7 8 z test t test tekst (1)

7/25/2019 7 8 z Test t Test Tekst (1)

1/16

7. Metode za testiranje hipoteze

Statistike metode (testovi) za testiranje hipoteze mogu da se podele u dve grupe: parametarskei neparametarske. Osnovna pretpostavka za parametarske testove je da je poznata raspodela popu-lacije, za razliku od neparametarskih testova koji ne uzimaju u obzir tip raspodele. I parametarski ineparametarski testovi mogu da se koriste za testiranje hipoteze za jednu, dve ili vie populacija.

Testovi za jednu populaciju

1.TESTIRANJE HIPOTEZE ZA SREDNJU VREDNOST JEDNE POPULACIJE

Testiranjem hipoteze za srednju vrednost jedne populacije dokazujemo da li uzorak ija jesrednja vrednost x potie iz populacije ija je srednja vrednost . U tu svrhu koristimo z-test i Stu-dentov t-test, a razlika izmeu ova dva testa je u tome to se z-test primenjuje kada je poznata sta-ndardna devijacija () populacije, a t-test kada standardna devijacija populacije nije poznata. I zajedan i za drugi test je osnovna pretpostavka da su podaci normalno distribuirani.

Z-TEST

Kao to je vereeno, z-test se koristi kada je poznata standardna devijacija populacije i kadasu podaci normalno distribuirani. Ako je zakljuak z-testa da se nulta hipoteza prihvata, to znai dapostoji velika verovatnoa da uzorak ija je srednja vrednost x potie iz populacije sa srednjom vre-dnou , odnosno da razlika izmeu x i nije statistiki znaajna. U suprotnom, uzorak sa sred-njom vrednou x ne potie iz populacije sa srednjom vrednou i razlika izmeu x i je statisti-ki znaajna.

z-Test moe da se primeni kao jednostrani i kao dvostrani, a izraz za izraunavanje vrednosti zglasi:

N

xz

=

Dvostrani z-test

PRIMER 1. Deklarisana teina kutija sa ajem je 300 g, a merenjem 25 kutija dobijena je srednjavrednost x = 305,4 g. Od ranije je poznato da je standardna devijacija za ovu populaciju = 15 g.Ako elimo da testiramo hipotezu da je izraunata srednja vrednost (srednja vrednost uzorka x ) jed-


2/16

Statistika u farmaciji7-2

naka deklarisanoj vrednosti (srednja vrednost populacije ), postaviemo sledeu nultu i alternativnuhipotezu: H0: = 300 , odnosno H1 : 300.

1Odabrani nivo znaajnosti je = 0,05, a kada ovepodatke uvrstimo u izraz za z dobijamo:

801

3

45

2515

3004305,

,,

N

xz +==

=

=

Koristei tablicu standardizovane normalne raspodele vidimo da su granine vrednosti z kojeodvajaju po 0,025 delova povrine sa jedne i druge strane krive (regioni za odbacivanje hipoteze)jednake +1,96 i 1,96, iz ega proizilazi da se vrednost z = +1,80 nalazi u regionu za prihvatanjehipoteze. Drugim reima, donosimo odluku da se nulta hipoteza prihvata za odabrani nivo znaajnos-ti, a zakljuak je da ima dovoljno dokaza da je izraunata srednja vrednost uzorka jednaka srednjojvrednosti populacije = 300 g (odnosno, kutije sa ajem imaju traenu teinu).

z0 1,96-1,96

0,025

Odbacuje se H0

0,025

Odbacuje se H0

z = + 1,80

z0 1,96-1,96

0,025

Odbacuje se H0

0,025

Odbacuje se H0

z = + 1,80 Vrednost p koja odgovara izraunatoj vrednosti z je p(z -1,80 i z 1,80) = 0,1336. Do ove vre-

dnosti se dolazi tako to se u tablici standardizovane normalne raspodele pronae vrednost za povr-inu levo od vrednosti z = -1,80, to iznosi 0,0359 i desno od z = +1,80, to iznosi 1 0,9647 =0,0359. Sabiranjem ove dve povrine (jer se radi o dvostranom testu) dobija se vrednost p = 0,0718,

koja predstavlja verovatnou za ovaj primer. Kako je p = 0,0718 = 0,05, nulta hipoteza se prihva-ta.

1/2 p-vrednosti = 0,0359

0 +1,80-1,80 z

odbacuje se

1/2 = 0,0251/2 = 0,025


odbacuje se

Izraunata z vrednost


0 +1,80-1,80 z

odbacuje se

1/2 = 0,0251/2 = 0,025


odbacuje se


Iz ovog primera se vidi da se kod dvostranog z testa nulta hipoteza prihvata ako je izraunatavrednost z izmeu kritinih vrednosti za izabrani nivo znaajnosti (manja je po apsolutnoj vrednostiod kritinih vrednosti), odnosno ako je dobijeni nivo znaajnosti p vei od izabranog nivoa znaajno-sti .

