İstatistiksel Karar Verme

Transkript

1 İstatistiksel Karar Verme Yazar Doç.Dr. Ahmet ÖZMEN ÜNİTE 8 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; istatistiksel hipotezlerin kurulmasında ve test edilmesinde kullanılan kavramların tanıtımı istatistiksel hipotezlerin test edilmesi sürecinde yapılan işlemler hakkında gerekli bilgi verilmesi istatistiksel karar verme konusunda nitelik kazandırılmış olur. İçindekiler Giriş Hipotez Testi İle İlgili Kavramlar Hipotez Testi Sürecinde Adımlar Bazı Parametrelere İlişkin Test Uygulamaları Özet Değerlendirme Soruları Yararlanılan ve Başvurulabilecek Kaynaklar

2 Çalışma Önerileri Bu üniteyi kolayca anlayabilmek için örnekleme teorisi ve istatistiksel tahmin isimli üniteleri özümsemiş olmanız gerekir. Bir istatistik kitabından "dağılımlar" konusunu gözden geçirmenizde yarar vardır. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

3 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME Giriş Örnekleme teorisi, evren parametrelerinin tahmin edilmesinin yanında istatistiksel hipotezlerin test edilmesine de imkan verir. Çünkü, günlük hayatımızda ve bilimsel araştırmalarda bir örneklemin hasaplanan değerlerini kullanarak evren parametreleri hakkında sık sık kararlar verilmeye çalışılmaktadır. Örneğin, üniversitemizde öğrenim gören öğrenciler arasında sigara içenlerin oranının en az %65 olduğu; A öğretim yönteminin B öğretim yönteminden daha etkin olduğu; x ekmek fabrikasında üretilen ekmeklerin ortalama ağırlığının 450 gram olduğu iddiaları doğru mudur? Bu soruların yanıtlanabilmesi, başka bir deyişle bu hipotezlerin örneklem istatistiklerinden yararlanarak test edilmesi amacıyla geliştirilmiş ve uzun yıllar başarıyla uygulanan yöntem, istatistiksel Hipotezlerin Testi yöntemidir. Bu yöntemde, üzerinde araştırma yapılacak olan evrenden rassal seçimle oluşturulmuş bir örneklemin birimleri üzerinden ilgilenilen değişken itibariyle bilgiler derlenir. Örneklem istatistikleri hesaplanır. Bu istatistiklerden yararlanarak araştırmaya başlamadan önce evren parametre değeri hakkında ileri sürülen hipotezin (iddianın) doğru, geçerli olup olmadığı konusunda karar verilmeye çalışılır. Verilecek karara istatistiksel karar adı verilmektedir. İstatistiksel kararın verilebilmesi, bir başka ifadeyle istatistiksel hipotezlerin testi sürecinde hipotezlerin kurulması, bu hipotezlerden birinin seçilmesi (kabul edilmesi) veya seçilmemesi (red edilmesi) için araştırmaya konu olan evren, bu evrenden alınan örneklem ve ilgilenilen evren parametre tahminleyicisinin dağılımı hakkında belirli varsayımların yapılması gerekir. Bu kısımda önce konuyla ilgili kavramlar açıklanacak daha sonra uygulamada sıkça ilgilenilen evren parametreleri µ, π, µ 2 - µ 1, π 2 - π 1 için hipotez sınamalarının nasıl yapıldığını göstermek suretiyle istatistiksel karar verme niteliği kazandırılmaya çalışılacaktır. 2. Hipotez Testi İle İlgili Kavramlar 2.1 İstatistiksel Hipotezler Üzerinde alıştırma yapılacak bir evrenin, ilgilendiğimiz bir θ (µ, π, µ 2 - µ 1, π 2 - π 1 ) parametresenin değeri hakkında ileri sürülen ve doğruluğu, geçerliliği olasılık ilkelerine göre araştırılabilen hipotezlere (ön savlara) istatistiksel hipotezler, adı verilir. İstatistiksel hipotezlerde hipotez bir frekans dağılımını ifade eder. Bir istatistiksel hipotez doğru ya da yanlış olabilir. Çünkü bu bir beyandır; deneyime ve/veya varsayıma dayanmaktadır. Gerçeği öğrenmek için tam sayım yapmak gerekir. Ancak örnekleme yapmayı gerekli kılan nedenlerden dolayı bu mümkün değildir. Bu durumda istatistiksel hipotezlerin geçerliliği, doğruluğu konusunda AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

4 142 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME karar verebilmek için bu hipotezlerin q örneklem istatistiklerinden ve onların bölümleriyle ilgili bilgilerden yararlanarak test edilmesi gerekir. İstatistiksel hipotezlerin testinde iki hipotez sözkonusudur. Bunlar; sıfır hipotezi ve karşıt hipotez olarak isimlendirilirler Sıfır Hipotezi Bu hipotez H 0 sembolleriyle gösterilir ve hangi hipotezin test edileceğini ifade eder. H 0 hipotezi evren parametre değeri θ hakkında ileri sürülen ön savı göstermektedir. H 0 hipotezinin kurulmasında esas, test süreci tamamlayıncaya kadar örneklem istatistiği q değeri ile θ parametresinin değeri hakkında ileri sürülen belli bir θ 0 değeri arasındaki farkın örnekleme hatasından kaynaklanabileceği, bu iki değer arasında gerçekte bir fark bulunmadığı, farkın sıfır olduğu hususunun bir hipotez şeklinde doğru kabul edilmesidir. Bu açıklamaların ışığında H 0 hipotezi genel parametre θ için; H 0 : θ = θ 0 şeklinde kurulur. q değeri ile θ 0 değeri arasındaki farkın tam sayım yapılmamasından, örneklemeye başvurulmasından kaynaklandığının tayini statistiksel bir testin uygulamasını, yani H 0 hipotezinin test edilmesini gerektirir. Bu test sonucunda sözkonusu fark seçilen bir anlamlılık düzeyinde örnekleme hatalarından kaynaklanabilecek kadar küçük yani anlamsız ise H 0 hipotezi kabul edilir. Aksi halde H 0 hipotezi reddedilir Karşıt Hipotez H 0 hipotezinin test edilebilmesi için, bu hipotezden farklı başka bir hipotezin daha ileri sürülmesi gerekir. H 1 semboluyle gösterilen bu hipoteze karşıt hipotez adı verilir. Karşıt hipotez H 0 hipotezini çürüterek ve bu hipotezin reddedilmesi durumunda kabul edilecek olan hipotezdir. H 1 hipotezi, verilecek kararın niteliğine ve örneklem istatistiğinin değerine bağlı olarak çeşitli karar verme problemlerinde aşağıdaki üç farklı şekilden biri ile kurulur. H 1 : θ = θ 0 H 1 : θ > θ 0 H 1 : θ < θ 0 Hipotez testlerinde H 1 hipotezi, testin yönünü ve H 0 hipotezinin red bölgesinin yerini belirleyen hipotezdir. Bu konuyla ilgili bilgileri "hipotezlerin ifade edilmesi" başlığı altında görebilirsiniz. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

