GIÁO TRÌNH TRANG 11-15

\(\frac{dln(P(Y,p))}{dp} =0 \iff \frac{Y}{P}- \frac{n-Y}{1-p} = 0 \iff p = \hat{p} = \frac{Y}{n} = f(A)\)

Tại \(p=\hat{p}=\frac{Y}{n}\), \(\operatorname{có} \frac{d^2 \ln (P(Y, p))}{d p^2}=-\frac{Y}{p^2}-\frac{n-Y}{(1-p)^2}<0\), nên \(P(Y, p)\) đạt cực đại đại duy nhất và do đó là đạt trị lớn nhất tại đó.

Như vậy hai cách giải (dựa trên cùng một ý tưởng) đều cho kết quả như nhau.

Bài toán 2: Tìm ước lượng hợp lý cực đại cho xác suất thành công \(p=P(A)\) trong phân phối Nhị thức \(B(n,p)\).

Giải: Với biến quan sát X có phân phối Nhị thức \(B(N,p)\) (là biến rời rạc), tham ẩn cần ước lượng là \(\theta=p\), mẫu ngẫu nhiên \(W_n = (X_1,X_2,… , X_n)\) về biến quan sát X bao gồm các biến ngẫu nhiên \(X_1,X_2,… , X_n\) đđộc lập, cùng phân phối B (n,p), có hàm hợp lý là: \[ L(p)=q\left(X_1, p\right) . q\left(X_2, p\right) \ldots q\left(X_n, p\right)=\prod_{k=1}^n C_N^{X_k} p^{X_k}(1-p)^{N-X_k} \] Vì vậy: \(\quad l(p)=\ln L(p)=\sum_{k=1}^n\left[\left(\ln C_N^{X_k}+X_k \ln p+\left(N-X_k\right) \ln (1-p)\right)\right]\) phương trình hợp lý là: \[ \frac{d l(p)}{d p}=0 \Leftrightarrow \frac{1}{p} \sum_{k=1}^n X_k-\frac{1}{1-p} \sum_{k=1}^n\left(N-X_k\right)=0 \Leftrightarrow \frac{1}{p(1-p)} \sum_{k=1}^n X_k-\frac{n \cdot N \cdot p}{p(1-p)}=0 \]

Phương trình này có nghiệm duy nhất: \(\hat{p}=\frac{1}{n \cdot N} \sum_{k=1}^n X_k=\frac{1}{N} \cdot \bar{X}\), trong đó \(\bar{X}=\) \(\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n X_k\) là trung bình mẫu của biến quan sát \(X\). Vi tại \(p=\hat{p}=\frac{1}{N} \bar{X}\), có: \[ \frac{d^2 l(\hat{p})}{d p^2}=-\frac{1}{p^2} \sum_{k=1}^n X_k-\frac{1}{(1-p)^2} \sum_{k=1}^n\left(N-X_k\right)<0, \] nên hàm \(l(p)\) và do đó hàm hợp lý \(L(p)\) đạt cực đại duy nhất tại \(p=\hat{p}=\frac{1}{N} \bar{X}\) tức là \(L(p)\) đạt trị lớn nhất tại \(\hat{p}\). Tóm lại ước lượng hợp lý cực đại của tham số \(p\) trong phân phối \(B(N, p)\) là \(\hat{p}=\frac{1}{N} \bar{X}\).

Chú ý: Tương tự như bài toán 1 , có thể đi tới lời giải bài toán 2 , bằng cách từ mẫu về \(\mathrm{X}\) là \(W_n=\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)\), biến ngẫu nhiên \(Y=X_1+X_2+\cdots+X_n\) có phân phối Nhị thức \(B(n . N, p)\), nên thay vì xét hàm hợp lý \(L(p)=\) \(\prod_{k=1}^n C_N^{X_k} p^{X_k}(1-p)^{N-X_k}, \quad\) có thể xét hàm:

\[ P(y, p)=P(Y=y)=C_{n N}^y p^y(1-p)^{n N-y}, y=0,1, \ldots, n N . \] và cho cùng lời giải: Ước lượng hợp lý cực đại của tham số \(p\) trong phân phối nhị thức \(B(N, p)\) là \(\hat{p}=\frac{Y}{N n}=\frac{X_1+X_2+\cdots+X_n}{N n}=\frac{\bar{X}}{N}\).

