Có phải tất cả các quả bóng trong cùng một màu (khi chúng không thể nhìn thấy rõ)

8

Tôi có một vấn đề làm giảm các quả bóng trong bình (nó thực sự là về các alen tham chiếu và xen kẽ trong quần thể).

Giả sử tôi có một chiếc bình lớn trộn đều (iid draws) có thể chứa hai màu của quả bóng: màu xanh nước biển và màu xanh trứng của robin ( tương ứng a và r ). Chúng có màu gần nhau, vì vậy đôi khi một người phân loại chúng mắc lỗi xác định màu sau khi vẽ quả bóng từ một chiếc bình. Gọi là xác suất xảy ra lỗi khi bóng thực sự là r và khi bóng thực sự là a . Giả sử tôi biết những con số này (tôi nghĩ rằng chúng nhỏ hơn 0,01 nhưng vẫn cần kiểm tra) và tôi đã chọn một ý nghĩa. $e_r$ $e_a$

Trong một thí nghiệm, người bạn đồng hành của tôi rút ra quả bóng từ chiếc bình và xác định quả bóng là màu r và là a ( ). Sau đó anh ấy nói với tôi và . Tôi muốn kiểm tra rằng tất cả các quả bóng đều r so với chiếc bình chứa ít nhất một quả bóng với số lượng quả bóng được rút ra. $n$ $r$ $a$ $n=r+a$ $r$ $a$ $H_0$ $H_a$

Mục tiêu của tôi là thực hiện bài kiểm tra ở 2 cấp độ khác nhau để xếp hạng "sao" cho sức mạnh của kết quả được báo cáo. Không thể từ chối ở 0,05 = 2 sao, từ chối ở 0,05 = 3 sao và từ chối ở 0,01 = 4 sao.

Tôi có thể sử dụng thử nghiệm gì cho vấn đề này? . các mẫu quá nhỏ như "không thể từ chối")

Lưu ý điều này khác với kiểm tra tỷ lệ vì các thử nghiệm đó không có lỗi trong đo lường (và không hoạt động cho tỷ lệ = 0 hoặc 1). Tôi đã nghĩ đến việc thử đặt tỷ lệ khác không bằng cách sử dụng một số loại yếu tố dựa trên tỷ lệ lỗi và kích thước mẫu (ví dụ: kiểm tra trong đó là tỷ lệ thực, nhưng tôi không thể đưa ra một con số hợp lý). Tôi cũng bắt đầu cố gắng rút ra bài kiểm tra của riêng mình, nhưng nó đã mất khá nhiều thời gian và đây có vẻ như là vấn đề mà ai đó sẽ phải điều tra trước đây. $H_0$ $H_0=P \le e_r$ $P$

Chỉnh sửa Viết lại câu hỏi một chút để làm rõ rằng tôi không biết trình tự rút thăm / phân loại

hypothesis-testing

— Hiệu quả
nguồn

2

Tôi thừa nhận tôi đã không đọc đầy đủ các câu trả lời khác, nhưng một cách tiếp cận thô sẽ chỉ được để lưu ý rằng sau một nhị thức phân phối khi tất cả các quả bóng màu xanh trứng robin, vì vậy bạn có thể từ chối khi là "quá lớn" dựa trên mô hình nhị thức. Nếu điều này không xảy ra thì có lẽ một thử nghiệm tỷ lệ khả năng sẽ tốt hơn, đó dường như là những gì Zachary Blumenfeld đang làm. $a$ $(n, p = e_r)$ $a$

— DS
nguồn

1

Tôi nghĩ rằng tôi có chức năng khả năng (Công bố đầy đủ, tôi không chắc chắn 100%). Một khi bạn có được khả năng mặc dù phần còn lại của bài kiểm tra giả thuyết sẽ dễ dàng hơn.

Giả sử bạn đã vẽ một mẫu kích thước ký hiệu là . Để đơn giản, hãy nói; $n$ $(X_1,...X_n)$

thị thêm chỉ báo màu "thật" của quan sátlà sao cho;

X_{Tôi} = = {\begin{cases} 1 Tôi f c tôi một S S Tôi f Tôi e d một S c o tôi o r một \\ 0 Tôi f c tôi một S S Tôi f Tôi e d một S c o tôi o r r \end{cases}

$X_i = \begin{cases} 1\;\;\mathrm{if \; classified \; as\; color}\;\;\mathbf{a}\\ 0\;\;\mathrm{if \; classified \; as\; color}\;\;\mathbf{r} \end{cases}$

i

$i$

X_{i}^{*}

$X_i^*$

Giả cũng có tỷ lệ lỗi được biết đến,

.