5 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 143 Bir istatistiksel testte, H 0 ve H 1 hipotezleri θ parametresinin gerçek değeri ile ilgili birer hipotez olarak birlikte düşünüleceği için, bunlara hipotezler adı verilmektedir. İzleyen kısımlarda "hipotezler" dendiğinde H 0 ve H 1 hipotez takımı anlaşılmış olacaktır İstatistiksel Hipotez Testi - İstatistiksel Karar Verme İstatistiksel hipotez testi ile istatistiksel karar verme arasında teorik esaslar yönünden bir fark yoktur; uygulamada istatistiksel testler istatistiksel karar verme amacıyla uygulanmaktadır. Bir hipotez veya onu çürütecek bir başka hipotezden birinin q (X, P 1, X 2 - X 1, P 1 - P 2 ) örneklem istatistiğinden yararlanmak suretiyle seçilmesine yönelik çalışmaya istatistiksel karar verme veya istatistik hipotez testi adı verilir. Örneklem istatistikleri aynı hacimli farklı örneklemlerde farklı değerler alabildiği için, q - θ > 0, q - θ = 0 ve q - θ < 0 gibi farklar olabilir. Bu nedenle istatistiksel test sonucu verilecek kararın isabetli olduğu konusunda kesin bir karar verilemez. Fakat olasılık teorisinden yararlanmak suretiyle, eğer hipotez doğru ise, örneklem istatistiklerinin hangi değerler arasında değer alabileceğini belirlemek mümkün olabileceği için, istatistiksel test ile hipotezin ne derece güvenle kabul veya reddedileceğini belirlemek olanaklı olmaktadır. Yani, burada önemli olan q - θ farklarının istatistiksel yönden anlamlı olup olmadığını belirlemektir. Başka bir anlatımla, farkların gerçek değişmeyi mi açıkladığı yoksa tesadüfi (rassal) olarak mı meydana geldiğini belirlemektir 2.3. I.Tip Hata ve II. Tip Hata Aynı evrenden rassal olarak oluşturulan aynı hacimli olası örneklemlerde örneklem istatistiğinin farklı değerler aldığı daha önce açıklanmıştı. Bu açıklama nedeniyle, bir evren parametresi olan θ hakkında kurulan hipotezler test edilirken örneklem istatistiği q kullanıldığı zaman iki tür yanlış karar verme riski vardır. Bir istatistiksel hipotez testinde yanlış karar verme sonucu işlenen hataya çıkarsama hatası adı verilir. Çıkarsama hataları I.tip hata ve II.tip hata adlarıyla anılmaktadır. H 0 hipotezi gerçekte doğru iken, örneklem istatistiğini kullanarak yapılan test sonucunda H 0 hipotezinin reddedilmesi durumunda işlenen hataya I.Tip hata adı verilir. I.Tip hata işleminin riskine (olasılığına) α riksi denir. Hipotez sınamalarında yapılabilecek diğer hata, II.tip hata ise, H 0 hipotezi gerçekte yanlış iken, H 0 hipotezinin kabul edilmesi durumunda işlenen hatadır. II.tip hata işleminin olasılığı β riski olarak isimlendirilir. I.tip hata ve II.tip hata matematiksel olarak hesaplanabilir. AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

6 144 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME Bir hipotez testinde amaç, H 0 hipotezini ya kabul etmek ya da reddetmektir. H 1 hipotezinin kabul edilmesi veya reddedilmesi dolayısıyla ortaya çıkan karardır. Bu nedenle aynı hipotez testinde I.tip ve II.tip hatadan yalnız biri söz konusu olabilir. Yani iki tür hatayı birlikte işlemek mümkün değildir.? Araştırmalarda hem α riskinin hem de β riskinin küçük olması istenir. α, β ve örneklem hacmi n arasında sıkı ilişki vardır. Genel olarak α büyüdüğünde β küçülür. Fakat n büyüdüğünde hem α hem de β küçülür. Ancak n araştırmanın başlangıcında belirlendiği ve araştırmalarda I.tip hata daha çok kontrol edilmek istendiği için α riski sabit tutulur. Yani test sonucu verilecek kararın etkilenmemesi için araştırma başlamadan önce α'nın olasılık değeri araştırmacı tarafından belirlenir. α değerinin belirlenmesi konusu ile ilgili açıklamalar anlamlılık düzeyi kavramı açıklanırken ele alınacaktır. I. tip hata, 2. tip hata ve örnek büyüklüğü arasında ne tür bir ilişki vardır? 2.4. Anlamlılık Düzeyi I.tip hata yapmanın olasılığına (riskine) anlamlılık düzeyi adı verilir daha önce ifade edildiği gibi α simgesiyle gösterilir. Test edilecek bir hipotez için, anlamlılık düzeyi α'nın olasılık değerini belirleme konusunda çeşitli istatistiksel teknikler mevcuttur. Ancak araştırmacı I.tip ve II.tip hatalara vereceği önemi de dikkate alarak α anlamlılık düzeyini keyfi olarak belirler. Araştırma sonuçları bilindiğinde ortaya çıkabilecek yanlılıktan sakınmak amacıyla α'nın değeri örneklem oluşturulmadan önce belirlenmelidir, uygulamada genellikle kullanılan anlamlılık düzeyleri 0.05 ve 0.01 dir. Bu düzeylerin anlamı kabul edilmesi gereken H 0 hipotezinin reddedilmesi sansı sırasıyla %5 ve %1 dir. Başka bir deyişle test sonucu verilecek kararın güven düzeyi (1-α) sırasıyla %95 ve %99 dur. Araştırmanın konusuna bağlı olarak başka anlamlılık düzeyleri de kullanılabilir. Evren parametresi değerinden daha küçük değerli ya da daha büyük değerli örneklem istatistiklerinin H 0 'ın kabul bölgesi içine alınması istenirse α'nın değerini küçük seçmek gerekir. Anlamlılık düzeyi α'nın belirlenmesi ile H 0 hipotezinin red bölgesinin büyüklüğü alanı tesbit edilmiş olur İki ve Tek Yönlü Testler H 0 hipotezinin ve ona bağlı olarak kurulan H 1 hipotezinin kuruluş şekline göre testler "İki yönlü test, tek yönlü üst kuyruk testi ve tek yönlü alt kuyruk testi olarak ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

7 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 145 uygulanırlar. Bu test uygulamalarında hipotezler aşağıda gösterildiği gibi formüle edilirler: İki yönlü hipotezleri: H 0 : θ = θ 0 H 1 : θ θ 0 Tek yönlü üst-kuyruk hipotezleri: H 0 : θ = θ 0 H 1 : θ > θ 0 Tek yönlü alt-kuyruk hipotezleri: H 0 : θ = θ 0 H 1 : θ < θ 0 Yukarıdaki her hipotez takımı için kullanılan isim H 1 hipotezinde θ için verilen değerler aralığını açıklamaktadır. Örneğin iki yönlü hipotezlerdeki H 1 hipotezi θ 0 'dan hem büyük yöndeki hem de küçük yöndeki θ ile ilgili değerleri içerdiği için iki yönlü olarak isimlendirilir. Başka bir deyişle örneklem istatistiği q 'nın belli bir A 1 değerinden küçük veya A 2 değerinden büyük olan değerleri H 1 hipotezi yönünde, başka bir ifadeyle H 0 hipotezinin red bölgesinde olan değerlerdir. Bu tür hipotezleri test ederken q 'nın bölünmesinin her iki kuyruğu da kullanıldığından bu testlere iki yönlü hipotezler adı verilir. İki yönlü hipotez testlerinde H 0 doğru olduğundan onun reddetme olasılığı olan α, q 'nın A 1 'den küçük veya A 2 'den büyük olma olasılığına eşit olduğundan A 1 ve A 2 'nin belirlenmesinde seçilen α değeri α /2 olarak alınır. q 'nın bölünmesi normal olduğundan bu durum Şekil 8.1 de açıklanmıştır. H 0 Kabul Bölgesi H 0 Red Bölgesi α/2 1- α H 0 Red Bölgesi α/2 A 1 θ 0 A 2 0 Şekil 8.1: İki Yönlü Testlerde Red Bölgeleri θ i Z i Tek yönlü üst kuyruk hipotezi formülündeki H 1 hipotezi θ 0 'dan büyük olan θ ile ilgili değerler içerdiği için, bu hipotez takımı tek yönlü üst-kuyruk hipotezi olarak isimlendirilmektedir. Tek yönlü üst kuyruk hipotezlerinde örneklem istatisti- AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

8 146 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME ği q 'nın θ 0 'dan büyük olan değerleri H 0 hipotezinin reddedilmesine yönelik değerlerdir. Bu durum Şekil 8.2 de gösterilmiştir. H 0 Kabul Bölgesi 1-α H 0 Red Bölgesi α θ 0 0 A θ i Z i Şekil 8.2: Tek Yönlü Üst Kuyruk Testlerinde Red Bölgesi Eğer H 1 hipotezi H 1 : θ < θ 0 şeklinde ise, yani tek yönlü alt-kuyruk hipotezi kurulmuşsa uygulanacak test tek yönlü alt-kuyruk testi olacaktır. Bu durum Şekil 8.3 de gösterilmiştir. Bu test türünde q 'nın hipotezini reddetmeye yönelik değerleri q 'nin A'dan küçük olan değerleri olacaktır. Çünkü q 'nin A'dan küçük olan değerleri H 1 'in kabul bölgesinde yer alan değerlerdir. H 0 Kabul Bölgesi H 0 Red Bölgesi α 1-α A θ 0 0 θ i Z i Şekil 8.3: Tek Yönlü Alt Kuyruk Testlerinde Red Bölgesi 3. Hipotez Testi Sürecinde Adımlar 3.1. Hipotezlerin Kurulması Bu adımda örneklem istatistiklerinden yararlanmak suretiyle aralarında seçim yapılacak H 0 ve H 1 hipotezleri kurulur; uygulanacak hipotez testinin tek yönlü ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

