WnioskowanieStatystyczne/Test serii

Wnioskowanie_Statystyczne_-_wykład

Test serii Walda-Wolfowitza

Serią nazywamy ciąg jednakowych elementów. W poniższym przykładzie mamy sześć serii (po trzy serie zer i jedynek):

[math]\underline{1}\overline{00}\underline{1}\overline{00}\underline{111} \overline{0}[/math].

Nie jest to oczywiście jedyna kombinacja kolejności pięciu zer i jedynek, dająca w wyniku sześć serii. Ponieważ każda pojedyncza kombinacja jest jednakowo prawdopodobna (jeśli jest wynikiem niezależnych losowań), to prawdopodobieństwo uzyskania danej liczby serii będzie tym większe, im więcej różnych kombinacji będzie dawać w wyniku tę liczbę serii. Sformułujmy więc problem ogólnie:

Mamy [math]N=n_1+n_2[/math] elementów, w tym [math]n_1[/math] zer i [math]n_2[/math] jedynek. Na ile sposobów możemy je rozłożyć, aby uzyskać [math]k[/math] serii?

Na przedstawiony powyżej przykład, zawierający pięć jedynek i pięć zer, możemy patrzeć jak na przypisanie liczbom od jeden do dziesięciu (pozycje w ciągu) zera lub jedynki:

1	0	0	1	0	0	1	1	1	0
1	2	3	4	5	6	7	8	9	10

Inaczej mówiąc, konkretny ciąg [math]N[/math] zer i jedynek wyznaczony jest przez wylosowanie spośród liczb od jednego do [math]N[/math] tych liczb, którym mają być przypisane jedynki (pozostałym będą przypisane zera — lub odwrotnie). Czyli wszystkich możliwych ciągów [math]n_1[/math] zer i [math]n_2[/math] jedynek będzie tyle, na ile sposobów można wylosować [math]n_1[/math] elenentów spośród [math]N[/math]. Policzmy: pozycję (czyli numer, wypisany w dolnym rzędzie powyższej tabeli) pierwszego elementu losujemy spośród [math]N[/math] możliwości, drugiego — spośród [math]N-1[/math] pozostałych możliwości (jedna pozycja jest już zajęta), i tak dalej, aż pozycję ostatniego z [math]n_1[/math] elementów losujemy spośród [math]N-n_1[/math] pozostałych możliwości. Liczba możliwych wyników będzie iloczynem tych wszystkich liczb, czyli wyniesie [math]N\cdot(N-1)\cdot(N-2)\cdot\ \dots\ \cdot (N-n_1) = N!/(N-n_1)![/math] Skoro wszystkie jedynki są jednakowe i nie rozróżniamy wyników różniących się ich kolejnością, to wynik ten musimy podzielić przez liczbę różnych ustawień kolejności elementów (liczbę permutacji) zbioru [math]n_1[/math]-elementowego. Wyniesie ona [math]n_1\cdot(n_1-1)\cdot\ \dots\ \cdot 1[/math], czyli [math]n_1![/math] Ostatecznie jako liczbę różnych ustawień [math]n_1[/math] zer i [math]N-n_1[/math] jedynek dostajemy:

[math] \frac{N!}{(N-n_1)!\ n_1!} = \binom{N}{n_1}. [/math]

Jest to znany z rozdziału o rozkładzie dwumianowym symbol Newtona [math]\binom{N}{n_1}[/math]. Jego własności symetrii zgadzają się z sytuacją, w ktorej "wybierać" możemy albo [math]n_1[/math] zer albo [math]n_2[/math] jedynek:

[math] \binom{N}{n_1}=\binom{n_1+n_2}{n_1}=\frac{(n_1+n_2)!}{n_1! n_2!}=\binom{n_1+n_2}{n_2}=\binom{N}{n_2}. [/math]

Pozostaje policzyć, ile z tych możliwości (przy ustalonych liczbach [math]n_1[/math] jedynek i [math]n_2[/math] zer) wygeneruje ciąg wyników, w którym będzie dokładnie [math]k[/math] serii?

