04 SPSS非參數(shù)方法

1、第四章 非參數(shù)方法,4.1 擬合優(yōu)度檢驗(yàn) 4.2 獨(dú)立性檢驗(yàn) 4.3 符號檢驗(yàn) 4.4 威爾科克森符號秩檢驗(yàn) 4.5 威爾科克森秩和檢驗(yàn) 4.6 QQ圖,4.1 擬合優(yōu)度檢驗(yàn),一、分類數(shù)據(jù)的2檢驗(yàn) 二、分布擬合的2檢驗(yàn),一、分類數(shù)據(jù)的2檢驗(yàn),假定一個(gè)總體可分為k個(gè)類A1,A2,Ak，并設(shè)類Ai在總體中所占的比例為P(Ai)(i=1,2,k)，且 。又設(shè)p1,p2,pk是一組給定的數(shù)值，滿足pk0(i=1,2,k)， 。欲檢驗(yàn) H0：P(Ai)=pi，i=1,2,k H1：P(Ai)pi，至少存在一個(gè)I 容量為n的樣本中屬于類Ai的頻數(shù)為fi(i=1,2,k)，有 。皮爾遜(K.Pearson，

2、1900)提出了一個(gè)檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量,并指出，當(dāng)H0為真且n充分大(通常還要求npi5,i=1,2,k)時(shí)，2近似服從2 (k1)分布。 該檢驗(yàn)稱為2擬合優(yōu)度檢驗(yàn)(chisquare goodness of fit test)。對給定的顯著性水平，其拒絕規(guī)則為： 若 ，則拒絕H0 例4.1.1 在一正20面體的20個(gè)面上，分別標(biāo)以數(shù)字09，每個(gè)數(shù)字在兩個(gè)對稱的面上標(biāo)出。為檢驗(yàn)其勻稱性，共作800次投擲試驗(yàn)，各數(shù)字朝正上方的次數(shù)列于表4.1.1： 試問該正20面體是否勻稱(=0.05)。,表4.1.1 正20面體的800次投擲試驗(yàn)中，各數(shù)字朝正上方的觀測頻數(shù),以Ai表示數(shù)字i朝正上方，i=1,2,9。

3、要檢驗(yàn) 當(dāng)H0為真時(shí)， 。,表4.1.2正20面體勻稱性的2檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量計(jì)算過程,故接受H0，即認(rèn)為該正20面體勻稱。 如果pi(i=1,2,k)含有r(k1)個(gè)未知參數(shù)(如k=3，且p1=2,p2=2(1) ,p3=(1) 2，其中含有一個(gè)未知參數(shù))，則這r個(gè)未知參數(shù)可用其極大似然估計(jì)代替。用 代替上式中的pi，得 費(fèi)希爾(R.A.Fisher,1924)指出，當(dāng)H0為真且n充分大時(shí)，2近似服從自由度為kr1的2分布。檢驗(yàn)的拒絕規(guī)則類似于前面的式子，只需將自由度由k1改為kr1即可。,二、分布擬合的2檢驗(yàn),欲檢驗(yàn)假設(shè) H0：F(x)=F0(x)，H1：F(x)F0(x) 1.總體x為離散型的情

4、形 2.總體x為連續(xù)型的情形,1.總體x為離散型的情形,H0：P(x=ai)=pi，i=1,2,， H1：x不具有H0中的分布列 可將x的取值a1,a2,分成若干類。具體做法是，把npi5的ai各自作為一類，而把npi5的ai合并成一些類或合并到npi5的類中，以使每一類的期望頻數(shù)都大于等于5。 例4.1.2 為檢驗(yàn)工作日上午到達(dá)某商店顧客數(shù)是否服從泊松分布的假設(shè)，隨機(jī)抽取了一個(gè)由工作日上午的128個(gè)10分鐘時(shí)間段組成的樣本。試檢驗(yàn)工作日上午的10分鐘時(shí)間段的顧客數(shù)x是否服從泊松分布(=0.05)。,表4.1.3128個(gè)10分鐘時(shí)間段到達(dá)某商店顧客數(shù)的觀測頻數(shù),解 建立假設(shè) H0：x服從泊松分