X_{Tôi}^{*} = = {\begin{cases} 1 Tôi f o b S e r v một t Tôi o n Tôi S c o tôi o r một \\ 0 Tôi f o b S e r v một t Tôi o n Tôi S c o tôi o r r \end{cases}

$X^*_i = \begin{cases} 1\;\;\mathrm{if \; observation\; \; is\; color}\;\;\mathbf{a}\\ 0\;\;\mathrm{if \; observation \; is\; color}\;\;\mathbf{r} \end{cases}$

e_{r} \in (0, 1)

$e_r \in (0,1)$

Xác suất của điều kiện trên , sau đó là phân phối Bernoulli; $X_i$ $X^*_i$ Chúng ta cũng có thể biểu thị điều này như;

P (X_{Tôi} = = 1 | X_{Tôi}^{*}, e_{r}) = = {\begin{cases} 1 - e_{r} Tôi f X_{Tôi}^{*} = = 1 \\ e_{r} Tôi f X_{Tôi}^{*} = = 0 \end{cases}

$P(X_i=1|X^*_i,e_r)=\begin{cases} 1-e_r\;\;\mathrm{if}\;\;X^*_i=1\\ e_r\;\;\mathrm{if}\;\;X^*_i=0 \end{cases}$

Chúng ta cũng biết xác suất của

và rằng

P (X_{Tôi} | X_{Tôi}^{*}, e_{r}) = = X_{Tôi}^{*} [(1 - e_{r})^{X_{Tôi}} e_{r}^{1 - X_{Tôi}}] + (1 - X_{Tôi}^{*}) [e_{r}^{X_{Tôi}} (1 - e_{r})^{1 - X_{Tôi}}]

$P(X_i|X^*_i,e_r)=X^*_i\bigg[(1-e_r)^{X_i} e_r^{1-X_i}\bigg]+(1-X^*_i)\bigg[e_r^{X_i} (1-e_r)^{1-X_i}\bigg]$

X_{i}^{*}

$X^*_i$

P (X_{Tôi}^{*} | p) = = p^{X_{Tôi}^{*}} (1 - p)^{1 - X_{Tôi}^{*}}

$P(X^*_i|p) = p^{X^*_i}(1-p)^{1-X^*_i}$

và sau đó sau một số đại số;

P (X_{Tôi} | e_{r}, p) = = P (X_{Tôi} | X_{Tôi}^{*} = = 1, e_{r}) P (X_{Tôi}^{*} = = 1 | p) + P (X_{Tôi} | X_{Tôi}^{*} = = 0, e_{r}) P (X_{Tôi}^{*} = = 0 | p)

P (X_{Tôi} | e_{r}, p) = = p [(1 - e_{r})^{X_{Tôi}} e_{r}^{1 - X_{Tôi}}] + (1 - p) [e_{r}^{X_{Tôi}} (1 - e_{r})^{1 - X_{Tôi}}]

$P(X_i|e_r,p) = p\bigg[(1-e_r)^{X_i} e_r^{1-X_i}\bigg]+(1-p)\bigg[e_r^{X_i} (1-e_r)^{1-X_i}\bigg]$

L (p | X_{1}, . ., X_{n}, e_{r}) = = Π_{Tôi = = 1}^{n} P (X_{Tôi} | e_{r}, p)

$\mathcal{L}(p\mid X_1,..,X_n,e_r)=\prod_{i=1}^n P(X_i|e_r,p)$

= = Π_{Tôi = = 1}^{n} p [(1 - e_{r})^{X_{Tôi}} e_{r}^{1 - X_{Tôi}}] + (1 - p) [e_{r}^{X_{Tôi}} (1 - e_{r})^{1 - X_{Tôi}}]

$= \prod_{i=1}^n p\bigg[(1-e_r)^{X_i} e_r^{1-X_i}\bigg]+(1-p)\bigg[e_r^{X_i} (1-e_r)^{1-X_i}\bigg]$

$H_0: p=1$ $H_1: p\neq 0$

— Zachary Blumfeld
nguồn

P (X_{i} = 1 | X_{i}^{*}, e_{r})

$P(X_i=1|X_i^*,e_r)$

P (X_{i} = 0 | X_{i}^{*}, e_{a})

$P(X_i=0|X_i^*,e_a)$

P (X_{i} | . . .)

$P(X_i|...)$

e_{r}

$e_r$

e_{a}

$e_a$

e_{r} = e_{a}

$e_r=e_a$

p = 0

$p=0$