Jednostrani z-test

I kod jednostranog, kao i kod dvostranog z-testa osnovna pretpostavka je da je raspodela nor-malno distribuirana i da je poznata varijansa populacije. Nulta hipoteza ima znak ili , a alternativna

1U nultoj i alternativnoj hipotezi su i 300 (a ne x i 305,4), zato to testiramo hipotezu da li je srednja vrednostpopulacije jednaka oekivanoj vrednosti 300, a to radimo koristei uzorak.


3/16

S. Spasi 7-3

znak > ili 300

2. Odabrani nivo znaajnosti je i u ovom sluaju= 0,05, a koristei gornji izraz dobijamo istu vrednost z kao i u Primeru 1.:

801345

25

153004305

,,,

N

xz +==

=

=

Kod jednostranog testiranja hipoteze cela povrina regiona za odbacivanje hipoteze nalazi se sajedne strane raspodele, u ovom sluaju sa desne. Koristei tablicu standardizovane normalne raspo-dele vidimo da je granina vrednosti z koja odvaja 0,05 delova povrine sa desne strane raspodele(region za odbacivanje hipoteze) jednaka +1,645 , iz ega proizilazi da se vrednost z = +1,80 nalazi uregionu za odbacivanje hipoteze. U ovom sluaju donosimo odluku da se nulta hipoteza ne prihvataza odabrani nivo znaajnosti, a zakljuak je da nema dokaza da je izraunata srednja vrednostmanja ili jednaka srednjoj vrednosti populacije = 300 g (odnosno kutije sa ajem imaju znaajnoveu teinu od oekivane).

z = + 1,80

z0

Odbacuje se H0

+1,645

0,05

z = + 1,80

z0

Odbacuje se H0

+1,645

0,05

Vrednost p koja odgovara dobijenoj vrednosti z je p(z 1,80) = 0,0359. Do ove vrednosti se

dolazi tako to se u tablici normalne raspodele pronae vrednost za povrinu desno od z = +1,80 toiznosi 1 0,9647 = 0,0359. Kako je p = 0,0359 < = 0,05, nulta hipoteza se ne prihvata.

0 +1,80 z

odbacuje se H0

p-vrednosti = 0,0359

= 0,05


0 +1,80 z

odbacuje se H0

p-vrednosti = 0,0359

= 0,05


2Potrebno je pokazati da li je teina kutija sa ajem vea od 300 g, pa znak > ide u alternativnu hipotezu, a unultu hipotezu znak , jer nulta hipoteza podrazumeva da razlike nema, odnosno u ovom sluaju da je teinajednaka ili manja od 300 g.


4/16


Kao zakljuak moe da se kae da se u ovom primeru nulta hipoteza ne prihvata zato to je izra-unata vrednost z vea od kritine vrednosti z za izabrani nivo znaajnosti = 0,05, odnosno zatoto je izraunati nivo znaajnosti p manji od izabranog nivoa znaajnosti = 0,05.

STUDENTOV T-TEST

Teorija normalne raspodele je razvijena iz velikog broja podataka i ne moe da se primeni kadaje uzorak mali. Kako praktinim radom esto ne moe da se dobije veliki broj podataka, primena sta-tistikih testova baziranih na normalnoj raspodeli dovee do pogrenih zakljuaka. Ovo je uoio irskihemiar W.S.Gosset, koji je razvio teorijsku raspodelu verovatnoe sluajne promenljive t za malibroj podataka uzetih iz normalne raspodele. Svoju teoriju je objavio 1908. godine pod pseudonimom"Student", tako da je ova raspodela nazvana Student-t raspodela.

Kada se radi sa malim brojem podataka nisu poznate prave vrednosti populacione standardnedevijacije i srednje vrednosti , tako da se u tom sluaju zamenjuje standardnom devijacijomuzorka - Sd, a se zamenjuje sa x . U ovom sluaju mora da se koristi nova raspodela koja nije zavi-sna od , a Gosset je pokazao da je ona zavisna samo od broja podataka.

Postoji beskonano mnogo t-krivih i sve zavise od broja podataka. Ako je broj podataka N, ondat-krive identifikujemo preko broja stepena slobode (ili df) koji iznosi N-1. t-Krive za razliit broj ste-pena slobode razlikuju se izmeu sebe, ali su slinog oblika. t-raspodela se pribliava normalnoj ras-podeli kada se poveava broj podataka, a sasvim e se poklopiti kada broj podataka bude beskona-no veliki (sl. 1.).

t0

t (df = 5)

t (df = 13)

t-raspodela je zvonasta isimetrina, ali ira odnormalne raspodele

Standardizovana

normalna raspodela(t sa df = )

t0

t (df = 5)

t (df = 13)

t-raspodela je zvonasta isimetrina, ali ira odnormalne raspodele

Standardizovana

normalna raspodela(t sa df = )

Slika 1. Studentova t-kriva i standardizovana normalna raspodela

Koncept t-raspodele je osnova za sve testove znaajnosti kojima se uporeuju dve srednje vred-nosti dobijene iz malog broja podataka. Kritine vrednosti za veliinu t date su u obliku tablice zaodreeni broj stepena slobode i razliite nivoe verovatnoe, a izvedene su na isti nain kao i vredno-

sti u tablici za standardizovanu normalnu raspodelu, odnosno iz povrine ispod t-krive.