1. Jeśli liczba serii [math]k[/math] jest parzysta, to będziemy mieć tyle samo serii jedynek i zer (po [math]k/2[/math]). Aby rozmieścić [math]n_1[/math] jedynek w [math]k/2[/math] seriach musimy wyznaczyć [math]k/2-1[/math] punktów podziału na serie; w powyższym przykładzie będą to (kropki) 1.1.111. — było 6 serii, więc mamy 2 punkty podziału. Inaczej losujemy spośród [math]n_1-1[/math] możliwych punktów podziału [math]k/2-1[/math] podziałów, jak wynika z liczby serii [math]k[/math]. Daje to [math]\binom{n_1-1}{k/2-1}[/math] możliwości. W miejsca podziału (oznaczone kropkami) wstawiamy serie zer; analogicznie możemy to zrobić na [math]\binom{n_2-1}{k/2-1}[/math] możliwości (w przykładzie: 00.00.0). Liczbę tę należy pomnożyć przez dwa ze względu na możliwość zamiany miejscami zer i jedynek. Prawdopodobieństwo danej liczby serii dostaniemy — zgodnie z klasyczną definicją prawdopodobieństwa — dzieląc liczbę wszystkich tych kombinacji [math]n_1[/math] jedynek i [math]n_2[/math] zer, które generują dokładnie [math]k[/math] serii, przez liczbę wszystkich możliwych kombinacji: [math] P=\frac{ 2\binom{n_1-1}{k/2-1} \binom{n_2-1}{k/2-1}} { \binom{N}{n_1}} \qquad\textrm{dla }\ k\ \textrm{parzystych.} [/math]
2. Jeśli liczba serii [math]k[/math] jest nieparzysta, to którychś serii — zer lub jedynek — będzie dokładnie o jeden więcej.
   1. jeśli więcej jest serii jedynek, mamy [math](k-1)/2[/math] serii zer i [math](k-1)/2+1[/math] serii jedynek. [math]n_1[/math] jedynek dzielimy na [math](k-1)/2+1[/math] serii, czyli wyznaczamy [math](k-1)/2[/math] punktów podziału spośród [math]n_1-1[/math] możliwych — daje to [math]\binom{n_1-1}{(k-1)/2}[/math] możliwości. Z kolei [math]n_2[/math] zer dzielimy na [math](k-1)/2[/math] serii, co daje [math]\binom{n_2-1}{(k-1)/2-1}[/math] możliwości. Iloczyn tych dwóch wielkości określa liczbę możliwości dających [math]k[/math] serii, jeśli więcej jest serii jedynek:
      [math] \binom{n_1-1}{(k-1)/2} \binom{n_2-1}{(k-1)/2-1} [/math]
   2. jeśli więcej jest serii zer, to na drodze analogicznego rozumowania dostajemy
      [math] \binom{n_1-1}{(k-1)/2-1} \binom{n_2-1}{(k-1)/2}. [/math]

Prawdopodobieństwo dla przypadku nieparzystej liczby serii będzie sumą tych dwóch wielkości podzieloną, jak w przypadku parzystego [math]k[/math], przez liczbę wszystkich możliwości:

[math]\begin{matrix} P&\!\!\!\!=&\!\!\!\!\frac{ \binom{n_1-1}{(k-1)/2} \binom{n_2-1}{(k-1)/2-1} + \binom{n_1-1}{(k-1)/2-1} \binom{n_2-1}{(k-1)/2} } {{ \binom{N}{n_1}}} \\ &&\textrm{dla }\ k\ \textrm{ nieparzystych.} \end{matrix}[/math]

Pozostaje jeszcze rozważyć sytuację, w której liczba serii jest nieparzysta, jak w punkcie 2., ale mniej liczne elementy rozłożone są wyłącznie w serie jednoelementowe, na przykład 001010010100, czyli liczba serii wynosi [math]2n+1[/math], gdzie [math]n[/math] jest liczbą mniej licznych elementów (w tym przykładzie jedynek). Wtedy znika jeden ze składników sumy z licznika powyższego równania, gdyż zachodzić może wyłącznie przypadek 2.1 lub 2.2. Przypadek ten trzeba rozważać osobno, gdyż bezpośrednie zastosowanie powyższego wzoru dałoby tutaj silnię liczby ujemnej.