Bài toán 3: Tìm ước lượng hợp lý cực đại cho tham số \(\lambda\) trong phân phối Poisson \(P(\lambda)\).

Giải: Với biến quan sát \(X\) có phân phối Poisson \(P(\lambda)\) (là biến rời rac), tham ẩn cần ước lượng là \(\theta=\lambda\), mẫu ngấu nhiên \(W_n=\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)\) về biến quan sát \(X\) bao gồm các biến ngấu nhiên \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) độc lập, cùng phân phối \(P(\lambda)\), có hàm hợp lý là: \[ L(\lambda)=q\left(X_1, \lambda\right) \cdot q\left(X_2, \lambda\right) \ldots q\left(X_n, \lambda\right)=\prod_{k=1}^n \frac{\lambda^{x_{k e}-\lambda}}{X_{k}!}, \]

Vì vậy: \(l(\lambda)=\ln L(\lambda)=\sum_{k=1}^n\left[\left(X_k \ln \lambda-\lambda-\ln \left(X_{k}!\right)\right)\right]\), phương trình hợp lý là: \[ \frac{d l(\lambda)}{d \lambda}=0 \Leftrightarrow \frac{1}{\lambda} \sum_{k=1}^n X_k-n=0 \]

Phương trình này có nghiệm duy nhất: \(\hat{\lambda}=\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n X_k=\bar{X}\), trong đó \(\bar{X}=\) \(\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n X_k\) là trung bình mẫu của biến quan sát \(X\). Vì tại \(\hat{\lambda}=\bar{X}\), có: \[ \frac{d^2 l(\hat{\lambda})}{d \lambda^2}=-\frac{1}{\lambda^2} \sum_{k=1}^n X_k<0, \] nên hàm \(l(\lambda)\) và do đó hàm hợp lý \(L(\lambda)\) đạt cục đại duy nhất tại \(\lambda=\hat{\lambda}=\bar{X}\) tức là \(L(\lambda)\) đạt trị lớn nhất tại \(\hat{\lambda}\). Tóm lại ước lượng hợ lý cực đại của tham số \(\lambda\) trong phân phối Poisson \(P(\lambda)\) là \(\hat{\lambda}=\bar{X}\).

Chú ý: Từ mẫu \(W_n=\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)\) về biến quan sát \(X\) có phân phối Poisson \(P(\lambda)\), ta có biến ngẫu nhiên \(Y=X_1+X_2+\cdots+X_n\) có phân phối Poisson \(P(n \lambda)\), do đó có thể thay hàm hợp lý trên bằng \[ P(y, \lambda)=P(Y=y)=\frac{(n \lambda)^y e^{-n \lambda}}{y!}, y=0,1,2, \ldots \] và phương trình hợp lý là: \(\frac{d \ln P(Y, p)}{d \lambda}=0 \Leftrightarrow \frac{Y}{\lambda}-n=0 \Leftrightarrow \lambda=\frac{Y}{n}=\bar{X}\) và tương tự như lời giải trên, ta nhận được củng một kết quả: ước lượng hợp lý cực đại cho \(\lambda\) là \(\hat{\lambda}=\bar{X}\).

Bài toán 4: Tìm ước lượng hợp lý nhất cho giá trị trung bình tổng thể \(\mu=\) \(E X\) của biến quan sát \(X\) có phân phối chuẩn \(N\left(\mu, \sigma^2\right)\), trong đó phương sai \(\sigma^2=\) \(\operatorname{Var} X\) đã biết.