Dvostrani t-test

Kod dvostranog t-testa polazimo od pretpostavke da je raspodela normalno distribuirana i da sta-ndardna devijacija populacije nije poznata, tako da se koristi standardna devijacija uzorka. Kod ovogtesta nulta hipoteza ima uvek znak =, a alternativna znak .

Za izraunavanje t-vrednosti koristi se sledei izraz:

N

Sdx

=t


5/16

S. Spasi 7-5

Izraunata vrednost t uporeuje se sa tablinom za odabrani nivo znaajnosti i odgovarajui brojstepena slobode. Broj stepena slobode za ovaj izraz jednak je N-1. Ukoliko je izraunata vrednost tvea od tabline za izabrane kriterijume zakljuak je da je razlika statistiki znaajna, odnosno nultahipoteza se ne prihvata (odbacuje) i obrnuto.

PRIMER 3. U leku, iji je sadraj aktivne supstance 135 mg (srednja vrednost populacije ),odreen je sadraj te aktivne supstance 16 puta. Iz dobijenih podataka izraunata je srednja vred-nost x = 135,8 mg sa standardnom devijacijom Sd = 2,04 mg (srednja vrednost i standardnadevijacija uzorka). Poto nije poznata standardna devijacija populacije, ve samo standardnadevijacija uzorka, koristimo t-test. Testiramo nultu hipotezu da je dobijena srednja vrednost jednakaoekivanoj vrednosti (srednjoj vrednosti populacije ).

Reenje: Hipoteza se testira dvostranim testom, pa nulta i alternativna hipoteza glase: H0: =135 i H1: 135. Ostali podaci su: = 16 1 = 15, = 0,05 , N = 16 , x = 135,8 mg, Sd = 2,04mg.

5691518

6

0428 ,=

0,0,=

1

,135-135,=t

Tablina vrednost t za = 15 i = 0,05 jednaka je 2,131, a kako je izraunata vrednost t manja,nulta hipoteza se prihvata i zakljuak je da je dobijena srednja vrednost uzorka jednaka srednjoj vre-dnosti populacije (ili izmeu dobijene srednje vrednosti i oekivane vrednosti sadraja aktivne sup-stance u leku) nema znaajne razlike.

t0 2,131

0,0250,025

-2,131

region za odbacivanje

t = 1,569


t0 2,131

0,0250,025

-2,131


t = 1,569


Veje ranije reeno da t-raspodela zavisi od broja podataka, a to se direktno odraava na tuma-enje rezultata. Pretpostavimo da je u prethodnom primeru broj podataka bio 36 (umesto 16) i tada bivrednost t bila jednaka:

352348

36

0428

,=0,0,

=,

135-135,=t

Kritina vrednost t za = 35 i = 0,05 iznosi 2,030, a kako je izraunata vrednost t vea od nje,zakljuak je da se nulta hipoteza ne prihvata. Iako je izraunata srednja vrednost ista kao u prethod-nom primeru, zakljuak je suprotan upravo zbog veeg broja podataka.


6/16


t0 2,030

0,0250,025

-2,030


t = 2,35


t0 2,030

0,0250,025

-2,030


t = 2,35


Jednostrani t-test

I kod jednostranog, kao i kod dvostranog t-testa osnovna pretpostavka je da je raspodela nor-malno distribuirana i da standardna devijacija populacije nije poznata, pa se za izraunavanje korististandardna devijacija uzorka. Nulta hipoteza ima znak ili , a alternativna znak > ili 135. Ostali podaci su isti kao uPrimeru 5: = 16 1 = 15, = 0,05, N = 16, x = 135,8 mg, Sd = 0,937 mg.

Izraunata vrednost t je ista kao u Primeru 3:

5691518

6

0428

,=0,0,

=

1

,135-135,

=t

Kritina vrednost t za jednostrani test za = 15 i = 0,05 iznosi 1,753, a kako je izraunata vrednostt manja od nje, zakljuak je da se nulta hipoteza prihvata. Drugim reima izraunata srednja vrednostnije znaajno vea od oekivane vrednosti.

t0 1,753

0,05

t=1,569

t0 1,753

0,05

t=1,569

2.TESTIRANJE HIPOTEZE ZA PROPORCIJU JEDNE POPULACIJE

Testiranje hipoteze za srednju vrednost se koristi kada su podaci izraeni skalom odnosa iliintervalnom skalom, jer se kod tih podataka izraunava srednja vrednost. Kategoriki podaci se

grupiu i izraavaju najee kao proporcija (procenat), a za testiranje hipoteze da je proporcija nekevarijable izraunata iz uzorka jednaka proporciji te varijable u populaciji koristi se z-test za proporciju.


