皮尔森拟合优度塔防检验。
假设H0：总体具有某分布F 备择假设H1：总体不具有该分布。
我们将数轴分成若干个区间，所抽取的样本会分布在这些区间中。在原假设成立的条件下，我们便知道每个区间包含样本的个数的期望值。用实际值Ni 与期望值Npi可以构造统计量K 。皮尔森证明，n趋向于无穷时，k收敛于m-1的塔防分布。m为我们分组的个数。有了这个分布，我们就可以做假设检验。
#如果是均匀分布，则没有明显差异。这里组其实已经分好了，直接用。H0：人数服从均匀分布
> x <- c(210,312,170,85,223)
> n <- sum(x); m <- length(x)
> p <- rep(1/m,m)
> K <- sum((x-n*p)^2/(n*p)); K #计算出K值
[1] 136.49
> p <- 1-pchisq(K,m-1); p #计算出p值
[1] 0 #拒绝原假设。
在R语言中chisq.test()，可以完成拟合优度检验。默认就是检验是否为均匀分布，如果是其他分布，需要自己分组，并在参数p中指出。上面题目的解法：
chisq.test(x)
Chi-squared test for given probabilities
data: x
X-squared = 136.49, df = 4, p-value < 2.2e-16 #同样拒绝原假设。
例，用这个函数检验其他分布。抽取31名学生的成绩，检验是否为正态分布。
> x <- c(25,45,50,54,55,61,,68,72,75,75,78,79,81,83,84,84,84,85,
86,86,86,87,,,,90,91,91,92,100)
> A <- table(cut(x,breaks=c(0,69,79,,100))) #对样本数据进行分组。
> A
(0,69] (69,79] (79,] (,100]
8 5 13 5
> p <- pnorm(c(70,80,90,100),mean(x),sd(x)) #获得理论分布的概率值
> p <- c(p[1],p[2]-p[1],p[3]-p[2],1-p[3])
>chisq.test(A,p=p)
Chi-squared test for given probabilities
data: A
X-squared = 8.334, df = 3, p-value = 0.03959 #检验结果不是正态的。
例：大麦杂交后关于芒性的比例应该是无芒：长芒：短芒=9:3:4 。我们的实际观测值是335：125：160 。请问观测值是否符合预期？
> p <- c(9/16,3/16,4/16)
> x <- c(335,125,160)
>chisq.test(x,p=p)
Chi-squared test for given probabilities
data: x
X-squared = 1.362, df = 2, p-value = 0.5061
在分组的时候要注意，每组的频数要大于等于5.
如果理论分布依赖于多个未知参数，只能先由样本得到参数的估计量。然后构造统计量K，此时K的自由度减少位置参数的数量个。
2.R语言ks检验。
R语言中提供了ks.test()函数，理论上可以检验任何分布。他既能够做单样本检验，也能做双样本检验。
单样本例：记录一台设备无故障工作时常，并从小到大排序420 500 920 1380 1510 1650 1760 2100 2300 2350。问这些时间是否服从拉姆达=1/1500的指数分布？
> x <- c(420,500,920,1380,1510,1650,1760,2100,2300,2350)
>ks.test(x,"pexp",1/1500)
One-sample Kolmogorov-Smirnov test
data: x
D = 0.3015, p-value = 0.2654
alternative hypothesis: two-sided
双样本例：有两个分布，分别抽样了一些数据，问他们是否服从相同的分布。
> X<-scan()
1: 0.61 0.29 0.06 0.59 -1.73 -0.74 0.51 -0.56 0.39
10: 1. 0.05 -0.06 0. -0.82 0.37 1.77 1.09 -1.28
19: 2.36 1.31 1.05 -0.32 -0.40 1.06 -2.47
26:
Read 25 items
> Y<-scan()
1: 2.20 1.66 1.38 0.20 0.36 0.00 0.96 1.56 0.44
10: 1.50 -0.30 0.66 2.31 3.29 -0.27 -0.37 0.38 0.70
19: 0.52 -0.71
21:
Read 20 items
>ks.test(X,Y)
Two-sample Kolmogorov-Smirnov test #原假设为他们的分布相同
data: X and Y
D = 0.23, p-value = 0.5286
alternative hypothesis: two-sided
3.R语言列联表数据性检验。
chisq.test() 同样可以做列联表数据性检验，只要将数据写成矩阵的形式就可以了。
> x <- matrix(c(60,3,32,11),nrow=2) #参数correct是逻辑变量表示带不带连续矫正。
>x
[,1] [,2]
[1,] 60 32
[2,] 3 11
>chisq.test(x)
Pearson's Chi-squared test with Yates' continuity correction
data: x
X-squared = 7.9327, df = 1, p-value = 0.004855 #拒绝假设认为有关系
如果一个单元格内的数据小于5 那么做pearson检验是无效的。此时应该使用Fisher精确检验。
> x <- matrix(c(4,5,18,6),nrow=2)
>x
[,1] [,2]
[1,] 4 18
[2,] 5 6
>fisher.test(x)
Fisher's Exact Test for Count Data
data: x
p-value = 0.121
alternative hypothesis: true odds ratio is not equal to 1
95 percent confidence interval:
0.03974151 1.767209 #p值大与0.05，区间估计包含1，所以认为没有关系。
sample estimates:
odds ratio
0.2791061
McNemar检验。这个不是相关性检验。是配对卡方检验。也就是说，我们是对一个样本做了两次观测，本身不是的样本而是相关的样本，而我们检验的是变化的强度。H0：频数没有发生变化。
用法就不举例了。单元格内数字不得小于5.n要大于100.