9 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 147 mü iki yönlü mü olacağına karar verilmiş olur. Başka bir ifadeyle H 0 hipotezinin red ve kabul bölgeleri belirlenmiş olur Anlamlılık Düzeyinin Seçilmesi Hipotezler kurulup veri derlemeye başlamadan önce gerçekte doğru olan H 0 hipotezinin reddedilmesi olasılığını ifade eden α için bir değer belirlenmeye çalışılır. α için genellikle %5 veya %1 değerleri seçilir. Yapılan bu seçimle birlikte H 0 hipotezinin kabul bölgesinin büyüklü olan 1 - α değeri de saptanmış olur Olasılık Dağılımının Belirlenmesi Bu adımda, N hacimli evrenden rassal olarak seçilen örneklem birimleri üzerinden veriler derlenir, tasnif edilir, gerekli istatistikler (X, p, X 2 - X 1, p 2 - p 1, s) hesaplanır ve hesaplanan örneklem istatistiğinin örnekleme bölünmesinin özellikleri ile örneklem istatistiği ve sıfır hipotezinde ifade edilmiş olan evren parametre değeri arasındaki farkı standart hata birimi ile ifade eden test istatistiğinin özellikleri belirlenir. Hipotezlerin test edilmesi amacıyla çeşitli test istatistikleri kullanılmaktadır. Uygulamada üzerinde sıkça durulan evren parametreleriyle ilgili test uygulamalarına ilişkin açıklamalar yapılırken bazı önemli test istatistikleri hakkında bilgi verilecektir Test İstatistiğinin Hesaplanması ve Uygun Kararın Verilmesi Bir önceki adımda belirlenen test istatistiğinin değeri bu adımda hesaplanır. Bu test istatistiğinin hesaplanan değeri, büyüklüğü α ile belirlenen H 0 hipotezinin red bölgesinde kalıyorsa H 0 hipotezi red edilir. Kabul bölgesinde kalıyorsa H 0 hipotezi kabul edilir. Kararın bu ifade ediliş biçimine İstatistiksel karar adı verilir. Araştırmacı için istatistiksel kararın değil probleme ilişkin kararın önemi vardır. Bu nedenle istatistiksel kararın H 0 hipotezinde yüklü olan anlamla ilişkilendirilmesi gerekir. Bu ilişkilendirilmeye probleme ilişkin karar verme adı verilmektedir. 4. Bazı Parametrelere İlişkin Test Uygulamaları 4.1. Tek Evren Parametresine İlişkin Büyük Örneklem Testleri Bu kısımda, tek evren ortalaması µ'ye ve tek evren oranını π'ye ilişkin testlerin nasıl yapılacağı örnekler üzerinden açıklamaya çalışılacaktır. Bu parametrelere ilişkin test sürecinde aşağıdaki varsayımlar kullanılır: AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

10 148 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 1. Örneklem rassal olarak oluşturulur. 2. Örneklem hacmi yeterli büyüklüktedir. n 30 birimden oluşmaktadır. 3. Sırasıyla H 0 : µ = µ 0 ve H 0 : π = π 0 hipotezleri seçilecek bir α anlamlılık düzeyi için test edilir Tek Evren Ortalamasına İlişkin Test? Ortalamasının µ 0 olduğu iddia edilen bir evrenden n hacimli bir örneklemin rassal olarak oluşturduğunu, sonra bu örneklem için aritmetik ortalama x, standart sapma s hesaplandığını varsayalım. x ve µ 0 arasında belirli bir α anlamlılık düzeyinde anlamlı bir fark var mıdır? Başka bir deyişle x ile µ 0 arasında ki fark sadece örnekleme hatalarından mı kaynaklanmaktadır? Soruların yanıtı tek evren ortalamasına ilişkin hipotez testi ile sağlanabilir. x ve µ 0 arasında α anlamlılık düzeyinde anlamlı bir farkın olup olmadığının test edilmesi için kurulabilecek hipotez takımları anımsanacağı gibi, Çift yönlü test için; H 0 : µ = µ 0 H 1 : µ µ 0 Tek yönlü üst-kuyruk testi için; H 0 : µ = µ 0 H 1 : µ > µ 0 Tek yönlü alt-kuyruk testi için; H 0 : µ = µ 0 H 1 : µ < µ 0 şeklinde ifade edilir. Kurulacak bu hipotezlerdeki H 0 hipotezinin kabul edilip edilmeyeceğinin tesbiti için kullanılacak test istatistiği Z = x - µ0 σ / n veya σ bilinmediğinde Z = x - µ 0 s / n förmülü ile ifade edilen Z istatistiğidir. Varsayım 1 ve 2'nin ve Merkezi Limit Teoremi'nin sonucu olarak x 'ların örnekleme dağılımı ve bu dağılımın standart değerlerinin dağılımı olan Z dağılımı normal dağılıma sahiptir. Z dağılımının ortalaması Z = 0 varyansı σ 2 z = 1 dir (Bkz. Ek 1). ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

11 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 149 Örnek verelim: A lisesi son sınıfta okuyan 1000 öğrenci özel dersaneler birliğinin düzenlediği sınava girmiştir. Okul yöneticileri sınav öncesinde öğrencilerinin bu sınavdaki;? 1. Fen puanı ortalamasının 160 puan, 2. Sosyal puan ortalamasının en az 150 puan, olacağını iddia etmişlerdir. Bu hipotezleri (iddiaları) test etmek amacıyla bu okulun sınava giren öğrencilerin arasında rassal olarak 36 öğrenci seçilmiş ve bunların fen puan ortalamasının 150 puan, standart sapmasının 15 puan; sosyal puan ortalamasının 145 puan ve standart sapmasının 22 puan, olduğu hesaplanmıştır. Yukarıdaki iki hipotezin doğruluğunu α = 0.05 değerini seçmek suretiyle ayrı ayrı araştırınız. Çözüm 1 Fen puanı ortalamasının 160 puan olduğu hipotezinin test edilmesi Adım 1: Burada verilecek karar fen puanı ortalamasının 160 puan olduğudur. Bu kararı 160 puandan hem küçük hem de büyük yöndeki fen puanı ortalama değerleri çürütecektir. Yani yapılacak test iki yönlü test olmalıdır ve hipotezler H 0 : µ = µ 0 = 160 puan H 1 : µ µ 0 = 160 puan şeklinde kurulmalıdır. Adım 2: Okul yöneticileri H 0 : µ = µ 0 = 160 puan hipotezinin doğru olması durumunda bunun reddedilmesi olasılığını; α'yı %5 olarak seçmişlerdir. Buna göre, red bölgesi bölünmenin her iki kuyruğunda tanımlanacak ve büyüklükleri α/2 değerinde olacaktır. Bu durum Şekil 8.4 de gösterilmiştir. H 0 Kabul Bölgesi H 0 Red Bölgesi α/2 = 0,025 1-α =0,95 H 0 Red Bölgesi α/2 = 0,025 X = 150 A 1 = 155,1 µ 0 = 160 A 2 X i z = -4 Z (0,0025) = - 1,96 0 z (0,975) = 1,96 Z i Şekil 8.4: X İçin İki Yönlü Test AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