7/16

S. Spasi 7-7

Pre izraunavanje vrednosti z, proverava se da li podaci slede normalnu raspodelu korienjemizraza

Np 5 i N(1 - p) 5, gde je p proporcija koja se testira

Vrednost z se izraunava iz izraza

n

)p(pppz s

=

1,

gde je ps proporcija izraunata iz uzorka, a p je proporcija koja se testira.

PRIMER 5. Pretpostavimo da sistem za pakovanje tableta daje 10% neispravnih pakovanja imora da bude zamenjen novim. Korienjem novog sistema u sluajnom uzorku od 200 kutijadobijeno je 11 neispravnih pakovanja. Testiramo hipotezu za = 0,05 da novi sistem daje jednakbroj neispravnih pakovanja?

Reenje:Prvo se proverava da li je zadovoljen uslov da podaci slede normalnu raspodelu:

Np = 2000,1 = 20 5 N(1 - p) = 200 (1-0,1) = 180 5

Poto je uslov zadovoljen postavljamo nultu i alternativnu hipotezu: H0: p = 0,1 i H1: p 0,1

Ostali podaci su: N = 200 = 0,05 p = 0,1 ps= 11/200

12,2

200

)10,01(10,0

10,020011

N

)p1(p

ppz s =

=

=

Izraunata vrednost z je manja od -1,96 i nalazi se u regionu za odbacivanje, pa je zakljuak dase nulta hipoteza ne prihvata, odnosno novi sistem za pakovanje ne daje jednak broj neispravnihpakovanja kao stari sistem.

z = -2,12

z0 1,96-1,96

0,025

odbacuje se H0

0,025

odbacuje se H0

z = -2,12

z0 1,96-1,96

0,025

odbacuje se H0

0,025

odbacuje se H0

Problem u Primeru 5 moe da se reava i kao jednostrani test, pa testiramo hipotezu da novisistem daje manjibroj neispravnih pakovanja?

Reenje:

Nulta i alternativna hipoteza glase: H0: p 0,1 i H1: p < 0,1

Ostali podaci su isti kao u Primeru 5: N = 200 = 0,05 p = 0,1 ps= 11/200

122

200

1001100

10020011

1,

),(,

,

n

)p(p

ppz s =

=

=


8/16


Izraunata vrednost z je manja od -1,645 (kritina vrednost z za jednostrani test i nivo znaajnosti0,05) i nalazi se u regionu za odbacivanje, pa je zakljuak da se nulta hipoteza ne prihvata, odnosnosistem ne daje vei ili jednak broj neispravnih pakovanja (tako glasi nulta hipoteza). U ovom sluajuvai alternativna hipoteza koja kae da sistem daje manji broj neispravnih pakovanja, to znai da jerazlika u broju neispravnih pakovanja izmeu starog i novog sistema znaajna.

z0-1,645

0,05

odbacuje se H0

z = - 2,12

z0-1,645

0,05

odbacuje se H0

z = - 2,12

Testovi za dve populacije

1.TESTIRANJE HIPOTEZE ZA SREDNJE VREDNOSTI DVE NEZAVISNE POPULACIJE

Testiranje hipoteze za srednje vrednosti dve populacije podrazumeva testiranje razlike izmeusrednjih vrednosti dve nezavisne populacije, a u tu svrhu se koriste z-test i t-test. Osnovna pretpos-tavka za primenu ova dva testa je da su populacije normalno distribuirane i da su nezavisne jedna oddruge.

Z-TEST ZA SREDNJE VREDNOSTI DVE NEZAVISNE POPULACIJE

z-Test se i u ovom sluaju se primenjuje kao jednostrani ili kao dvostrani, uz pretpostavku da suraspodele obe populacije normalno distribuirane, da su nezavisne jedna od druge i da je poznata sta-ndardne devijacije obe populacije.

Izraz za izraunavanje vrednosti z glasi:

2

22

1

21

N

N

xxz

+

=

21

gde je:1x - srednja vrednost uzorka 1

1 - standardna devijacija populacije 1

N1 - broj podataka u uzorku 1

2x - srednja vrednost uzorka 2

2 - standardna devijacija populacije 2

N2 - broj podataka u uzorku 2

Nulta i alternativna hipoteza mogu da se postave na dva naina:

1. Dvostrani z-testH0: 1= 2 dve srednje vrednosti su jednake i H1: 12 dve srednje vrednosti su razliite


9/16

S. Spasi 7-9

ili

H0: 1- 2= 0 razlika izmeu dve srednje vrednosti je jednaka nuli i H1: 1- 20 razlikaizmeu dve srednje vrednosti je razliita od nule.