Với chú ý \(X\) là biến ngẫu nhiên liên tục có hàm mật độ xác suất \(q(x, \mu)=\) \(\frac{1}{\sigma \sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2}\) và với \(W_n=\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)\) là mẫu ngẫu nhiên về biến quan sát \(X\), tiê̂n hành tương tự như các ví dụ trên, nhận được ước lượng hợp lý nhất của trung bình tổng thể \(\mu=E X\) của biến quan sát \(X\) có phân phối chuẩn trong trường hợp phương sai đã biết là trung bình mẫu: \[ \hat{\mu}=\bar{X}=\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n X_k \]

1.5.Suy luận cho tỷ lệ

Trong thực tế, các tham số trong mô hình lấy mẫu Nhị thức và Poisson và nhị thức thường chưa biết. Sử dụng dữ liệu mẫu, chúng ta ước lượng các tham số. Chúng ta minh họa phương pháp này bằng cách áp dụng nó để suy luận cho các tham số tỳ lệ \(p\).

1.5.1.Ước lượng hợp lý cực đại cho tỷ lệ

Về phương diện lý thuyết, khi giải bài toán 1 , chúng ta nhận được lời giải duy nhất: ước lượng hợp lý cực đại cho tỷ lệ tổng thể \(p=P(A)\) là tỷ lệ trên mẫu: \(\hat{p}=f(A)\). Đối với mô hinh mẫu cụ thể, chúng ta có thể thay thế dự liệu mẫu vào xác suất và sau đó xem xác suất đó như là một hàm của tham số \(p\) để minh họa cho kết quá trên.

Ví dụ 1: Chẳng hạn, tiến hành 10 lần thử nghiệm \((\mathrm{n}=10)\) để quan sát biến cố \(\mathrm{A}\), ta có \(Y\) là số lần xuất hiện \(\mathrm{A}\) là biến ngẫu nhiên có phân phối Nhị thức \((10, p): P(Y=k)=C_{10}^k p^k(1-p)^{10-k}\).

• Với \(k=0\), có \(\hat{p}=f(A)=\frac{0}{10}=0\), và khi đó:\(P(Y=0)=(1-p)^{10}=L(0, p)\) đạt trị lớn nhất khi \(p=0=f(A)\).

• Với \(k=1\), có \(\hat{p}=f(A)=\frac{1}{10}\), và khi đó:\(P(Y=1)=10 \cdot p(1-p)^9=L(1, p)\) đạt trị lớn nhất khi \(p=\frac{1}{10}=f(A)\).

• Với \(k=10\), có \(\hat{p}=f(A)=\frac{10}{10}=1\), và khi đó: \(P(Y=10)=p^{10}=L(10, p)\) đạt trị lớn nhất khi \(p=1=f(A)\)

Từ hàm này, ví dụ, xác suất \(Y=0\) là \(L(0,0.4)=(1-0.4)^10=0.006\) nếu \(p=0.4\), \(l(0,0.2)=(1-0.2)^{10}=0.107\) nếu nếu \(p=0.2\), và \(l(0,0)=(1-0)^{10}=1.0\) nếu \(p\) \(=0.0 . l(0, p)=(1-p)^{10}\) có giá trị cực đại tại \(p=0.0\), cho thấy khi 10 thứ nghiệm có 0 thành công, ước tính giá trị hợp lý nhất của \(p\) bằng 0,0 .

1.5.2.Kiểm định một tỷ lệ

Bây giờ chúng ta sử dụng ước lượng ML của tỷ lệ tổng thể \(p\) là tỷ lệ mẫu \(f\) trong suy luận thống kê cho tham số \(p\). Ta biết rằng tỷ lệ mẫu \(f\) là biến ngẫu nhiên có trung bình và sai số tiêu chuẩn \[ E(f)=p, \quad \sigma(f)=\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} . \]

Khi số lần thử nghiệm \(n\) tăng lên, sai số chuẩn của \(f\) giảm dần về 0 ; có nghĩa là, tỷ lệ mẫu có xu hướng gần với giá trị tỷ lệ tổng thể \(p\).