12 150 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME Adım 3: Bu karar probleminde örneklem büyük örneklem; n = 36 öğrenci olduğundan, standartlaştırılmış z test istatistiğinin örnekleme dağılımı normal dağılıma sahiptir. Buna göre şekilde bu örnekleme dağılımın alt kuyruk bölgesi α/ 2 = 0,025 olmakta ve bu red bölgesi sınır değeri A 1 standart normal dağılımın 2,5'unun santiline karşı gelmektedir; bu da z(0,025) = -1,96 değeridir. Benzer şekilde simetrik olarak üst-kuyruk sınır değeri A 2 z(0,975) = 1,96 değerine karşı gelmektedir. Böylece kabul bölgesi z(0,025) = -1,96 ve z(0,975) = 1,96 değerleri arasındaki bütün z değerlerini kapsar. Başka bir ifadeyle bu öğrencilerden oluşturulabilecek n = 36 öğrencilik olası örneklemlerin ortalamaları A 1 ve A 2 değerleri arasında yer alır. Bu bilgilere göre uygun karar hesaplanacak z test istatistiğinin değeri ile z (0,025) = -1,96 ve z (0,975) = 1,96 standart normal eğri tablo değerlerinin karşılaştırılması suretiyle verilir. Eğer -1,96 z 1,96 ise H 0 hipotezi kabul edilir. Dolayısıyla H 1 reddedilir. Eğer z > 1,96 ise H 0 reddedilir, H 1 kabul edilir. Adım 4: n = 36 öğrenci X = 150 puan s = 15 puan s x = s n = s x = 2,5 puan µ = 160 puan z = X - µ0 = s x 2,5 = 4 z = 4 > 1,96 olduğundan H 0 hipotezi reddedilir, dolayısıyla H 1 kabul edilir. Çünkü z = -4 değeri Şekil 8.4'de A 1 solunda, red bölgesine düşmektedir. A 1 'in değeri, A 1 = µ 0 + z(α/2) sx eşitliği kullanılarak hesaplanır. A 1 = (-1,96) 2,5 A 1 = 160-4,9 = 155,1! Sözkonusu okulunun bu sınava giren öğrencilerinin fen puanı ortalaması 160 puan değildir, yöneticiler iddialarında yanılmışlardır, ortalama 160 puandan düşüktür. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

13 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 151 Çözüm 2 Sosyal puan ortalamasının en az 150 puan olduğu hipotezinin test edilmesi Adım 1: Bu örnekte test edilecek hipotez H 0 : µ = µ 0 = 150 puan şeklindedir. Bu hipotez için verilecek kararı sadece 150 sosyal puan ortalama değerinden küçük ortalama değerler çürütecektir. Buna göre yapılacak test için tek yönlü alt-kuyruk testi uygulanmalıdır. Tekyönlü alt kuyruk testi için hipotezler, H 0 : µ = µ 0 = 150 puan H 1 : µ < µ 0 = 150 puan şeklinde kurulur. Burada H 0 hipotezi 150 ve daha büyük sosyal puan ortalama değerlerini kapsamaktadır. Adım 2: α =0,05 alınmıştır. Bu problemde H 0 hipotezinin red bölgesi bölünmenin alt kuyruğunda tanımlanmıştır. Red bölgesinin büyüklüğü α = 0,05'tir. Bu durum Şekil 8.5 de gösterilmiştir. H 0 Kabul Bölgesi α = 0,05 1-α =0,95 A z (0,05) = - 1,645 µ 0 = θ i z i Şekil 8.5: X İçin Tek Yönlü Alt Kuyruk Testi Adım 3: Şekilde, standartlaştırılmış örnekleme dağılımının tanımlanan red bölgesinin büyüklüğü 0,05 olacaktır. Bu red ve kabul bölgelerini birbirinden ayıran sınır değeri A standart normal dağılımının 5'inci santiline karşı gelir ve z i ekseninde z(0,05) = -1,645'tir. Bu test için uygun karar, hesaplanacak z test istatistiği; eğer z -1,645 ise H 0 kabul, H 1 red eğer z < -1,645 ise H 0 red, H 1 kabul şeklinde olacaktır. AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

14 152 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME n = 36 öğrenci X = 145 puan s = 22 puan s X = s n = s x = 3,67 puan µ 0 = 150 puan z = x - µ0 = = 1,36 s x 3,67 z = 1,36 < z 0,05 = 1,645! Bu sonuca göre istatistiksel karar H 0 hipotezinin kabuledilmesi yönündedir. Bunun anlamı: Adı geçen okulun 1000 öğrencisinin sosyal puan ortalaması en az 150 puandır; Okul yöneticilerinin iddiası geçerlidir. Bu kararın güven düzeyi (1-0,05) = 0,95 'tir Tek Evren Oranına İlişkin Test Bir evrenin hacmi N, araştırılan özelliğine sahip birimlerinin sayısı R olduğunda, evrinin bu özelliğe sahip birimlerinin oranının π = R N eşitliği ile hesaplandığı daha önce ifade edilmişti. Bu kısımda üzerinde araştırma yapılan ve ilgilenilen özelliğe sahip birimlerin oranının π 0 olduğu iddia edilen bir evrenden n hacimli bir rassal örneklem alındığı ve bu örneklem için P oranının hesaplandığını varsayalım. P ve π 0 arasında seçilen bir α değerinde anlamlı fark var mıdır sorusunun yanıtı tek evren oranına ilişkin test ile sağlanabilir. Burada açıklanacak prosedür evrenden alınan rassal örneklem hacminin büyük n 30 birim ve ayrıca π oranının 0 veya 1 değerine yakın bir değer almaması durumunda uygulanabilir. Burada açıklanan varsayımlar altında evren oranı π 'ye ilişkin testlerde hipotezler aşağıdaki şekillerden uygun gelen birisi ile kurulabilir. İki yönlü test için; H 0 : π = π 0 H 1 : π π 0 ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

15 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 153 Tek yönlü üst-kuyruk testi için; H 0 : π = π 0 H 1 : π > π 0 Tek yönlü alt-kuyruk testi için; H 0 : π = π 0 H 1 : π < π 0 Örneklem hacminin yeterli büyüklükte olması ve ayrıca π'nin 0 veya 1 değerine çok yakın olmaması durumunda örneklem oranı p'nin örnekleme bölünmesi, ortalaması π, standart hatası olan normal bir dağılıma sahip olur. Örneklem hacmi ve π oranıyla ilgili yukarıda açıklanan varsayımlar altında, π oranı ile ilgili testlerde kullanılan standartlaştırılmış test istatistiği z = p - π 0 σ p olur. Burada σ p = π 1 - π n σ p = π π 0 n π = π 0 olduğunda, z test istatistiğinin örnekleme bölünmesi normal bölünme özelliklerini taşır. Tek evren ortalamasına ilişkin büyük örneklem testinde istatistiksel karar verilirken izlenen yöntem benzer şekilde π oranına ilişkin testlerde de uygulanır. Örnek verelim: Bilinen bir otomobil üreticisi işletme 1980 yılında ürettikleri otomobillerin %40'ının 10 yıl sonra hala kullanılabilir özellikte olduğunun iddia etmektedir. Bu iddiayı sınamak amacıyla bu firmanın ürettiği otomobillerden 1990 yılında 1000 otomobil rasssal olarak seçilmiş ve bunların 360'ının hala iyi kulllanılabilir koşullarda olduğu tespit edilmiştir. Bu iddiayı %1 anlam düzeyi seçmek suretiyle test ediniz.? Çözüm Adım 1: H 0 : π = π 0 = 0,40 H 1 : π < π 0 = 0,40 AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

16 154 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME Üretilen otomobillerin hala kullanılabilir olma özelliğine sahip olması oranının %40 ve daha fazla olması hipotezini kapsayacağı iddiayı destekleyeceği için H 1 hipotezi H 1 = π < π 0 şeklinde kurulmuştur. Bu hipotez tek yönlü alt kuyruk testi ile test edilir. Hipotezin red bölgesi π 0 'ın sol tarafında yer alacaktır. Bu durum Şekil 8.6 da gösterilmiştir. Adım 2: α = 0,01 olarak seçildiği için H 0 hipotezinin red bölgesinin büyüklüğü 0,01 dir. Şekil 8.6 da incelendiği zaman görülebileceği gibi p oranının örnekleme bölünmesi π 0 = 0,40 değeri etrafında merkezleşme eğilimi göstermektedir. H 0 Red Bölgesi H 0 Kabul Bölgesi α = 0, α = 0,99 A p 0 = 0,40 p Z (0,05) = - 2,33 0 z = p - π 0 / σ { p } σ p Şekil 8.6: π İçin Tek Yönlü Alt Kuyruk Testi Adım 3: 1000 otomobilin 360'ı on yıl sonra 1990 yılında hala kullanılabilir özellikte olduğundan örneklem için kullanılabilir özellikte otomobil oranı p = r n = = 0,36 olarak hesaplanır. Örneklem hacmi büyük olduğundan, (n = 1000 otomobil), p'nin örnekleme bölünmesi π = π 0 = 0,40 olduğunda ortalaması π 0 ve standart sapması σ P σ p = σ p = 0,155 π π 0 n = 0,40 0, olan normal bölünmeye yaklaşır. Bu nedenle π = π 0 olduğunda Pi'lerin standartlaştırılmasıyla oluşturulan bölünme standart normal dağılıma uyar. Buradan, istatistiksel karar için tanımlanan red bölgesinin sınır değeri A Şekil 8.6'da görüleceği gibi z(0,01) = -2,33 değerine karşı gelir. Böylece, test için uygun istatistiksel karar: Eğer z z (0,01) = 2,33 ise H 0 Eğer z < z (0,01) = 2,33 ise H 0 Reddedilir. Kabul edilir. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