Nulta hipoteza se prihvata ako je izraunato z manje od kritine vrednosti z koja odvaja desni

region za odbacivanje od regiona za prihvatanje, odnosno vee od kritine vrednosti z koja odvajalevi region za odbacivanje od regiona za prihvatanje, za odabrani nivo znaajnosti.

2. Desnostrani z-test H0: 12 i H1: 1> 2 ili H0: 1- 20 i H1: 1- 2> 0

Nulta hipoteza se prihvata ako je izraunato z manje od kritine vrednosti koja odvaja region zaodbacivanje od regiona za prihvatanje, za odabrani nivo znaajnosti.

3. Levostrani z-test H0: 12 i H1: 1< 2 ili H0: 1- 20 i H1: 1- 2< 0

Nulta hipoteza se prihvata ako je z vee od kritine vrednosti koja odvaja region za odbacivanjeod regiona za prihvatanje, za odabrani nivo znaajnosti.

PRIMER 6. Iz jedne serije tableta uzeto je 25 komada (N1= 25) i u njima je odreen sadraj akti-

vne supstance. Iz dobijenih podataka izraunata je srednja vrednost 1x = 102 mg, a od ranije je poz-nato da je standardna devijacija populacije 1= 2,5 mg. Iz druge serije tableta takoe je uzeto 25kom (N2= 25), a srednja vrednost sadraja aktivne supstance u njima je 2x = 97 mg, sa istom sta-ndardnom devijacijom 2= 2,5 mg. Testiramo hipotezu za nivo znaajnosti = 0,05 da su srednjevrednosti dve populacije jednake: H0: 1= 2 i i H1: 12. Vrednost z je jednaka:

07770705

2552

2552

9710222

2

22

1

21

21 ,,,,

NN

xxz ==

+

=

=

Kritine vrednosti z za nivo znaajnosti 0,05 su jednake 1,96, to znai da se nulta hipoteza neprihvata jer je izraunata vrednost z vea od +1,96. Zakljuak je da ove dve srednje vrednosti nisu

jednake, odnosno razlika izmeu njih je statistiki znaajna, odnosno ova dva uzorka su uzeta iz dverazliite populacije.

STUDENTOV T-TEST ZA SREDNJE VREDNOSTI DVE NEZAVISNE POPULACIJE

Studentov t-test za testiranje hipoteze za razliku srednjih vrednosti dve nezavisne populacijemoe da se primenjuje kao dvostrani i jednostrani, uz pretpostavke da su obe populacije normalnodistribuirane i da standardne devijacije dve populacije nisu poznate. Izrazi za izraunavanje t zaviseod broja podataka u grupama.

Izraunavanje vrednosti t kada dve grupe imaju jednak broj podataka

Kada se testira hipoteza za srednje vrednosti dve populacije sa istim brojem podataka u uzorku, tse izraunava prema sledeem izrazu:

1-NSd+Sd

xx=t

22

12

21

gde je:

1x - srednja vrednost uzorka 1

Sd1- standardna devijacija uzorka 1

2x - srednja vrednost uzorka 2Sd2 - standardna devijacija uzorka 2


10/16


N = N1= N2

Broj stepena slobode za ovaj izraz je = N1+ N2- 2

PRIMER 7. U dva kontrolna uzorka seruma odreena je koncentracija natrijuma. U svakom

uzorku odreivanje je ponovljeno 15 puta (N1= N2= N = 15). Testiramo hipotezu dvostranim testomda izmeu dve srednje vrednosti nema razlike. Iz dobijenih podataka izraunate su sledee srednjevrednosti i standardne devijacije:

uzorak 1: 1x = 145,9 mmol/L, Sd1= 3,86 mmol/L

uzorak 2: 2x = 148,9 mmol/L, Sd2= 3,31 mmol/l

Nulta i alternativna hipoteza glase: H0: 1= 2 i H1: 12

=0,05 = 15 + 15 - 2 = 28 tablina vrednost t0,05, =28= 2,048

Reenje:

20823591 03847103

3138639148914522

,, ,,,

15'1,,

,,t ===

+

=

Kritina vrednost t za = 0,05 i = 28 jednaka je 2,048, a kako je izraunata vrednost t vea odove, nulta hipoteza se ne prihvata, odnosno postoji znaajna razlika izmeu srednjih vrednosti u ovadva uzorka.