1.5.2.1.Trường hợp mẫu lớn

Để kiểm định giả thuyết \(H_0: p=p_0\) cho rằng tỷ lệ tổng thể p bằng một giá trị đã biết \(p_0\), ta dùng thống kê kiểm định

\[ T = \frac{f - p_0}{\sqrt{\frac{p_0 (1 - p_0)}{n}}} \tag{1.4.2} \]

là tỷ số giữa sự khác biệt giữa tỷ lệ mẫu \(f\) với giá trị giả thuyết \(p_0\), và sai số chuẩn của \(f\). Sai số chuẩn được tính theo giả định giả thuyết không là đúng. Đối với các mẫu lớn, phân phối mẫu của thống kê kiểm định \(T\) là chuẩn chính tắc, có trung bình là 0 và độ lệch chuẩn là 1.

Tiêu chuẩn bác bỏ giả thuyết \(H_0\) với mức ý nghĩa \(\alpha\) cho trước là: \[ |T| \ge u(\alpha/2), \tag{1.4.3} \]

trong đó \(u(\alpha)\) là giá trị tới hạn mức \(\lambda\) của phân phối chuẩn chính tắc, được xác định bởi hệ thức: \(\Phi(u(\alpha)) = 1 - \alpha\) (\(\Phi(t)\) là hàm phân phối chuẩn chính tắc, giá trị hàm này được cho ở các bảng phụ lục)

Nếu \(|T| < u(\alpha/2)\) thì chấp nhận giả thuyết \(H_0\).

Nếu \(|T| \ge u(\alpha/2)\) thì bác bỏ giả thuyết \(H_0\). Trong đó: Khi \(T < -u(\alpha/2)\) thì chấp nhận: \(p < p_0\). Khi \(T \ge u(\alpha/2)\), thì chấp nhận \(p > p_0\).

Thông thường người ta lấy mức ý nghĩa \(\alpha = 5\%\) và khi kiểm định đúng mà không nói gì tới mức ý nghĩa thì mặc định mức ý nghĩa là 5%.

Ví dụ 2: Để minh hoạ, chúng ta xác minh xem có bao nhiêu số người lớn ở Hoa Kỳ tin rằng một phụ nữ nên tha hồ có thể được phá thai, thông qua câu điều tra sau đây:

Vấn đề khảo sát ý kiến về việc một phụ nữ mang thai có thể được phá thai hay không nằm trong số rất nhiều Khảo sát Xã hội Tổng quát năm 1991, được tiến hành bởi Trung Tâm Nghiên cứu Ý kiến Quốc gia (NORC) tại Đại học Chicago. Câu hỏi thăm dò là: “Xin vui lòng cho tôi biết liệu bạn có tin rằng một phụ nữ nên có thể phá thai hợp pháp nếu bà lập gia đình không muốn có thêm con nữa”. Trong số 950 người được hỏi trả lời câu hỏi này (năm 1991), có 424 trả lời là “có” và 526 trả lời “không”.

Ký hiệu \(p\) là tỷ lệ số dư trong thống kê mẫu trả lời “có” cho câu hỏi. Chúng ta kiểm tra \(H_0: p = 0.5\) với giả thuyết thay thế hai phía, \(H_a: p \neq 0.5\).

Tỷ lệ trả lời “có” trên mẫu và giá trị thống kê \(T\) là:

\[ f = \frac{424}{950} = 0.446, \quad T = \frac{(0.446 -3.329- 0.5)\sqrt{950}}{\sqrt{0.5*0.5}} = -3.329 < -u(\frac{\alpha}{2}) = -1.96 \]

Vậy ta bác bỏ \(H_0: p = 0.5\) và cho rằng có hơn một nửa số người Mỹ tin rằng một phụ nữ nên có thể được phá thai trong tình huống này.