17 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 155 Adım 4. n = 1000 otomobil r = 360 otomobil p = r n = = 0,36 π 0 = 0,40 σ p = π π = 0,4 0, = 0,155 z = p - π 0 0,36-0,40 = σ p 0,155 = - 0,26 z = 0,26 < z (0,01) = 2,33 H 0 hipotezi kabul edilir. Bu firmanın 1980 yılında ürettiği otomobillerin en az %40'ını 1990 yılında hala kullanılabilir özelliktedir. Firma iddiasında haklıdır.! İki Evren Ortalaması Arasındaki Farka ilişkin Test Ortalamaları sırasıyla µ 1 ve µ 2 olan iki ayrı evrenden, örneklem ortalamaları X 1 ve X 2 olan n 1 ve n 2 hacimli birbirinden bağımsız rassal örneklemlerin oluşturulduğunu varsayalım. İki evren ortalaması arasındaki farka ilişkin testlerde sıfır hipotezi iki evren ortalaması arasında herhangi bir fark yoktur; ya da n 1 ve n 2 iki örneklem aynı evrenden çekilmiştir. Şeklinde ifade edilir. Bu ifade H 0 : µ 1 = µ 2 veya H 0 : µ 1 - µ 2 = 0 şeklinde formule edilir. Bu hipotezi çürütecek karşıt hipotez H 1 ise; H 1 : µ 1 - µ 2 0 H 1 : µ 1 - µ 2 > 0 H 1 : µ 1 - µ 2 < 0 formüllerinin uygun gelen birisi ile kurulur. n 1 ve n 2 hacimli örneklemlerin dağılımı normal olan evrenlerden rassal olarak çekildikleri veya evrenler normal dağılıma sahip olmasa bile n 1 30, n 2 30 birim olması halinde, X 1 - X 2 farklarının örnekleme dağılımı ortalaması µ 1 - µ 2 olan ve standart hatası AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

18 156 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 2 σ x 1 - x = σ 1 + σ n 1 n 2 eşitliği ile hesaplanan normal dağılımdır. Standart hata hesaplanırken σ 1 ve σ 2 yerine örneklem standart sapmaları s 1 ve s 2 yazılarak da hesaplama yapılabilir. Bu durumda eşitlik; s x 1 - x 2 = s n 1 + s 2 n 2 gibi gösterilebilir. Yukarıda verilen bilgilerin uzantısı olarak iki evren ortalaması arasındaki farka ilişkin H 0 hipotezinin testi için kullanılacak test istatistiği µ 1 - µ 2 = 0 alındığından; z = X1 - X2 s x 1 - x 2 formülü kullanılarak hesaplanır. z test istatistiğinin dağılımı standart normal dağılımdır, yani ortalaması z = 0 ve σ 2 z = 1 dir. İncelenen diğer testlerde olduğu gibi İstatistiksel karar, hesaplanan z test istatistiği ile seçilen α anlamlılık düzeyine karşı gelen standart normal eğri tablo değerinin karşılaştırılması suretiyle verilir. Örneğin α = 0,05 seçilmiş ve iki yönlü test söz konusu ise; eğer z 1,96 H 0 hipotezi µ 1 - µ 2 = 0 reddedilir. Aksi durumda H 0 hipotezi kabul edilir.? Örnek verelim: Bir araştırma birimi x ve y şehirlerindeki ev hanımlarının satın alma alışkanlıklarını araştırdı. Araştırma için x şehrinden 300 ev hanımı rassal olarak seçildi ve bunların haftalık gıda harcamalarının ortalamasının 30$ standart sapma ile 100$ olduğu hesaplandı. Aynı şekilde y şehrinden de 300 ev hanımı rassal olarak seçildi ve bunların da haftalık gıda harcamaları ortalamasının 80$, standart sapmasının 20$ olduğu hesaplandı. x ve y şehirlerindeki ev hanımlarının haftalık ortalama gıda harcamaları arasında fark var mıdır? α = 0,01 anlamlılık düzeyinde karar veriniz. Çözüm Adım 1: H 0 : µ 1 - µ 2 = 0 H 1 : µ 1 - µ 2 0 ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

19 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 157 Adım 2: α = 0,01 seçilmiştir. H 0 hipotezinin red bölgeleri α/2 alınmak suretiyle X 1 - X 2 istatistiğinin örnekleme bölünmesinin her iki kuyruğunda tanımlanmıştır. Bu durum Şekil 8.7 de gösterilmiştir. Burada µ 1 - µ 2 = 0 olduğunda α riski 0,01'de kontrol edilmektedir. H 0 Red Bölgesi H 0 Kabul Bölgesi H 0 Red Bölgesi α/2 = 0, α = 0,99 α/2 = 0,005 A 1 µ 1 - µ 2 = 0 A 2 X 1 - X 2 z = (0,005) = -2,58 0 z (0,995) = 2,58 z = X 1 - X 2 s x 1 - x 2 Şekil 8.7: µ1 - µ2 İçin İki Yönlü Test Adım 3: Şekil 8.7 de uygun karar kuralını göstermektedir. Test iki yönlü testtir ve X 1 - X 2 istatistiğinin örnekleme bölünmesi µ 1 - µ 2 = 0 noktasında merkezleşme eğilimi göstermektedir. Örneklem hacimleri büyük olduğu için karar verirken standart normal bölünme kullanılır. α olasılığı 0,01 seçildiği için red bölgesi sınırları z(α/2) = z(0,005) = -2,58 ve z(1 - α/2) = z(0,995) = 2,58. Bu durumda; Eğer z 2,58 ise H 0 kabul edilir. Eğer z > 2,58 ise H 0 reddedilir. Adım 4: n 1 = 300 ev hanımı n 2 = 300 ev hanımı X 1 = 100$ X 2 = 80$ s 1 = 30$ s 2 = 20$ X 1 - X 2 = = 20$ 2 s x 1 - x 2 = s 1 + s 2 n 1 n 2 s x 1 - x 2 = = 2,08 z = 20 2,08 = 9,6 z = 9,6 > 2,58. Bu sonuca göre H 0 hipotezi reddedilir dolayısıyla H 1 hipotezi kabul edilir. Bu istatistiksel karar x ve y şehirlerindeki ev hanımlarının haftalık ortalama gıda harcamaları arasında farklılık vardır. Bu fark anlamlı bir farktır. AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

20 158 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME İki Evren Oranı Arasındaki Farka İlişkin Test Şimdi de iki ayrı evrenden rassal olarak çekilen n 1 ve n 2 hacimli örnekler için sırasıyla p 1 ve p 2 oranlarının hesaplanmış olduğunu varsayalım. Bu durumda test problemi α anlamlılık düzeyinde n 1 ve n 2 hacimli öneklerin aynı evrenden gelip gelmediğinin araştırılmasıdır. Başka bir deyişle p 1 ve p 2 oranları arasındaki farkın anlamsız olup olmadığının veya farkın örneklemeye başvurulmuş olmasından ileri gelip gelmediğinin araştırılmasıdır. İki evren oranı arasındaki farka ilişkin test iki evren ortalaması arasındaki farka ilişkin teste benzer hipotezler İki yönlü test için; H 0 : π 1 - π 2 = 0 H 1 : π 1 - π 2 0 Tek yönlü üst-kuyruk testi için; H 0 : π 1 - π 2 = 0 H 1 : π 1 - π 2 > 0 Tek yönlü alt-kuyruk testi için; H 0 : π 1 - π 2 = 0 H 1 : π 1 - π 2 < 0 şeklinde bulunur. n 1 30 ve n 2 30 hacimli örneklemler olduğu ve p 1 ve p 2 0 veya 1'e yakın değerler almadığı zaman p 1 - p 2 farklar istatistiğinin örnekleme dağılımı normal dağılım özelliğine sahip olur. p 1 - p 2 'nin bu örnekleme bölünmesi α riskinin kontrol edildiği yer olan p 1 - p 2 =0 etrafında merkezleşme eğilimi gösterir. Bu test yaklaşımında kullanılan test istatistiğinin ifadesi z = p1 - p2 s P1 - P2 şeklindedir. Çoğu zaman π 1 ve π 2 evren oranları bilinmediği için z test istatistiğinde σ p1-p 2 yerine s p1-p 2 yazılmıştır. p 1 - p 2 bölünmesinin standart sapması s p1- p 2 aşağıdaki eşitlik yardımıyla hesaplanır. s p 1 - p 2 = p p 1 n 1 + p p 2 n 2 Bu test sürecinde adım 3 ve adım 4'te yapılacak işlemler, iki evren ortalaması arasındaki farka ilişkin testte olduğu gibidir. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