Izraunavanje vrednosti t kada dve grupe imaju razliit broj podataka

Izraz za izraunavanje t kod poreenja srednjih vrednosti dve grupe koje imaju razliit broj

podataka glasi:

NN

N+N2-N+N

SdN+SdN

xx=t

21

21

21

12

212

1

21

gde je:

x 1- srednja vrednost uzorka 1


N1- broj podatka u uzorku 1x 2- srednja vrednost uzorka 2


N2- broj podataka u uzorku 2

Broj stepena slobode za ovaj izraz je = N1+ N2 2

PRIMER 8. U jednom uzorku seruma odreena je koncentracija ureje metodom sadiacetilmonoksimom (uzorak 1) i metodom sa fenolom i hipohloritom (uzorak 2). Metodom sadiacetilmonoksimom odreivanje je ponovljeno 10 puta, a metodom sa fenolom i hipohloritom 14puta. Testiramo hipotezu dvostranim testom da izmeu dve srednje vrednosti nema razlike. Izdobijenih podataka izraunate su sledee srednje vrednosti i standardne devijacije:

uzorak 1: N1= 10, 1x = 7,1 mmol/L, Sd1= 0,39 mmol/L


11/16

S. Spasi 7-11

uzorak 2: N2= 14, 2x = 6,9 mmol/L, Sd2= 0,23 mmol/l

Reenje:

Nulta i alternativna hipoteza glase: H0: 1= 2 i H1: 12

=0,05 = 10 + 14 2 = 22 tablina vrednost t0,05, =22= 2,074

63,2=076,0

2,0

14x1014+10

x2-14+10

30,2x14+90,3x10

6,9-7,1=t

22=

Kritina vrednost t za = 0,05 i = 22 jednaka je 2,074, a kako je izraunata vrednost t vea odove, zakljuak je da se nulta hipoteza ne prihvata, odnosno razlika izmeu srednjih vrednosti ove dvegrupe podataka je znaajna.

Uticaj razliitih faktora na testiranje hipoteze z- i t-testom

Na krajnji zakljuak kod testiranja hipoteze i z- i t-testom utiu:

- veliina razlike izmeu srednje vrednosti uzorka i srednje vrednosti populacije, odnosno dvesrednje vrednosti

- veliina uzorka

- varijacija (veliina standardne devijacije) u uzorku

Velika razlika izmeu srednjih vrednosti daje veliku vrednost t (veu od kritine vrednosti zaizabrani nivo znaajnosti), to znai da je sa velikom razlikom tee dokazati nultu hipotezu.

mala razlika izmeu grupanulta hipoteza se lako dokazuje

velika razlika izmeu grupanulta hipoteza se teko dokazuje

Veliina uzorkatakoe utie na krajnji zakljuak kod testiranja hipoteze. to je uzorak vei to jetee dokazati nultu hipotezu, jer veliki uzorak (veliko N) daje veliku vrednost z, odnosno t (veu odkritine vrednosti za izabrani nivo znaajnosti).


12/16


mali broj podataka u grupinulta hipoteza se lako dokazuje

veliki broj podataka u grupinulta hipoteza se teko dokazuje

PRIMER 9.U Primeru 1 sa uzorkom od N = 25 i standardnom devijacijom = 15 g, izraunata jevrednost z = +1,80, a zakljuak je bio da se nulta hipoteza prihvata jer se ova vrednost nalazila u

regionu za prihvatanje (izmeu vrednosti -1,96 i +1,96. Podatke iz Primera 1 emo izmeniti tako dapoveamo uzorak sa 25 na 36, deklarisana teina je 300 g, a merenjem 36 kutija dobijena je srednjavrednost x = 305,4 g; standardna devijacija populacije je = 15 g. Nulta i alternativna hipoteza glaseH0: = 300 , odnosno H1: 300, a odabrani nivo znaajnosti je = 0,05. Vrednost z je jednaka:

1625245

36

153004305

,,,,

N

xz +==

=

=

Sa istom standardnom devijacijom i uzorkom od 36 podataka, dobija se vrednost z = +2,16, to

znai da se nulta hipoteza ne prihvata jer se ova vrednost nalazi u regionu za odbacivanje (vea jeod +1,96). Iz ovog primera se vidi da se za istu apsolutnu razliku u teini dobija drugaiji zakljuak, arazlog tome je vei uzorak.

PRIMER 10. U Primeru 7 su navedeni podaci za odreivanje koncentracije natrijuma u dva uzor-ka, tako da je u svakom uzorku odreivanje je ponovljeno 15 puta (N1= N2= N). Zakljuak je bio dase nulta hipoteza ne prihvata jer je izraunato t = 2,208, a tablina vrednost t za =0,05 i = 28 je2,048. Pretpostavimo da je u svakom uzorku odreivanje ponovljeno po 10 puta i da su izraunatesrednje vrednosti i standardne devijacije iste kao u primeru 7: 1x = 145,9 mmol/L, Sd1= 3,86 mmol/L,

2x = 148,9 mmol/L, Sd2= 3,31 mmol/L.

Vrednost t je jednaka

77,1695,1

0,3

10'131,386,3

9,1489,145t

22=

=

+

=

Tablina vrednost t za = 0,05 i = 18 jednaka je 2,101, to znai da se nulta hipoteza prihvatajer je izraunata vrednost t manja, odnosno nema znaajne razlike izmeu srednjih vrednostidobijenih u ova dva uzorka. Iz ovog primera se vidi da je sa manjim uzorkom bilo lake dokazati nultuhipotezu.