1.5.2.2. Trường hợp mẫu nhỏ

Khi cỡ mẫu nhỏ, không thể xấp xỉ phân phối của thống kê \(T\) với phân phối chuẩn. Khi đó ta lưu ý rằng mẫu có phân phối nhị thức \(B(n, p)\). Vì thế nếu giả thuyết \(p = p_0\) là đúng, thì tán suất mẫu \(f\) có bằng phân phối xác suất là:

\[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline f & 0 &\frac{1}{n} & \frac{2}{n} & \cdots & \frac{n-1}{n} & 1 & \sum \\ \hline P & p_0 & p_1 & p_2 & \cdots & p_{n-1} & p_n & 1 \\ \hline \end{array} \]

Trong đó: \(q_x = P\left( f = \frac{x}{n} \right) = C_n^x p_0^x (1-p_0)^{n-x}, x = 0, 1, 2, \ldots, n\)

Ký hiệu \(x_c\) là giá trị tới hạn mức c của phân phối nhị thức \(B(n, p)\), tức là:

\[ P(X \ge x_c) = c, \quad \text{trong đó } X \sim B(n, p) \]

Vì riêng \(X\) nhận giá trị nguyên, không âm, nên \(x_c\) được xác định là số nguyên nhỏ nhất sao cho: \[ \sum_{x = x_\alpha}^n C_n^x p_0^x (1-p_0)^{n-x} \leq \alpha \]

khi đó giá trị tới hạn mức c là \(\frac{x_\alpha}{n}\)

a. Kiểm định giả thuyết \(H_0: p = P_0\) với đối thuyết \(H_1: p > P_0\)

Khi đó những quan sát trên mẫu \(f > p_0\) là bằng chứng ủng hộ nhận \(H_1\), tức là bác bỏ \(H_0\), và f càng lớn xa \(p_0\) thì bằng chứng càng mạnh mẽ. Tuy nhiên để biết mức xa đến đâu là đủ, ta cần đến mức ý nghĩa \(\alpha\), tức là mức khống chế xác suất sai lầm loại 1: Xác suất bác bỏ \(H_0\) trong điều kiện \(H_0\) đúng. Mức đó chính là\(\frac{x_\alpha}{n}\) Vì thế: Với mức ý nghĩa \(\alpha\), tiêu chuẩn bác bỏ giả thuyết \(H_0\) là: \(f \geq\frac{x_\alpha}{n}\)

b. Kiểm định giả thuyết \(H_0: p = P_0\) với đối thuyết \(H_1: p < P_0\)

Lập luận tương tự như trên, với mức ý nghĩa \(\alpha\), tiêu chuẩn bác bỏ giả thuyết \(H_0: f \leq \frac{\bar{x}_\alpha}{n}\), là số nguyên lớn nhất sao cho:

\[ \sum_{x=0}^{\bar{x}_\alpha} C_n^x p_0^x (1-p_0)^{n-x} \leq \alpha \]

c. Kiểm định giả thuyết \(H_0: p = p_0\), với đối thuyết \(H_1: p \neq p_0\)

Lúc này những quan sát trên mẫu \(f \neq p_0\) là bằng chứng chống lại \(H_0\) và chấp nhận \(H_1\). Lập luận tương tự như trên với mức ý nghĩa \(\alpha\), tiêu chuẩn bác bỏ giả thuyết \(H_0\) là:

\[ f \geq \frac{x_\frac{\alpha}{2}}{n}, \quad \text{hoặc } f \leq \frac{\bar{x_\frac{\alpha}{2}}}{n} \]

Ví dụ 3: Một khách hàng vào hệ dịch vụ A có thể chọn một trong hai mức phí dịch vụ. Qua theo dõi ngẫu nhiên 15 khách hàng vào hệ dịch vụ A, thấy có 8 khách hàng chọn mức phí thứ nhất và 7 khách hàng chọn mức phí thứ hai. Hãy xác minh ở mức ý nghĩa 5% xem liệu có sự khác nhau về tỷ lệ khách hàng chọn hai mức phí này không

Giải: Gọi \(p\) là tỷ lệ khách chọn một dịch vụ nhất trong số 15 khách hàng. Khi điều tra như vậy, thì \(1-p\) là tỷ lệ khách chọn một dịch vụ thứ hai. Bài toán yêu cầu: