * Chương 7 (Phần bổ sung)

31/07/2016

Nếu giả thiết H0 đúng, ta tính được các xs:
pi = P(X=xi) = Cxi (0,3)xi(0,7)10xi
10
xi= 0,1,2,...,6
p1 = P(X=0) = C 0 (0,3)0 (0,7)10  0,0282
10
2
Vậy  = 10,7394
k= 7, r= 0, = 0,05   2 (7 1)  12,5916
0,05
 2   2 (6 ) : chấp nhận H0
0,0 5

25

VD9: Dân gian lưu truyền rằng: loại thức ăn AA
làm tăng khả năng sinh con trai. Người ta cho 1
nhóm phụ nữ dùng thức ăn AA, rồi xem xét 80
trường hợp có 3 con trong thời gian dùng loại
thức ăn AA đó. Kết quả cho trong bảng sau:
X: số bé trai 3 2 1 0
ni: số phụ nữ 14 36 24 6
Với = 5%, kiểm đònh xem liệu loại thức ăn AA
có tác dụng đến việc sinh con trai không?

27

Lưu ý:
Để cho tổng các xác suất phải bằng 1 thì

pk cuối cùng tính bằng 1-(p1+...+pk-1)
VD:

7
6
Để  pi = 1 thì p7 = 1–  pi = 0,0474
i1
i1

26

Giải:
H0 : loại thức ăn AA không làm tăng khả năng
sinh con trai.
Nếu H0 đúng thì số bé trai trong gia đình có 3 con
là 1 ĐLNN có qluật nhò thức với n= 3, p= ½
Gọi X là số con trai trong 1 gia đình có 3 con
H0 : X~B(3, ½)
Đặt : Bk = bc trong 3 đứa trẻ có k đứa là con trai.

28


ThS. Phạm Trí Cao * Chương 7 (Phần bổ sung)

31/07/2016

3
3
 

 
p1 = P(B0) = C 0  1   1, p  P(B )  C1 1   3
3  2 8 2
1
3 2  8
3
3
 
 
p  P(B )  C 2  1   3 , p  p(B )  C 3 1   1
3
2
3  2 8 4
3
3  2 8

Ta lập bảng sau:
xi
ni

pi npi n np 2

i 
 i
np
i
3
14
1/8 10 1,6
2

36
3/8 30 1,2
1
24
3/8 30 1,2
0
6
1/8 10 1,6
Tổng n = 80 1
5,6

29

VD10: Sản phẩm được sản xuất ra trên một
dây chuyền tự động, được đóng gói một cách
ngẫu nhiên theo quy cách: 3 sản phẩm/hộp.
Tiến hành kiểm tra 200 hộp ta được kết quả:
Số sp loại I có trong hộp 0 1 2 3
Số hộp
6 14 110 70
Với = 2% , có thể xem số sp loại I có trong
hộp là đại lượng ngẫu nhiên có quy luật phân
phối nhò thức không?
31

Vậy 2 = 5,6
= 0,05 , k= 4 , r= 0
  2 ( k  r  1)   2 (3)  7,8 1 4 7
0,0 5
 2   2 (3) : chấp nhận H0

0,05

30

Vậy thức ăn AA không ảnh hưởng đến giới tính.

Giải:
Gọi X là số sp loại I có trong một hộp.
XB(3, p)
Ta xấp xỉ p bằng:
f  1 * 14  2 * 110  3 * 70  0 , 74
3 * 200

H0: X  B(3 ; 0,74)
2 = 18,8755 >  2 (4 11) = 7,8241 :
0,02
bác bỏ H0

32


ThS. Phạm Trí Cao * Chương 7 (Phần bổ sung)

31/07/2016

Ta lập bảng sau:
xi

ni

pi

npi

0
1
2
3
Tổng

6
14
110
70

0,017576
0,150072
0,427128
0,405224

3,5152
30,0144
85,4256
81,0448

n = 200 1

n  np 
i
i

np
i
1,75644
8,5446
7,06932
1,50519





18,8755

2

33

Giải:
Gọi X = số lỗi trong 300 trang in
H0: X ~ P(4,7)
P1 = P(X 2)
0
1
2
= e-4,7 ( (4,7)  (4,7)  (4,7) )  0,1523
0!
1!
2!
3
P2 = P(X=3) = e-4,7 (4,7) = 0,1574

3!
4
P3= P(X=4) = e-4,7 (4,7) = 0,1849
4!