13/16

S. Spasi 7-13

Velika standardna devijacija(velika varijacija) u uzorku daje malu vrednost t (manju od kritinevrednosti za izabrani nivo znaajnosti), to znai da je sa velikom standardnom devijacijom lakedokazati nultu hipotezu.

velika varijacija unutar grupa

nulta hipoteza se lako dokazuje

mala varijacija unutar grupa

nulta hipoteza se teko dokazuje

PRIMER 11.U Primeru 1 je. navedeno da je deklarisana teina kutija sa ajem je 300 g i da jemerenjem 25 kutija dobijena srednja vrednost x = 305,4 g sa standardnom devijacijom populacije =15, a zakljuak je bio da se nulta hipoteza prihvata jer je izraunata vrednost z bila manja od kritinevrednosti. Pretpostavimo sada da je vrednost standardne devijacije populacije manja i iznosi = 10g. Vrednost z je jednaka:

72245

25

103004305

,,,

N

xz +==

=

=

Kako su granine vrednosti z za nivo znaajnosti 0,05 jednake 1,96, vidimo da je izraunatavrednost z vea od +1,96 i da se nalazi u regionu za odbacivanje nulte hipoteze. Drugim re ima, nul-ta hipoteza se ne prihvata i izraunata srednja vrednost nije jednaka srednjoj vrednosti populacije =300 g. Zakljuak je da kutije sa ajem nemaju traenu teinu jer je razlika u teini od 5,4 g statistikiznaajna.

Iz ovog primera se vidi da se za istu apsolutnu razliku u teini dobija drugaiji zakljuak, a razlogtome je manja standardna devijacija populacije.

2.TESTIRANJE HIPOTEZE ZA SREDNJE VREDNOSTI DVE ZAVISNE POPULACIJE (PAROVE VREDNOSTI)

Nekada nije mogue da se u jednom uzorku materijala uradi veliki broj odreivanja, zbog prirodesamog materijala, kao to nekad nije mogue da se istovremeno uradi veliki broj odreivanja, zbogprirode same metode. U tom sluaju se u jednom uzorku materijala urade dva odreivanja jednomistom ili dvema razliitim metodama (zavisi od prirode zadatka), zatim se u drugom uzorku materijalaponove druga dva odreivanja, s tim to sva odreivanja ne moraju da se rade istog dana.

Izraunavanje vrednosti t na ovaj nain primenjuje se i u sluajevima kada se procenjuje nekifaktor uticaja (vreme, lekovi, nain uvanja uzoraka i dr.). Za te potrebe se razliiti uzorci obraujupre i posle delovanja ispitivanog faktora, a znaajnost njegovog uticaj se ocenjuje izraunavanjemvrednosti t. Vrednost t se izraunava prema sledeem izrazu:


14/16


N

Sdd

=t

gde d predstavlja srednju razliku izmeu parova odreivanja, koja se izraunava prema izrazu:

Nd

=N

)x-x(=d 21

Standardna devijacija Sddizraunata je iz razlika d1, d2, ... , dNprema izrazu:

( )1-N

dN-d=Sd

22

d

Broj stepena slobode je jednak = N - 1, gde je N jednako broju parova vrednosti.

PRIMER 12. Kod 14 gojaznih osoba koje su podvrgnute nultoj dijeti odreena je koncentracija holes-

terola na poetku dijete i posle tri nedelje. Pokazati da li ima znaajne promene u koncentraciji holes-terola posle ove dijete (vrednosti su date u mmol/L) uzimajui u obzir nivo verovatnoe 0,05.

pre dijete posledijete d (pre-posle) d2

5,2 4,8 0,4 0,16

5,2 4,7 0,5 0,25

5,3 5,1 0,2 0,04

5,5 5 0,5 0,25

4,9 4,4 0,5 0,25

4,2 4,4 -0,2 0,04

6,8 6,3 0,5 0,25

4,3 2,7 1,6 2,56

4,8 4,4 0,4 0,16

d=4,4 d2=3,96

Reenje:

H0: pre= posle i H1: preposle = 9 - 1 = 8 = 0,05

4890,=

9

4,4=d

4750,=2260,=8

8079,1=

8)89,40(x9-69,3

=Sd2

095,3=580,1

489,0=

9

4750,489,0

=t

Kritina vrednost t za p = 0,05 i = 8 jednaka je 2,306, a kako je izraunata vrednost t vea odove, zakljuak je da se nulta hipoteza ne prihvata. Drugim reima postoji znaajna razlika izmeuvrednosti holesterola pre i posle primene dijete.


