R语言 假设检验.docx
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R语言假设检验
R语言假设检验（非参数）学习笔记
1.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。
例：
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#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
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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。
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> x <- c（25,45,50,54,55,61,64,68,72,75,75,78,79,81,83,84,84,84,85,
86,86,86,87,89,89,89,90,91,91,92,100）
> A <- table（cut（x,breaks=c（0,69,79,89,100））） #对样本数据进行分组。
> A
（0,69] （69,79] （79,89] （89,100]
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？
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> 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.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4205009201380151016501760210023002350。
问这些时间是否服从拉姆达=1/1500的指数分布？
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> 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。
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> X<-scan（）
1:
0.61 0.29 0.06 0.59 -1.73 -0.74 0.51 -0.56 0.39
10:
1.64 0.05 -0.06 0.64 -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.列联表数据独立性检验。
chisq.test（）同样可以做列联表数据独立性检验，只要将数据写成矩阵的形式就可以了。
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> 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。
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> 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 1.76726409 #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。
是配对卡放检验。
也就是说，我们是对一个样本做了两次观测，本身不是独立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。
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用法就不举例了。
单元格内数字不得小于5.n要大于100.
4.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。
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> 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 89 89 89 89 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.
例：
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> 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
Exact binomial test
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:
0.08388932 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。
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> 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.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
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> 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。
具体在上上篇笔记里已经讲了。
cor.test（method="spearman,kendell"）
6.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
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> 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。
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> 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：
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> x <- c（24,26,29,34,43,58,63,72,87,101）
> y <- c（82,87,97,121,164,208,213）
> wilcox.test（x,y,alternative="less"）
Wilcoxon rank sum test with continuity correction
data:
x and y
W = 4.5, p-value = 0.001698
alternative hypothesis:
true location shift is less than 0
Warning message:
In wilcox.test.default（x, y, alternative = "less"） :
cannot compute exact p-value with ties #好奇怪这里为什么会有警告。
。
明明没有同秩的现象。
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> 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
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