Bài 9: Kiểm định giả thiết về tính độc lập

Giả sử quan sát đồng thời hai dấu hiệu A và B trên cùng một phần tử.

Dấu hiệu A có các dấu hiệu thành phần là: \(A_1, A_2,..., A_h\);

Dấu hiệu B có các dấu hiệu thành phần là: \( B_1, B_2,..., B_k\)

Ta cần kiểm định giả thiết:

H₀: A và B độc lập; H₁: A và B không độc lập.

Lấy mẫu kích thước n và trình bày kết quâ quan sát dưới dạng bảng sau đây:

Trong đó:

\({n_i} = \left( {i = \overline {1,h} } \right)\) là tổng số phần tử mang dấu hiệu thành phần A_i.

\({m_j} = \left( {j = \overline {1,k} } \right)\) là tổng số phần tử mang dâu hiệu thành phần B_j

\({n_{{\rm{ij}}}}{\rm{ }}\left( {i = \overline {1,h} ,{\rm{ }}j = \overline {1,k} } \right)\) là tổng số phần tử mang dấu hiệu thành phần A_i và B_j.

Gọi C_i là biến cố chọn được phần tử mang dấu hiệu A_i

D_j là biến cố chọn được phần tử mang dấu hiệu B_j

Khi n khá lớn, theo định nghĩa thống kê về xác suất ta có:

\(P\left( {{C_i}{D_j}} \right) = \frac{{{n_{{\rm{ij}}}}}}{n};\,\,\,\,P\left( {{C_i}} \right) = \frac{{{n_{\rm{i}}}}}{n};\,\,\,\,P\left( {{D_j}} \right) = \frac{{{m_{\rm{j}}}}}{n};\)

Nếu H₀ đúng, tức A, B độc lập thì các dấu hiệu A_i, B_j cũng độc lập. Do đó:

\(P({C_i}.{D_j}) = P\left( {{C_i}} \right)P\left( {{D_j}} \right)\)

Tức là:

\(\frac{{{n_{{\rm{ij}}}}}}{n} = \frac{{{n_{\rm{i}}}}}{n}.\frac{{{m_{\rm{j}}}}}{n}\)

Từ đó ta có qui tắc quyết định như sau:

• Lấy mẫu kích thước n, từ mẫu này tính:

\({\chi ^2} = \sum\limits_{i = 1}^h {\sum\limits_{j = 1}^k {\frac{{{{\left( {\frac{{{n_{{\rm{ij}}}}}}{n} - \frac{{{n_{\rm{i}}}}}{n}.\frac{{{m_{\rm{j}}}}}{n}} \right)}^2}}}{{\frac{{{n_{\rm{i}}}}}{n}.\frac{{{m_{\rm{j}}}}}{n}}}} } = n\left( {\sum\limits_{i = 1}^h {\sum\limits_{j = 1}^k {\frac{{n_{{\rm{ij}}}^2}}{{{n_i}.{m_j}}} - 1} } } \right)\)

• Với mức ý nghĩa a đã cho, tra bảng \({\chi ^2}\) với bậc tự do \((k-1)(h-1)\) để tìm \(\chi _\alpha ^2\) (hoặc dùng hàm CHIINV trong Excel).
• Nếu \({\chi ^2} > \chi _\alpha ^2\) thì bác bỏ H₀, thừa nhận H₁
• Nếu \({\chi ^2} \le \chi _\alpha ^2\) thì có thể chấp nhận H₀

Thí dụ: Làm thí nghiệm bón một loại phân theo 3 phương pháp khác nhau cho cùng một loại cây trồng và quan sát việc ra hoa của loại cây này, ta có kết quả cho ở bảng sau:

Với mức ý nghĩa \(\alpha = 0,05\) hãy kết luận xem phương pháp bón phân khác nhau có ảnh hưởng tới việc ra hoa của loại cây đó không ?

Giải:

Đặt giả thiết H₀: Phương pháp bón phân (dấu hiệu A) độc lập với việc ra hoa của cây (dấu hiệu B).

H₁: Phương pháp bón phân không độc lập (có ảnh hưởng) đến việc ra hoa của cây.

Từ bảng số liệu đã cho, để tính \({\chi ^2}\) trước hết ta tính các số hạng:

\({\alpha _{{\rm{ij}}}} = \frac{{n_{{\rm{ij}}}^2}}{{{n_i}{m_j}}}\,\,\,\,(\forall i,j)\)

Ở thí dụ ta đang xét, ứng với ô có \(n_{ij}=40\) (tức i = 1 và j = 1) thì: 

\({\alpha _{11}} = \frac{{n_{{\rm{11}}}^2}}{{{n_1}{m_1}}}\,\,\, = \frac{{{{40}^2}}}{{178.55}} = 0,163432\)

Ứng với ô có \(n_{ij}=75\) (tức i = 1 và j = 2) thì: 

\({\alpha _{12}} = \frac{{n_{12}^2}}{{{n_1}{m_2}}}\,\,\, = \frac{{{{75}^2}}}{{178.87}} = 0,363231\)

Đối với các ô còn lại ta cũng tính tương tự. Kết quả tính toán được trình bày dưới dạng bảng như sau:

Từ các kết quả tính ở bảng trên, ta tính được: 

\(\sum\limits_{i = 1}^h {\sum\limits_{j = 1}^k {\frac{{n_{{\rm{ij}}}^2}}{{{n_i}.{m_j}}}} } = 0,163432 + 0,363231 +... + 0,049231 = 1,020533\)

Vậy:

\({\chi ^2} = n\left( {\sum\limits_{i = 1}^h {\sum\limits_{j = 1}^k {\frac{{n_{{\rm{ij}}}^2}}{{{n_i}.{m_j}}}} } - 1} \right) = 217(1,020533 - 1) = 4,45565\)

Với mức ý nghĩa \(\alpha = 0,05\), tra bảng \({\chi ^2}\) với bậc tự do:

\(V = (h - 1).(k - 1) = (3 - 1).(2 - 1) = 2\)

ta được:

\(\chi _\alpha ^2 = \chi _{0,05}^2 = 5,991\)

Vì \(\chi _\alpha ^2 = 4,45565 < \chi _{0,05}^2 = 5,991\), nên ta chấp nhận giả thiết H₀, tức phương pháp bón phân không ảnh hưởng đến việc ra hoa của loại cây này.