15/16

S. Spasi 7-15

3.TESTIRANJE HIPOTEZE ZA PROPORCIJU DVE POPULACIJE

U nekim sluajevima rezultati ne mogu da budu izraeni u jedinicama koje imaju dimenziju, vejednostavno kao "+" ili "-", odnosno "ima" ili "nema". Rezultati sa odreenim obelejem izraavaju sekao procenat od ukupnog broja rezultata. Kod takvih rezultata dve grupe se uporeuju pomou

vrednosti t koja se izraunava iz sledeeg izraza:

N

qp+

N

qp

p-p=t

2

22

1

11

21

gde je:

p1- eljeno obeleje u grupi 1

q1- suprotno obeleje u grupi 1

N1- broj podataka u grupi 1

p2- eljeno obeleje u grupi 2

q2- suprotno obeleje u grupi 2N2- broj podataka u grupi 2.

Obeleja p i q se izraavaju u procentima, pri emu je p + q = 100%, ili kao udeo do jedinice, paje p + q = 1. Broj stepena slobode je jednak = N1+ N2- 2, a kako se kod ovakvih primera esto radisa velikim brojem podataka, tablina vrednost se pronalazi za = .

PRIMER 13. Kod dece iz ravniarskog podruja odredjen je hemoglobin i dobijeni su sledeirezultati: od 400 dece iz gradskog podruja, 40% je imalo sniene vrednosti hemoglobina, a od 210dece sa seoskog podruja snien hemoglobin je imalo njih 30%. Pokazati da li je znaajno vei broj,odnosno procenat dece sa snienim hemoglobinom u gradu nego u selu.

Reenje: N1= 400, p1= 40%, q1= 100 - 40 = 60%

N2= 210, p2= 30%, q2= 100 - 30 = 70%

2,5=16

10=

21070x30

+400

60x40

30-40=t

Izraunata vrednost t vea je od tabline za p = 0,05 i = (t = 1,97), to znai da je kod dece u

gradu znaajno vei broj sa snienim hemoglobinom.


16/16


Zadaci za vebanje

1. Dvema automatskim pipetama od 1 ml odmerena je vie puta destilovana voda, a zatim je merenateina te vode, da bi se uporedile zapremine koje te pipete odmeravaju. Uporediti dobijene vrednostii pokazati da li se zapremine znaajno razlikuju.

pipeta I: 1,084 1,062 1,073 1,065 1,045 1,058 1,065 1,075

pipeta II: 1,110 1,095 1,080 1,100 1,128 1,108

2. Na dva pH-metra izmeren je pH jednog rastvora po 10 puta. Treba pokazati da li se zna ajnorazlikuju vrednosti dobijene na ova dva aparata, kao i da li pH-metri mere tano ako rastvor ima pH7,1.

A: 7,11 7,15 7,14 7,10 7,09 7,15 7,12 7,14

B: 7,12 7,06 7,02 7,08 7,11 7,03 7,06 7,08

3. Populacija od 16 uzoraka ima srednju vrednost 41,5, a standardnu devijaciju 2,795. Ako je pravasrednja vrednost populacije 43, da li je razlika znaajna?

4. Deklarisana teina pakovanja pudera za bebe je 200 g. Na osnovu sluajnog uzorka od 53pakovanja dobijena je srednja vrednost od 195 g sa standardnom devijacijom 8,25 g. Pokazati da lije teina znaajno nia od deklarisane.

5. Naznaen sadraj kalcijuma u litru mineralne vode je 150 mg. Na osnovu sluajnog uzorka od 50litara mineralne vode dobijena je srednja vrednost 156 mg, sa standardnom devijacijom 6,87 mg.

Pokazati da li je dobijena vrednost kalcijuma u mineralnoj vodi znaajno razliita od naznaene.

6. Kod 20 eksperimentalnih ivotinja tretiranih novim lekom dolo je do poboljanja stanja kod 14ivotinja, a kontrolnoj grupi tretiranoj starim preparatom efekat poboljanja zapaen je kod 8 odukupno 15 ivotinja. Da li je efekat novog leka znaajno bolji?

7. Ispitivana je lomljivost tableta prvog proizvodjaa na osnovu sluajnog uzorka od 200 komada, ukome je utvrdjeno 10 nesolidnih tableta, dok je u sluajnom uzorku od 180 komada, iz poiljkedrugog proizvodjaa, utvrdjeno 13 nesolidnih tableta. Pokazati da li su znaajno kvalitetnije tableteprvog proizvodjaa.

8. Kod 15 pacijenata leenih Vasoflex-om odredjen je kreatinin pre i posle dvonedeljne terapije.Pokazati da li lek ima uticaja na funkciju bubrega uzimajui u obzir nivo verovatnoe 0,05 .

pre terapije: 125 122 100 88 105 94 77 129 96 119 123 75posle terapije: 128 130 98 95 109 108 75 127 105 125 120 79

13. Grupi od 15 pacijenata dat je jedan stimulans; pokazati da li postoji razlika u vrednosti pulsa pre iposle davanja stimulansa uzimajui u obzir nivo verovatnoe 0,01.

pre: 65 72 58 69 79 70 85 67 78 83 80 67 60posle: 71 80 65 67 77 71 82 65 70 90 78 70 67

7 8 z test t test tekst (1)

Documents