21 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 159 Örnek verelim: Bir hastanenin kayıtları incelendiğinde, hastanede yatan 1000 erkekten 60, 800 kadından ise 20'si kalp hastası olduğu saptanmıştır. Acaba kalp hastalığı erkeklerde daha çok görülen bir hastalık mıdır? α =0,05? Çözüm Kalp hastalığının erkkelerde daha sık rastlanıp rastlanılmadığı araştırıldığı için hipotezler Adım 1 H 0 : π 1 - π 2 = 0 veya H 0 : π 1 = π 2 H 1 : π 1 - π 2 > 0 veya H 1 : π 1 > π 2 şeklinde kurulur. Test için tek yönlü üst-kuyruk testi uygulanır. Adım 2: Karşıt hipotez H 1 : π 1 - π 2 > 0 şeklinde kurulduğundan H 0 : π 1 - π 2 hipotezinin red bölgesi p 1 - p 2 örneklem istatistiği bölünmesinin üst-kuyruğunda yer almaktadır ve alanı 0,05 tir. Bu açıklamalar Şekil 8.8 de gösterilmiştir. H 0 Kabul Bölgesi H 0 Red Bölgesi 1 - α = 0,95 α = 0,05 π 1 - π 2 A p 2 - p 1 0 z (0,95) = 4645 z = 3,76 z i Şekil 8.8: π1 - π2 İçin Tek Yönlü Kuyruk Testi Adım 3: n 1 = 1000 erkek hasta ve n 2 = 800 kadın hasta olduğu için büyük örneklem söz konusudur. Bu durumda p 1 - p 2 istatistiğinin ve bu istatistiklerin standart değerlerinin dağılımları sırasıyla normal dağılım ve standart normal dağılım özelliğine sahiptir. Şekil 8.8 de gösterildiği gibi α olasılığı 0,05 seçildiği ve H 1 hipotezi dağılımın üst-kuyruğunda tanımlandığı için red bölgesi sınırı z(1- α) = z(0,95) = 1,645 tir. Buna göre; Eğer z > z 0,95 = 1,645 ise, H 0 reddedilir. Eğer z < z 0,95 = 1,645 ise, H 0 kabul edilir AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

22 160 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME Adım 4 Erkek Hasta n 1 = 1000 Kişi r 1 = 60 Kişi p 1 = = 0,06 q 1 = 1 - p 1 = 0,94 Kadın Hasta n 2 = 800 Kişi r 2 = 20 Kişi p 2 = = 0,025 q 2 = 1 - p 2 = 0,975 p 1 - p 2 = 0,06-0,025 = 0,035 s p1 - p 2 = p 1 q 1 n 1 + p 2q 2 n 2 = 0,06 0, ,025 0, s p1 - p 2 = 0, , s p1 - p 2 = 0,0093 z = 0,035 0,0093 = 3,76! z = 3,76 > z(0,95) = 1,645 H 0 reddedilir dolayısıyla H 1 kabul edilir. Şekil 8.8'de z = 3,76 değeri red bölgesinde yer almaktadır. Kalp hastalığına hastanede yatan erkeklerde daha sık raslandığı sonucuna varılır Küçük Örneklem Testi Araştırmaların bir çoğunda örneklem büyüklüğü araştırmaya ayrılan para, zaman ve metaryalin sınırlı olduğu durumlarda örneklem hacmini daha önceki açıklamalarımızda belirtilen büyüklükte (genellikle n 30 birim) sağlamak mümkün olmayabilir. Örneğin çok nadir görülen bir hastalıkla ilgili araştırmada vaka sayısını, uzun süren deneylere dayanan araştırmalarda, maliyeti yüksek olan laboratuvar çalışmalarını gerektiren araştırmalarda örneklem hacmini arttırmak çok güçtür. Örneklem hacminin az olduğu bu gibi durumlarda, küçük örneklemler için geliştirilmiş test yöntemlerine başvurulur. Bu kısımda tek evren ortalamaları, iki evren ortalamaları arasındaki farklar için kurulan hipotezlerin küçük örneklemler (n < 30 birim) kullanılarak nasıl test edileceği konusu incelenecektir. Küçük örneklem kullanılarak yapılan hipotez testleri, kullanılan test istatistiği dışında, büyük örneklem testlerine benzemektedir. Bu nedenle, bu kısımda ele alınacak testlerde, sadece bu testlerin test istatistiklerine değinilerek, çözümlenecek örneklerle de bu testlerin uygulanış biçimleri test sürecinin adımları itibariyle açıklanacaktır. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

23 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME Tek Evren Ortalaması için Küçük Örneklem Testi Araştırmacının örneklemi büyük olduğunda, evren standart sapması σ 'yı bilmemesi çok önemli olmayacak, büyük örneklemlerden hesaplanan standart sapmayı, s'yi σ yerine kullanmakta çok büyük hata işlememiş olacaktır. Ancak, örneklem hacmi küçük olduğunda (n < 30 birim) σ yerine s'nin kullanılması ile elde edilen istatistik (X - µ 0 ) / sx standart normal dağılım göstermemekte, dolayısı ile büyük örneklemlerde izlenen yöntem geçerli olmamaktadır. Normal dağılıma sahip bir evrenden rassal olarak çekilen küçük hacimli bir örneklem için X hesaplandığını ve bu evrenin ortalamasının (µ) daha önceden belirlenen bir (µ 0 ) değerine eşit olup olmalığının test edilmesi için kurulan H 0 : µ = µ 0 hipotezinin kurulduğunu varsayalım. H 0 hipotezinin doğru olduğu hallerde t = x - µ 0 s x şeklinde hesaplanan test istatistiği v = n - 1 serbestlik dereceli t dağılımı gösterir. Burada s x = s n - 1 eşitliği ile hesaplanır. Örneklemin alındığı evren normal dağılım göstermediği durumlarda, yukarıda belirtildiği şekilde hesaplanan t değeri, t dağılımı göstermez. Araştırma yapılan evrenin dağılımı normal dağılımdan çok çok farklı şekil aldığında, araştırmanın yürütülmesi için örneklem hacmini arttırmak gerekir. Bunun yapılamadığı durumlarda ise gözlem değerine yapılacak logaritma almak, karekök almak, açı değerine çevirmek gibi uygun dönüşümler ile normal dağılıma yaklaşılabilir. Bu konular bu ünitenin kapsamı dışında tutulmuştur. Örnek verelim: Bir okuldan geçmiş yıllarda mezun olan öğrencilerin ortalama mezuniyet puanı 66 puandır. Bu yıl mezun olan öğrenciler arasından 26 öğrenci rassal olarak seçilmiş ve bunların ortalama mezuniyet puanının 70 puan ve standart sapmasının 10 puan olduğu hesaplanmıştır. Geçmiş yıllarda mezun olan öğrencilerin ortalama mezuniyet puanı ile bu yıl mezun olanların ortalama mezuniyet puanı arasında fark var mıdır; α = 0,01 için test ediniz.? AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