5、布，H1：x不服從泊松分布 的極大似然估計(jì)值為 。,表4.1.4到達(dá)顧客數(shù)的期望頻數(shù),表4.1.5分類后2統(tǒng)計(jì)量的計(jì)算過程,故不能拒絕H0。,2.總體x為連續(xù)型的情形,若要檢驗(yàn)總體x是否服從某連續(xù)型分布，則需先把x的取值范圍劃分為k個(gè)互不相交的區(qū)間： (a0,a1,(a1,a2,(ak2,ak1,(ak1,ak) 其中=a0a1ak1ak=。這k個(gè)區(qū)間相當(dāng)于k個(gè)類，當(dāng)H0為真時(shí)，每個(gè)類在總體中所占的比例為 pi=P(ai1xai)=F0(ai)F0(ai1), i=1,2,k 式中若含有未知參數(shù)，則用極大似然估計(jì)值代替。分類時(shí)應(yīng)使各類的期望頻數(shù)npi5。,例4.1.3 試問表1.2.1中的多元

6、統(tǒng)計(jì)分析期末考試成績數(shù)據(jù)是否提供了充分的證據(jù)，說明觀測值并非來自正態(tài)總體(=0.05)。 解 依題意，需檢驗(yàn)假設(shè) H0：x服從正態(tài)分布，H1：x不服從正態(tài)分布 正態(tài)分布中含有兩個(gè)未知參數(shù)和，它們的極大似 然估計(jì)值為 。 故當(dāng)H0為真時(shí)，x的分布函數(shù)F0(x)可估計(jì)為,表4.1.6 考試成績區(qū)間的期望頻數(shù),表4.1.7 2統(tǒng)計(jì)量的計(jì)算過程,故拒絕H0。,4.2 獨(dú)立性檢驗(yàn),欲檢驗(yàn) H0：兩個(gè)變量x和y相互獨(dú)立 H1：兩個(gè)變量x和y不相互獨(dú)立 為了檢驗(yàn)上述假設(shè)，我們可按變量x的取值將總體分為k個(gè)類A1,A2,Ak，同時(shí)又按變量y的取值將總體分為l個(gè)類B1,B2,Bl。記 pij=P(xAi,yBj

7、)，i=1,2,k，j=1,2,l pi=P(xAi)，i=1,2,k pj=P(yBj)，j=1,2,l 顯然有,設(shè)(x1,y1),(x2,y2),(xn,yn)是一個(gè)樣本，用fij表示樣本觀測中x值落入類Ai而y值落入類Bj中的頻數(shù)(i=1,2,k，j=1,2,l)，用fi表示樣本觀測中x值落入類Ai中的頻數(shù)(i=1,2,k)，用fj表示樣本觀測中y值落入類Bj中的頻數(shù)(j=1,2,l)。于是有 分類結(jié)果可列成如表4.2.1所示的二維表形式，該表稱為列聯(lián)表(contingency table)。,表4.2.1按兩個(gè)變量值分類的列聯(lián)表,各pi和pj的極大似然估計(jì)分別為： 采用檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 當(dāng)H

8、0為真，且n充分大，期望頻數(shù) 時(shí)，2近似服從自由度為(k1)(l1)的2分布。對給定的，其拒絕規(guī)則為： 若 ，則拒絕H0,例4.2.1 在一項(xiàng)關(guān)于某些家庭用品的價(jià)格與質(zhì)量關(guān)系的研究中，一個(gè)市場調(diào)查公司讓一組家庭主婦來檢驗(yàn)135種產(chǎn)品，并請她們按劣、中、優(yōu)三個(gè)等級對這些產(chǎn)品作出評價(jià)。表4.2.2中所列的便是這些主婦按產(chǎn)品的價(jià)格類別對這135種產(chǎn)品所作的交叉分類。取=0.01，試檢驗(yàn)價(jià)格與質(zhì)量的獨(dú)立性。,表4.2.2評價(jià)等級與價(jià)格類別列聯(lián)表,解 依題意，需檢驗(yàn)假設(shè) H0：評價(jià)與價(jià)格獨(dú)立，H1：評價(jià)與價(jià)格不獨(dú)立 當(dāng)H0為真時(shí)，各期望頻數(shù) ，其結(jié)果列于表4.2.3中，,表4.2.3表4.2.2中的期望

9、頻數(shù),從而得 故拒絕H0。,4.3 符號檢驗(yàn),本節(jié)介紹一種可用來對總體中位數(shù)進(jìn)行假設(shè)檢驗(yàn)的非參數(shù)方法符號檢驗(yàn)(sign test)。 設(shè)x1,x2,xn是從具有連續(xù)型分布的總體x中抽取的一個(gè)樣本。記m為x的中位數(shù)，欲檢驗(yàn) H0：m=m0，H1：mm0 令 yi=xim0，i=1,2,n 當(dāng)H0為真時(shí)，y1,y2,yn中正號的個(gè)數(shù)s+服從于二項(xiàng)分布b(n,0.5),該p值也可通過查二項(xiàng)分布表獲得。檢驗(yàn)的拒絕規(guī)則為： 若p，則拒絕H0 H0：mm0，H1：mm0(或H0：m=m0，H1：mm0) H0：mm0，H1：mm0(或H0：m=m0，H1：mm0) 。,例4.3.1 為檢驗(yàn)?zāi)成痰耆諣I業(yè)額的