Ostatecznie dostajemy następujący wzór na prawdopodobieństwo wystąpienia [math]k[/math] serii w próbie, w której drogą niezależnych losowań wylosowano [math]n_1[/math] zer i [math]n_2[/math] jedynek:

[math] P(k\mid n_1, n_2)=\begin{cases} \frac{ 2\binom{n_1-1}{k/2-1} \binom{n_2-1}{k/2-1}} { \binom{N}{n_1}} \quad \textrm{dla }\ k\ \textrm{ parzystych} \\ \frac{ \binom{n_1-1}{(k-1)/2} \binom{n_2-1}{(k-1)/2-1} + \binom{n_1-1}{(k-1)/2-1} \binom{n_2-1}{(k-1)/2} } {{ \binom{N}{n_1}}} \\ \quad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \textrm{dla }\ k\ \textrm{ nieparzystych} \\ \frac{ \binom{n_\textrm{max}-1}{(k-1)/2} } {{ \binom{N}{(k-1)/2}}} \ \quad\qquad\qquad\textrm{dla }\ k\ \textrm{ nieparzystych \ i \ } n_\textrm{min}=\frac{k-1}{2}, \end{cases} [/math]

gdzie [math]n_\textrm{min}=\min(n_1, n_2)[/math] i [math]n_\textrm{max}=\max(n_1, n_2)[/math].

Wzór ten określa rozkład statystyki, będącej liczbą serii w próbie złożonej z dowolnych dwóch rodzajów elementów (oznaczanych powyżej jako 0 i 1). Dzięki niemu możemy wreszcie skonstruować kompletny test hipotezy mówiącej, że dany ciąg jest wynikiem niezależnych losowań. Przypomnijmy dane z przykładu o nieuczciwym ankieterze:

1101101000101001011101101111010110010101001010100011101

W ciągu tym występuje 25 zer i 30 jedynek, układających się w 37 serii. Na podstawie wzoru (5) możemy obliczyć rozkład prawdopodobieństwa wylosowania ciągu 25 zer i 30 jedynek, w którym będzie [math]k[/math] serii. Możliwe wartości [math]k[/math] będą w tym przypadku zawierać się między 2 (jedna seria zer i jedna jedynek) a 51 (ponieważ mniej jest zer, największa liczba serii odpowiada przypadkowi, w którym wszystkie zera układają się w serie jednoelementowe). Rozkład prawdopodobieństwa dla tego przypadku przedstawia rysunek %i 1.

Rozkład prawdopodobieństw [math]P(k)[/math] liczby serii [math]k[/math] w niezależnym losowaniu 30 zer i 25 jedynek.

Załączony program oblicza według wzoru (5) rozkład prawdpodobieństwa oraz poziom istotności dla hipotezy mówiącej, że wpisany ciąg jest wynikiem niezależnych losowań. Pozwala on na "zabawę w oszukiwanie": możemy próbować wpisać taki ciąg dwóch symboli, który przejdzie test na niezależność losowań. Okazuje się, że najczęściej wpisujemy ciągi, w których występuje za dużo serii, czyli wpisujemy za krótkie serie jednakowych elementów.

Zastosowania testów opartych na tej statystyce nie ograniczają się do analizy ciągów zer i jedynek (lub innych dwóch elementów). Poniżej przedstawiamy jeszcze dwa testy korzystające ze statystyki (5).

Testowanie, czy próba jest wynikiem niezależnych losowań

Podobny problem — pytanie, czy elementy próby są wynikiem niezależnych losowań — występuje np. przy testowaniu generatorów liczb losowych (będących kluczowym elementem metod opisywanych w pierwszej części książki). Jednak w tej sytuacji mamy do czynienia z ciągiem dowolnych liczb, a nie dwóch symboli.

Pomysł jest prosty: ciąg wyników wyrażających się dowolnymi liczbami możemy zamienić na ciąg zer i jedynek, wybierając próg [math]M[/math] i przypisując wynikom większym od [math]M[/math] jedynkę, a mniejszym — zero. Jeśli chcemy mieć tyle samo zer i jedynek, jako [math]M[/math] możemy wziąć medianę próby. Do takiej serii możemy już z powodzeniem stosować opisany w poprzednim rozdziale test oparty na statystyce (5) — oczywiście zachowując kolejność elementów w próbie.

Test zgodności rozkładów w dwóch populacjach

Mamy dwie próby. Hipoteza zerowa mówi, że zostały wylosowane z tego samego rozkładu. Ciąg zer i jedynek tworzymy w następujący sposób:

Elementy obu prób ustawiamy w jeden ciąg w kolejności od najmniejszej do największej. Elementom pierwszej próby przypisujemy jedynki, a drugiej — zera.

Jeśli obie próby losowano z tej samej populacji, to ilość serii w tak określonym ciągu podlega statystyce (5), czyli ponownie możemy stosować test Walda-Wolfowitza.

---

<references>