4.R语言符号检验。
当我们以中位数将数据分为两边，一边为正，一边为负，那么样本出现在两边的概率应该都为1/2。因此，使用p=0.2的二项检验就可以做符号检验了。
例：统计了66个城市的生活花费指数，北京的生活花费指数为99 。请问北京是否位于中位数以上。
> x <- scan()
1: 66 75 78 80 81 81 82 83 83 83 83
12: 84 85 85 86 86 86 86 87 87 88 88
23: 88 88 88 90 90 91 91
34: 91 91 92 93 93 96 96 96 97 99 100
45: 101 102 103 103 104 104 104 105 106 109 109
56: 110 110 110 111 113 115 116 117 118 155 192
67:
Read 66 items
>binom.test(sum(x>99),length(x),alternative="less")
Exact binomial test
data: sum(x > 99) and length(x)
number of successes = 23, number of trials = 66, p-value = 0.009329
alternative hypothesis: true probability of success is less than 0.5
95 percent confidence interval:
0.0000000 0.4563087
sample estimates:
probability of success
0.3484848 #北京位于中位数下。
符号检验也可以用来检验两个总体是否存在明显差异。要是没有差异，那么两者之差为正的概率为0.5.
> y <- c(19,32,21,19,25,31,31,26,30,25,28,31,25,25)
> x <- c(25,30,28,23,27,35,30,28,32,29,30,30,31,16)
>binom.test(sum(x data: sum(x < y) and length(x) number of successes = 4, number of trials = 14, p-value = 0.1796 alternative hypothesis: true probability of success is not equal to 0.5 95 percent confidence interval: 0.083832 0.58103526 sample estimates: probability of success 0.2857143 #无明显差异。这个例子不是很好 题目中标识为0的意思是两者同样喜欢。 >binom.test(3,12,alternative="less",conf.level=0.9) Exact binomial test data: 3 and 12 number of successes = 3, number of trials = 12, p-value = 0.073 alternative hypothesis: true probability of success is less than 0.5 90 percent confidence interval: 0.0000000 0.4752663 sample estimates: probability of success #p<0.1 接受备择假设认为有差异 0.25 5.R语言秩相关检验。 在R语言中，rank()函数用来求秩，如果向量中有相同的数据，求出的秩可能不合我们的要求，对数据做微调即可 > x <- c(1.2,0.8,-3.1,2,1.2) >rank(x) [1] 3.5 2.0 1.0 5.0 3.5 > x <- c(1.2,0.8,-3.1,2,1.2+1e-5) >rank(x) [1] 3 2 1 5 4 利用秩可以做相关性检验。cor.test( method="spearman,kendell") 6.R语言wilcoxon检验。 符号检验只考虑了符号，没有考虑要差异的大小。wilcoxon解决了这个问题。假设，数据是连续分布的，数据是关于中位数对称的。 例：某电池厂商生产的电池中位数为140.现从新生产的电池中抽取20个测试。请问电池是否合格 > x <- c(137,140,138.3,139,144.3,139.1,141.7,137.3,133.5,138.2,141.1,139.2,136.5,136.5,135.6, 138,140.9,140.6,136.3,134.1) > wilcox.test(x,mu=140,alternative="less",exact=F,correct=F,confi.int=T) Wilcoxon signed rank test data: x V = 34, p-value = 0.007034 alternative hypothesis: true location is less than 140 wilcox.test() 做成对样本检测。 例：在农场中选择了10块农田，将每一块农田分成2小块，分别用不同的化肥种菜。请问化肥会不会提高蔬菜产量。 > x <- c(459,367,303,392,310,342,421,446,430,412) > y <- c(414,306,321,443,281,301,353,391,405,390) >wilcox.test(x-y,alternative="greater") Wilcoxon signed rank test data: x - y V = 47, p-value = 0.02441 alternative hypothesis: true location is greater than 0 #能够提高产量 非配对双样本检测： > x <- c(24,26,29,34,43,58,63,72,87,101) > y <- c(82,87,97,121,1,208,213) >wilcox.test(x,y,alternative="less",exact=F,correct=F) Wilcoxon rank sum test data: x and y W = 4.5, p-value = 0.001449 alternative hypothesis: true location shift is less than 0 #拒绝原假设 > x <- rep(1:4,c(62,41,14,11)) > y <- rep(1:4,c(20,37,16,15)) >wilcox.test(x,y) Wilcoxon rank sum test with continuity correction data: x and y W = 3994, p-value = 0.0001242 alternative hypothesis: true location shift is not equal to 0下载本文