10、中位數(shù)是否少于14萬元，隨機(jī)抽取13天的日營業(yè)額記錄如下(單位：萬元)： 11.2，12.6，14.0，12.3，11.5，17.2，13.8， 11.5，13.2，12.4，14.8，15.4，12.5 試問這組數(shù)據(jù)是否提供了充分的證據(jù)，說明日營業(yè)額的中位數(shù)不到14萬元(=0.05)。 解H0：m14，H1：m=0.05，故不能拒絕H0。,在n20的情形下，符號檢驗(yàn)的p值通?？蓮亩?xiàng)分布表中查得。在n20的情形下，二項(xiàng)分布b(n,0.5)可用正態(tài)分布N(,2)近似代替，其中 。對給定的顯著性水平，以上各假設(shè)的拒絕規(guī)則分別為： 若 ，則拒絕H0 若 ，則拒絕H0 若 ，則拒絕H0,例4.3.2

11、 檢驗(yàn)?zāi)撤N維尼綸的纖度，測得100個(gè)數(shù)據(jù)列于表4.3.1中，試問這組數(shù)據(jù)是否提供了充分證據(jù)來否定該維尼綸纖度的中位數(shù)m為1.40的說法(=0.05)。 解 H0：m=1.40，H1：m1.40 題中，n=100,s+=43，由于 故接受H0。,表4.3.1 維尼綸纖度的100個(gè)數(shù)據(jù),4.4 威爾科克森符號秩檢驗(yàn),一、對稱總體的中位數(shù)檢驗(yàn) 二、基于成對數(shù)據(jù)的比較兩個(gè)總體分布的檢驗(yàn),一、對稱總體的中位數(shù)檢驗(yàn),設(shè)x1,x2,xn是從總體x中抽取的一個(gè)樣本，x為連續(xù)型隨機(jī)變量，且其分布對稱。記m為x的中位數(shù)，希望檢驗(yàn) H0：m=m0，H1：mm0 令 yi=xim0，i=1,2,n 將|y1|,|y2

12、|,|yn|從小到大依次排列，|yi|在其中的排列序號稱為|yi|的秩(rank)，記作Ri，i=1,2,n。若出現(xiàn)幾個(gè)相同的絕對值，則使用它們的平均秩。威爾科克森符號秩檢驗(yàn)(Wilcoxon signed-rank test)使用檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 T=min(T+,T),其中 ，它們分別是y1,y2,yn中正值的秩和及負(fù)值的秩和，且滿足 。對于給定 的顯著性水平，檢驗(yàn)的拒絕規(guī)則為： 若TT0，則拒絕H0 此處T0由附錄二的表5給出。 H0：mm0，H1：mm0(或H0：m=m0，H1：mm0) 拒絕規(guī)則為： 若TT0，則拒絕H0 H0：mm0，H1：mm0(或H0：m=m0，H1：mm0) 拒絕規(guī)

13、則為： 若T+T0，則拒絕H0 這里兩個(gè)檢驗(yàn)中的T0仍從附錄二的表5讀出。,當(dāng)樣本容量n很大，如n25時(shí)，T+的抽樣分布接近于正態(tài)分布。采用檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 上述各假設(shè)的拒絕規(guī)則分別為： 若|u|u/2，則拒絕H0 若uu，則拒絕H0 若uu，則拒絕H0 例4.4.1 在例4.3.1中，假定該商店的日營業(yè)額分布是對稱的，試用威爾科克森符號秩檢驗(yàn)再做檢驗(yàn)。 解 建立的假設(shè)是 H0：m14，H1：m14 令yi=xi14，從樣本中剔除yi=0的天。正yi值的秩和為,對=0.05，查威爾科克森符號秩檢驗(yàn)的T0值表得T0=17T+，故不能拒絕H0。,表4.4.1日營業(yè)額的符號秩,SAS輸出中的符號檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量

14、為 威爾科克森符號秩檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為,輸出4.4.1 位置參數(shù)檢驗(yàn)表,二、基于成對數(shù)據(jù)的比較兩個(gè)總體分布的檢驗(yàn),從總體x和總體y中抽取成對樣本(x1,y1),(x2,y2),(xn,yn)。 設(shè)總體x和總體y的分布函數(shù)分別為F(a)和G(a)，欲檢驗(yàn) H0：F(a)=G(a)，H1：F(a)G(a) 令di=xiyi(i=1,2,n)，將這些差值的絕對值|di|由小到大排秩，|di|的秩記作Ri，使用檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 T=min(T+,T) 其中 ，它們分別是正、負(fù)兩種差值的秩 和。對于給定的，其檢驗(yàn)的拒絕規(guī)則與(4.4.3)式(或(4.4.10)式)相同。,例4.4.2 為檢驗(yàn)甲、乙兩家郵件快遞公司的

15、服務(wù)質(zhì)量，選擇十個(gè)不同的時(shí)刻，在其每一時(shí)刻同時(shí)將相同的兩份郵件分別交給這兩家公司，完成每次郵遞所需的時(shí)間如表4.4.2所示(單位：小時(shí))。試問這些數(shù)據(jù)是否表明兩家公司的郵遞時(shí)間有顯著差異(=0.05)。,表4.4.2郵遞時(shí)間,解 依題意，需檢驗(yàn)假設(shè) H0：兩總體分布相同，H1：兩總體分布不相同 令di=xiyi(i=1,2,10)，有關(guān)結(jié)果列于表4.4.2中。將di=0的數(shù)據(jù)從樣本中剔除，于是樣本容量變?yōu)閚=9。由于 從而 T=min(T+,T)=T+=15.56=T0 故不能拒絕H0。,4.5 威爾科克森秩和檢驗(yàn),如果來自兩個(gè)總體的樣本是相互獨(dú)立的，則可以使用威爾科克森秩和檢驗(yàn)(Wilcox

16、on rank-sum test)對兩個(gè)總體進(jìn)行比較檢驗(yàn)。 設(shè) 是取自總體x的一個(gè)樣本， 是取自總體y的一個(gè)樣本，且兩個(gè)樣本相互獨(dú)立。又設(shè)總體x和總體y的分布函數(shù)分別為F(a)和G(a)，希望檢驗(yàn) H0：F(a)=G(a)，H1：F(a)G(a) 將 和 混合在一起，并按其大小由小到大進(jìn)行排秩，記xi在混合樣本中的秩為Ri，i=1,2,n1。威爾科克森在1945年提出，把 在混合樣本中的秩的總和,作為檢驗(yàn)上述假設(shè)的檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量。對于給定的，檢驗(yàn)的拒絕規(guī)則可制定為： 若TTL或TTU，則拒絕H0 其中TL的值可直接從附錄二的表6讀出，而TU的值可由下式算出。 TU=n1(n1+n2+1)TL H0

17、：F(a)G(a)，H1：F(a)G(a) (或H0：F(a)=G(a)，H1：F(a)G(a) 拒絕規(guī)則為： 若TTU，則拒絕H0,H0：F(a)G(a)，H1：F(a)G(a) (或H0：F(a)=G(a)，H1：F(a)G(a) 拒絕規(guī)則為： 若TTL，則拒絕H0 TL同樣可從附錄二的表6讀出，TU由(4.5.4)式算得。 當(dāng)n1和n2都大于或等于10時(shí)，T的抽樣分布可作正態(tài)近似。采用檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 對于給定的，上述各假設(shè)的拒絕規(guī)則分別為： 若|u|u/2，則拒絕H0 若uu，則拒絕H0 若uu，則拒絕H0,例4.5.1 有甲、乙兩臺機(jī)床加工同樣的產(chǎn)品。從這兩臺機(jī)床加工的產(chǎn)品中分別隨機(jī)地抽取

18、若干件，并測得其產(chǎn)品直徑為(單位：毫米)： 甲：18.2，18.3，17.0，18.4，17.5，17.2，18.5，17.5 乙：19.1，18.5，18.0，19.2，16.7，18.4，17.6，18.8，17.3 試問這些數(shù)據(jù)能否表明甲、乙兩臺機(jī)床加工產(chǎn)品的直徑有顯著差異(=0.05) 解 依題意，n1=8,n2=9，建立假設(shè) H0：兩總體分布相同，H1：兩總體分布不相同 查TL值表得TL=51，又由(4.5.4)式算得 TU=n1(n1+n2+1)TL=8(8+9+1)51=93 由于TLT=60TU，故不能拒絕H0。,表4.5.1 產(chǎn)品直徑,4.6 QQ圖,QQ圖可簡便地從直觀上判斷一組樣本數(shù)據(jù)是否來自具有某種分布形式的總體。 設(shè)x1,x2,xn是來自連續(xù)型總體x的一組樣本觀測值，x的分布函數(shù)為F(x)，