35

VD11: Một nhà máy sản xuất máy in nói rằng:
số lỗi in trong 1 cuốn sách dày 300 trang của
máy in là 1 ĐLNN có quy luật phân phối
Poisson với tham số = 4,7. Kiểm tra 300 trang
sách in của 50 máy in cùng loại, ta thu được:
Số lỗi 0 1 2 3 4 5 6 7 8  9
Số máy 1 1 8 6 13 10 5 5 1 0
Với mức ý nghóa 1%, hỏi lời tuyên bố của nhà
sản xuất có đúng không?
34

5
P4 = P(X=5) = e-4,7 ( 4 ,7 ) = 0,1738
5!
6
P5 = P(X=6) = e-4,7 ( 4 ,7 ) = 0,1362
6!
6
P6 = P(X  7) = 1–  p ( X  k )  0,1954
k 0
 = 0,01 , k = 6, r = 0
  2
(5 )  1 5 ,0 8 6 3

0 ,0 1
2 = 4,8468 <  2
( 5 ) : chấp nhận H0.
0 ,0 1
Tin lời tuyên bố trên.

36


ThS. Phạm Trí Cao * Chương 7 (Phần bổ sung)

Ta lập bảng:
xi

ni

pi

npi

2
3
4
5
6
7
Tổng

10
6

13
10
5
6

0,1523
0,1574
0,1849
0,1738
0,1362
0,1954

7,6150
7,8692
9,2463
8,6915
6,8083
9,7697

n =50 1

n  np 
i
i
np
i
0,7470
0,4440
1,5239
0,1970

0,4803
1,4546





31/07/2016

Lưu ý:
Nếu đề không cho  = 4,7 thì ta làm như sau:

2

4,8468

6
x  1n  n x
i1 i i
 1 (2*103*64*135*106*57*6) 4,24
50

37

VD12: Quan sát chiều cao của 120 cây khuynh diệp ở
1 năm tuổi, ta được bảng số liệu:
Chiều cao 50-80 80-100 100-110 110-120 120-130
Số cây
10
9

13
14
21
Chiều cao (cm) 130-140 140-150 150-160 160-170
Số cây
15
12
13
13
Với mức ý nghóa 5%, hãy kiểm đònh giả thiết:
chiều cao cây khuynh diệp có phân phối chuẩn?

39

Thay  bằng x = 4,24 . Xem X~P(4,24)
Tra bảng  2 (6 11)   2 (4)
0,01
0,01

38

Giải:
X = chiều cao của cây khuynh diệp (cm)
H0 : X có phân phối chuẩn N(, 2)

x  1n  n x  1 [65*10+90*9+105*13
i i 120
+115*14+125*21+135*15+145*12
+155*13 + 165*13] = 124,875
40

ThS. Phaùm Trớ Cao * Chửụng 7 (Phn b sung)

31/07/2016

1 ( n x 2 n ( x )2 )
i i
n 1
1

(1963675 120(124,875)2 )
120 1
776,6649
s 776 ,6649 27 ,8687

s2






10

0,0537 6,444

9
13

0,1330 15,96 48,4416 3,0352
0,1114 13,368 0,1354 0,0101

(110, 120) 14
(120, 130) 21
(130, 140) 15
(140, 150) 12

0,1344 16,128 4,5284 0,2808
0,1389 16,668 18,7662 1,1259

(150, 160) 13
(160, +) 13

0,0803 9,636 11,3165 1,1744
0,1038 12,456 0,2959 0,0238

(100, 10)

H0: X~N(124,875 ; (27,8687) )
= 0,05, k = 9, r = 2
2 (9 2 1) 2 (6) 12,5916
0,05
0,05
2 = 7,8047 < 2 (6) : chaỏp nhaọn H0
0,05

41

= 0,5 (1,61) = 0,5-0,4463 = 0,0537
p2 = P(80



= 100 124 ,875 80 124 ,875




27 ,8687
27 ,8687





= (0,89)+(1,61) = 0,3133+0,4463
= 0,1330
p3 = P (10043
= 0,2019+0,3133 = 0,1114

n np

i
i
np
i

pi

(80, 100)

Toồng

npi

(ni-npi)2

ni

(, 80)