24 162 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME Çözüm Adım 1: Bu karar probleminde iki dönemdeki mezuniyet ortalamaları arasındaki hem büyük yöndeki hem de küçük yöndeki fark verilecek karar H 0 : µ = µ 0 üzerinde olduğu için hipotezler H 0 : µ = µ 0 = 66 puan H 1 : µ µ 0 = 66 puan şeklinde ifade edilir. Bu durumda H 0 hipotezi iki yönlü test ile test edilir. H 0 hipotezinin red bölgeleri t bölünmesinin her iki kuyruğunda tanımlanır. Şekil 8.9 daki taralı alanlar H 0 hipotezinin red bölgeleridir. Adım 2: Bu probleme ilişkin test ile µ = µ 0 = 66 puan olduğunda testin α olasılığının 0,01 düzeyinde kontrol edilmesi düşünülmektedir. H 0 Kabul Bölgesi H 0 Red Bölgesi α/2 = 0,005 1-α = 0,99 H 0 Red Bölgesi α/2 = 0,005 A 1 µ 0 A 2 t = -2,787 0 t = 2,787 X i t i Şekil 8.9: Küçük Örneklemde µ İçin İki Yönlü Test Adım 3: Örneklem hacmi n = 26 öğrencidir ve geçmiş yıllardaki mezuniyet puanlarının bölünmesi normal bölünmeye sahiptir. 26 öğrencinin oluşturduğu örneklem küçük örneklemdir. H 0 hipotezinin testi için, küçük örneklem testi uygulaması istenir. Uygun karar kuralı Şekil 8.9 da gösterildiği gibi iki yönlüdür. α = 0,01 ve n = 26 öğrenci için t tablo değeri kritik değer; t (1 - α/2; v = n - 1) = t (0,995; v = 25) = 2,787 olarak belirlenir. Bundan böyle karar kuralı Eğer t 2,787 ise, H 0 kabul edilir. Eğer t > 2,787 ise, H 0 reddedilir. Burada t hesaplanan test istatistiğinin değeridir. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

25 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 163 Adım 4: n = 26 X =70 puan s = 10 puan µ 0 = 66 puan v = 26-1 = 25 s x = t = s n = = 2 = 2 t = 2 < t(0,995) : v = 25 = 2,787 olduğu için H 0 kabul edilir. Eski öğrencilerin ortalama mezuniyet puanı arasında anlamlı fark yoktur. Not : Eğer problemde yeni mezunların ortalamasının daha yüksek olduğu söylenebilir mi denseydi tek yönlü üst kuyruk testi ile yapılacak, karşılaştırma yine α = 0,01 ve v = n - 1 = 25 için t = 2 < t(0,995; 25 = 2,485 şeklinde olacaktı ve yine H 0 kabul H 1 red kararı verilecekti (t dağılımı değerleri için bkz. Ek 2) İki Evren Ortalaması Arasındaki Farka İlişkin Küçük Örneklem Testi Bölünmeleri normal veya normale yakın olan ve standart sapmaları bilinmeyen ve fakat birbirine eşit σ 1 = σ 2 olduğu varsayılan iki evrenden n 1 ve n 2 hacimli küçük örneklemlerin oluşturulduğunu varsayalım. Bu örneklemler için sırasıyla, X 1, X 2 ve s 1, s 2 hesaplanmış olsun. n 1 < 30 ve n 2 < 30 birimlik örneklemlerin aynı evrenden geldiklerine ilişkin H 0 : µ 1 - µ 2 = 0 veya H 0 : µ 1 = µ 2 hipotezini test etmek için, t = X 1 - X 2 s x1 - x 2 s x1 - x 2 = n 1 s n 2 s n 1 + n n1 + 1 n 2 test istatistiği kullanılır. Bu test istatistiği için H 0 doğru olduğunda v =n 1 + n 2-2 serbestlik dereceli t dağılımı gerekir. Burada sx 1-x 2 iki ortalama arasındaki farkın standart hatasıdır. Örnek verelim: Bir orta öğretim okulunun sabahçı öğrencilerinden 18 öğlenci öğrencilerinden 12 rassal olarak seçilmiştir. Sabahçı öğrencilerin sınavlarındaki ortalama başarısı 70 puan, standart sapması 10 puan, öğlenci öğrencilerin ise aynı sınavlardaki ortalama başarısı 60 puan standart sapması 10 puan olduğu tespit edilmiştir.? Sabahçı öğrencilerin daha başarılı olduğu %5 anlamlık düzeyinde söylenebilir mi? AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

26 164 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME Çözüm Adım 1: Sabahçı öğrencilerin daha başarılı olup olmadığı araştırılacağı için H 1 hipotezi tek yönlü olacak ve H 1 t bölünmesinin üst-kuyruktaki değerleri kapsayacaktır. Buna göre hipotezler; H 0 : µ 1 = µ 2 H 1 : µ 1 > µ 2 şeklinde formüle edilir. Adım 2: H 1 hipoteziyle yönü tanımlanan H 0 hipotezinin red bölgesinin alanı 0,05 dir. Başka bir anlatımla µ 1 - µ 2 olduğunda α riski 0,05'de kontrol edilecektir. Bu durum Şekil 8.10 da gösterilmiştir. H 0 Kabul Bölgesi H 0 Red Bölgesi 1 - α = 0,95 α = 0,05 µ 1 - µ 2= 0 A t = 2,61 X - X t (0,95; 28) = 1,701 t i Şekil 8.10: Küçük Örneklemde µ1 - µ2 İçin Tek Yönlü Üst Kuyruk Testi Adım 3: Örneklem hacmi küçük olduğu için, kararın verilebilmesi amacıyla n 1 + n 2-2 serbestlik dereceli t bölünmesi kullanılır. α = 0,05 ve n 1 = 18, n 2 = 12 olduğundan t α ; v = n 1 + n 2-2 = t(0,95; 28) = 1,701 tablodan belirlenir. Bu durumda karar Eğer t > 1,701 ise, H 0 reddedilir. Eğer t < 1,701 ise, H 0 kabul edilir. Adım 4: Sabahçı Öğrenciler n 1 = 18 öğrenci X 1 = 70 puan s 1 = 10 puan Öğlenci Öğrenciler n 2 = 12 öğrenci X 2 = 60 puan s 2 = 10 puan ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

27 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 165 X 1 - X 2 = = 10 v = n 1 + n 2-2 = = 28 s x 1 - x 2 = s x 1 - x 2 = t = = 2,61 t = 2.61 > 1,701 H 0 reddedilir. Dolayısıyla H 1 kabul edilir. Sabahçı öğrenciler daha başarılıdır Khi-Kare Testi Nitel değişkenler üzerinde yapılan gözlemler genellikle bu değişkenlerin ayrılabilen nitelik sınıflarına (şıklarına) düşen birim sayıları (frekanslar) şeklindedir. Örneğin öğrencilerin başarı durumu değişkeni başarılı, başarısız nitelik sınıflarına ayrılsın, başarılı öğrenci sayıları, başarılı nitelik sınıfına karşı gelen birim sayılarını ifade eder. Araştırmalarda ele alınan değişken nitel değişken ise ve gözlemler bu değişkenin belirli nitelik sınıflarına karşı gelen frekanslar olduğunda, kurulacak hipotezlerin test edilmesinde daha önce üzerinde durulan testlerin kullanılması uygun değildir. Bu gibi durumlarda Khi-Kare (χ 2 ) testleri kullanılır. Genellikle çok şıklı nitel bölünmelere uygulanan χ 2 testinin esası, incelenen testlerde olduğu gibi, H 0 hipotezinin red mi? kabul mü? edileceğini araştırmaktır. Araştırmalarda χ 2 dağılımı kullanılarak çeşitli hipotez testi uygulamaları yapılmaktadır. Bu testleri Khi-Kare bağımsızlık testi, Khi-Kare homojenlik testi ve Khi-Kare uygunluk testi olarak saymak mümkündür Khi-Kare Bağımsızlık Testi Bu testte iki değişken arasında ilişki (bağımlılık) olup olmadığı araştırılır. Bu testte hipotezler; H 0 : İlişki yok (bağımsızlık var) H 1 : İlişki var (bağımsızlık yok) şeklinde kurulmaktadır. Frekansların iki farklı değişkene göre dağılımı söz konusu olduğundan, veriler iki yönlü tablolar ile sunulur. Tablo 8.1'de görüldüğü gibi, bu tabloların bir tarafı ilişki AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