2


p1 = P(X< 80) = 0,5+ 80 124 ,875

27 ,8687



x , x
i i

0,1340 16,08
0,1105 13,26

n =120 1






2

12,6451 1,9623

1,1664
1,5876

0,0725
0,1197

7,8047

42

p4 = P (110 < X < 120) = (0,17) + (0,53)
= 0,0675 + 0,2019 = 0,1344
p5 = P (120 < X < 130) = (0,18) + (0,17)
= 0,0714 + 0,0675 = 0,1389
p6 = P (130 < X < 140) = (0,54) - (0,18)

= 0,2054 0,0714 = 0,1340

44


ThS. Phạm Trí Cao * Chương 7 (Phần bổ sung)

p7 = P (140 < X < 150 ) = (0,90) - (0,54)
= 0,3159 – 0,2054 = 0,1105
p8 = P (150 < X < 160 ) = (1,26) - (0,90)
= 0,3962 – 0,3159 = 0,0803
p9 = P (X>160 ) = 0,5 - (1,26)
= 0,5 – 0,3962 = 0,1038
Hay p9 = 1–(p1 + . . . + p8) = 0,1038

31/07/2016

45

VD13: Gạo đủ tiêu chuẩn xuất khẩu nếu thỏa
mãn các yêu cầu sau:
Tỷ lệ hạt nguyên  90% , tỷ lệ hạt vỡ  6% ,
tỷ lệ tấm  4%
Kiểm tra 1000 hạt gạo của 1 lô gạo, người ta
thấy có: 870 hạt nguyên, 70 hạt vỡ, 60 hạt
tấm. Hỏi lô gạo có đủ tiêu chuẩn xuất khẩu
không ? Với  = 5%
47

Lưu ý:

* Nếu đề cho trước  = 25 thì r = 1
P(xi< X < xi+1)
x 124,875
x 124 ,875
)( i
)
=  ( i1
25
25
* Nếu đề cho trước = 120, = 25 thì r= 0
P( xi < X < xi+1)
x 120
x  120
)  ( i
)
=  ( i1
25
25

46

Giải:
H0: thành phần lô gạo có tỷ lệ hạt nguyên,
hạt vỡ, hạt tấm tương ứng là 90%, 6%, 4%
(H0: lô gạo đủ tiêu chuẩn xuất khẩu)
H1: phủ đònh của H0
2 = 12,667 > 2 (31) = 5,99: bác bỏ H0
0,05
Lô gạo không đủ tiêu chuẩn xuất khẩu.
48

ThS. Phạm Trí Cao * Chương 7 (Phần bổ sung)

pi npi  n np 2

i 
 i
np
i
hạt nguyên 870 0,90 900
1
hạt vỡ
70 0,06 60 1,667
hạt tấm
60 0,04 40
10
Tổng n= 1000 1
12,667

Thành phần

31/07/2016

ni

49

VD14 (tt):
Chọn ngẫu nhiên 1000 hộp do nhà máy này

sản xuất thì thấy có 585 hộp có 12 sản phẩm
loại A; 256 hộp có 11 sản phẩm loại A; 97
hộp có 10 sản phẩm loại A ; 52 hộp có 9 sản
phẩm loại A và 10 hộp có 8 sản phẩm loại A.
Có thể chấp nhận báo cáo của nhà máy hay
khơng? Với mức ý nghĩa 5%.
51

VD14:
Sản phẩm do một nhà máy sản xuất được
đóng thành từng hộp. Mỗi hộp có 12 sản
phẩm gồm 2 loại: loại A và loại B.
Theo báo cáo của nhà máy thì tỷ lệ hộp có
12 sản phẩm loại A là 60%. Tỷ lệ hộp có
11 sản phẩm loại A là 25%. Tỷ lệ hộp có
10 sản phẩm loại A là 10%. Tỷ lệ hộp có
số sản phẩm loại A dưới 10 là 5%.
50

Giải:
H0: Tỷ lệ hộp có 12 sp loại A là 0,6 ;
Tỷ lệ hộp có 11 sp loại A là 0,25 ;
Tỷ lệ hộp có 10 sp loại A là 0,1 ;
Tỷ lệ hộp có số sp loại A dưới 10 là 0,05
H1: Phủ định của Ho

2 < 2(0,05 ; 4-1) = 7,815 : chấp nhận H0

52

ThS. Phaùm Trớ Cao * Chửụng 7 (Phn b sung)

Thnh
ni
phn
hp
12 splA 585
11 splA 256
10 splA
97
< 10 splA 62
Toồng n= 1000

pi npi n np 2

i
i
np
i
0,60
0,25
0,10
0,05
2 = 3,489
1

31/07/2016

Mụứi gheự thaờm trang web:

54

/> />
53