28 166 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME araştırılacak değişkenlerden birinin (başarı durumunun) şıklarını, diğer tarafı ise ikinci değişkenin (cinsiyetin) şıklarını gösterir. Bu iki değişkenin sınıflarının (şıklarının) oluşturduğu sıra ve sütunların kesiştikleri gözlerde bu değişkenler bakımından aynı özellikleri gösteren birimlerin sayıları bulunur. Tablo 8.1: Cinsiyet ve Başarı Durumuna Göre İki Yönlü Tablo Örneği Başarı Durumu Cinsiyet Başarılı Başarısız Toplam Kız Erkek Toplam Bağımsızlık testinde H 0 hipotezinin test edilmesi için kullanılan χ 2 test istatistiğinin ifadesi aşağıdaki gibi yazılır. Burada; G ij, i'inci sıra ve j'inci sütunun kesiştiği gözdeki frekansı, B ij, H 0 hipotezinin doğru olduğu varsayımı altında, aynı gözdeki beklenen frekansı göstermektedir. r ve c ise sırasıyla tablodaki sıra ve sütun sayılarını belirtir. Herhangi bir gözdeki beklenen frekansı (B ij 'yi) hesaplamak için, o gözün yer aldığı sıra ve sütunun toplam frekanslarını çarpmak ve çarpımı genel frekans toplamına (örneklem hacmine) bölmek gerekir. Bu durum eşitliği ilede ifade edilebilir. Burada; dir. χ 2 r c 2 G = ij - B ij i = 1 j = 1 B ij B ij = ni. n. j n.. c n i. = G ij j = 1 r n.j = G ij i = 1 r c n.. = G ij i = 1 j = 1 χ 2 test istatistiği, Ho hipotezi doğru olduğunda v = (r -1) (c-1) serbestlik dereceli χ 2 dağılımı gösterir. Buna göre χ 2 dağılımı tabloları kullanılarak Ho hipotezinin testi kolaylıkla yapılabilir. Bu test sürecinde de, diğer test süreclerinde izlenen adımlar izlenir. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

29 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 167 χ 2 dağılımı sürekli bir dağılımdır. Oysa iki yönlü tablolardan hesaplanabilecek beklenen frekansların sayısı sınırlıdır. Bu nedenle kesikli bir dağılım daha uygun düşer. Örneklem hacmi yeterli büyüklükte olduğunda, kesikli bir dağılımın sürekli bir dağılıma yaklaştığını kabul etmek, sonuçlarda büyük hata meydana getirmemektedir. Ancak güvenilir yorumlar yapabilmek için, beklenen frekansların hiç olmazsa 5 olması gerekir. Beklenen frekanslar arasında 5'den küçük değer sözkonusu olduğunda, birbirine yakın sınıflar birleştirilerek frekanslar büyütülür. Serbestlik derecesi v > 2 olduğunda, tek bir beklenen frekansın 5'den küçük olması kabul edilebilir. Ancak bu durumda α = 0, 05 alınmalıdır. Beklenen frekansların 5'den küçük olduğu ve sınıfların birleştirilmediği durumlarda yapılacak testler için χ 2 eşitliğine "Yates Düzeltmesi" adı verilen bir düzeltme uygulanır. Bu, aşağıdaki eşitlikle sağlanır. χ 2 = r c i = 1 j = 1 G ij - B ij - 0,5 2 B ij Örnek verelim: Cinsiyet ile başarı durumu arasında ilişki olup olmadığını araştırmak amacıyla kız ve erkek öğrencilerden birbirinden bağımsız seçimde 100 öğrencilik bir örneklem oluşturulmuş ve aşağıdaki bilgiler elde edilmiştir. α = 0, 01 anlamlılık düzeyi kullanarak araştırmaya ilişkin çözümlemeyi yapınız.? Başarı Durumu Cinsiyet Başarılı Başarısız Toplam Kız Erkek Toplam Çözüm Adım 1 H 0 : Cinsiyet ile başarı arasında ilişki yoktur. H 1 : Cinsiyet ile başarı arasında ilişki vardır. Adım 2: α riski 0, 1'de kontrol edilecektir. Adım 3: H 0 hipotezi kabul edildiğinde χ 2 dağılımı için serbestlik derecesi, r = 2 c = 2 olduğundan ve v = (r -1) (c-1) = (2-1) (2-1) = 1 AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

30 168 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME χ 2 (1 - α); v = (r -1)(c-1)= χ 2 (0,99, 1) = 6,64 χ 2 tablosundan belirlenir. Uygun karar kuralı Şekil 8.11'de gösterilmiştir. Eğer χ 2 χ 2 (0,99, 1) = 6,64 H o kabul edilir. Eğer χ 2 > χ 2 (0,99, 1) = 6,64 H o reddedilir. H 0 Kabul Bölgesi 1-α = 0,99 H 0 Red Bölgesi α = 0,01 2 v = 1 χ (0,99 ; 1) = 6,64 2 χ i Şekil 8.11: Khi-Kare Bağımsızlık Testi İçin İstatistiksel Karar Kuralı Adım 4 Başarı Durumu Cinsiyet Başarılı Başarısız Toplam Kız 12 (10) 8 (10) 20 Erkek 38 (40) 42 (40) 80 Toplam χ (12-10) (8-10) (38-40) (42-40) = = χ 2 = 1 < χ 2 (0,99; 1) = 6,64 olduğu için H 0 kabul edilir, dolayısıyla H 1 kabul edilir. χ 2 = 1 değeri Şekil 8.11'de kabul bölgesinde yer almaktadır. Bu istatistiksel karara göre bu öğrencilerde cinsiyet ile başarı durumu arasında ilişki yoktur Khi-Kare Homojenlik Testi Benzer nedenlerin ve olayların etkileri bakımından homojen olup olmadıkları; gözlenen frekanslarla beklenen frekanslar arasındaki farkın anlamlı olup olmadığı, bu farkların örnekleme hatalarından kaynaklanıp kaynaklanmadığı Khi-Kare homojenlik testi ile araştırılır. Bu test için hipotezler; ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

31 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME 169 H 0 : Homojenlik var H 1 : Homojenlik yok şeklinde kurulur. Homojenlik testinin uygulanmasında Khi-Kare bağımsızlık testindeki süreç aynen izlenir ve test için aynı χ 2 test istatistiği kullanılır. Örnek verelim: Bir okulda iki ayrı yöntemle öğrenim yapılmaktadır. Birinci yöntemle öğrenim gören öğrencilerden 30, ikinci yöntemle öğrenim gören öğrencilerden 70 öğrenci seçilmiştir. Seçilen öğrencilerin başarı durumu ile ilgili bilgiler aşağıdaki tabloda verilmiştir. İki yöntem başarı bakımından farklı sonuç vermekte midir? %5 anlamlılık düzeyi kullanarak karar veriniz.? Başarı Durumu Yöntemler Başarısız Başarılı Çok Başarılı Toplam 1. Yöntem Yöntem Toplam Çözüm Adım 1: H 0 : Homojenlik var H 1 : Homojenlik yok Adım 2: α riski 0,05'de kontrol edilecektir. Adım 3: H 0 hipotezi kabul edildiğinde χ 2 dağılımı için serbestlik derecesi, r = 2 c = 3 olduğundan v = (r - 1) (c - 1) = v = (2-1) (3-1) = 2 ve χ 2 (1-a) ; r= (r-1) (c-1) = χ 2 (0,95 ; 2) = 5,99 χ 2 tablosundan belirlenir. Bu bilgilere göre uygun karar kuralı Şekil 8.12'de gösterilmiştir. AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

32 170 İ STATİ STİ KSEL KARAR VERME H 0 Kabul Bölgesi 1-α = 0,95 H 0 Red Bölgesi α = 0,05 v = 2 2 χ (0,95 ; 2) = 5,99 2 χ i Şekil 8.12: Khi-Kare Homojenlik Testi İçin Karar Kuralı Eğer χ 2 χ 2 (0,95 ; 2) = 5,99 H 0 kabul edilir. Eğer χ 2 > χ 2 (0,95 ; 2) = 5,99 H 0 reddedilir. Adım 4: Başarı Durumu Yöntemler Başarısız Başarılı Çok Başarılı Toplam 1. Yöntem 16 (6) 8 (15) 6 (9) Yöntem 4 (14) 42 (35) 24 (21) 70 Toplam χ 2 = = 29,91 22 χ 2 = 29,91 > χ 2 (0,95 ; 2) = 5,99 olduğu için H 0 reddedilir. İki yöntem başarı durumu bakımından farklı sonuç vermektedir; Homojenlik vardır Khi-Kare Uygunluk Testi Burada gözlenen frekansaların H 0 hipotezinde öne sürülen beklenen frekanslara uyup uymadığı araştırılmak istenir. Başka bir anlatımla gözlenen frekanslardan oluşan bölünme ile beklenen frekanslardan oluşan bölünme arasındaki farkın rassal sebeplerden mi kaynaklandığı yoksa bu farkın anlamlı bir fark mı olduğu test edilir. Bu testte hipotezler; H 0 : Uygunluk var H 1 : Uygunluk yok şeklinde kurulur. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