Pearson's chi-squared test

Es una prueba no paramétrica que se usa tanto para distribuciones discretas como continuas. Se formulan las siguientes hipótesis:

• $H_o$: la variable $X$ tiene distribución de probabilidad $f(x)$ con los parámetros específicos $\lambda_1, \lambda_2, \dots$
• $H_1$: $X$ tiene otra distribución de probabilidad.

Por ejemplo, la distribución de probabilidad que se supone en la hipótesis nula, esto es en $H_o$, puede ser una distribución normal cuyos parámetros serían la media $\mu$ y la desviación estándar $\sigma$. La hipótesis nula se evalúa con un cierto nivel de significación $\alpha$, esto es, una medida del error que se cometería al rechazarla siendo cierta. Por lo general este nivel se establece en $\alpha = 0.01$, 0.05 o 0.10; indicando que el resultado de la prueba en fiable en un 1%, 5% o 10% respectivamente.

Para aplicarla los datos deben estar agrupados en frecuencias y la muestra tiene que ser lo suficientemente grande para que sea válida. Usualmente se establece que si en los datos agrupados aparece una frecuencia con valor menor a 5, esta barra del histograma no se use. Si hay más de una columna con frecuencia menor a 5, entonces deben combinarse en una para obtener una frecuencia con valor numérico mayor a 5.

El estadístico $\chi^2$ viene dado por

  $$\chi^2 =\sum_{i=1}^N \frac{\left (O_i - E_i \right)^2}{E_i} \;,$$ (1.1)

donde $N$ es el número del grupos del histograma de frecuencia, $O_i$ es la frecuencia observada del grupo $i$ y $E_i$ es el valor esperado para el grupo $i$ si su distribución de probabilidades fuese la supuesta en la hipótesis nula.

Para aceptar o rechazar la hipótesis nula se compara el valor obtenido en la ecuación (1.1) con un valor crítico tabulado $\chi_{\alpha;k}$. Aceptando la hipótesis nula si

  $$\chi^2 < \chi_{k,p}^2 \;,$$ (1.2)

donde $k=N-1$ es el grado de libertad y $p=1-\alpha$.

Ejemplo 1

El número de fallas por semana que sufre un equipo durante 36 semanas de trabajo es la siguiente:

$i$	1	2	3	4	5
Nº fallas por semana $x$	0	1	2	3	4 o más
Nº de semanas con $O_i$ fallas	6	8	10	6	6

¿La muestra de datos se ajusta a una distribución de Poisson con media $\lambda$, con un nivel de significación de $\alpha = 5\%$?

Para responder la pregunta se debe realizar una prueba de bondad de ajuste donde las hipótesis deben ser: H$_0$ Los datos se ajustan a la distribución de Poisson contra :H$_1$ Los datos no se ajustan a la distribución de Poisson.

Comencemos por calcular el promedio de fallas por semana, que es nuestro estimador para la media $\lambda$,

$$\lambda = \frac{0 \times 6 + 1 \times 8 + 2 \times 10 + 3 \times 6 + 4 \times 6}{6 + 8 + 10 + 6 + 6} = \frac{70}{36} = 1.94 \mbox{ falla/semana}$$

Ahora calculamos los valores esperados $E_i$ a partir de

$$P(X=x) = \frac{\lambda^x e^{-\lambda}}{x!} \;,$$

de donde obtenemos la tabla

$X$	0	1	2	3	4 o más
$O_i$	6	8	10	6	6
$E_i$	5.1504	10.0147	9.7365	6.3107	4.7878
$\frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$	0.1401	0.4053	0.0071	0.0153	0.3069

Con los datos tabulados calculamos

$$\chi^2 = \sum_{i=1}^{5} \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i} = 0.8748 \;.$$

También, buscamos el valor de $\chi^2_{N-m-1, 1-\alpha}$, donde $N=5$ es número de categorías en que se agrupan los datos, $m=1$ es el número de parámetros estimados en la distribución teórica y $N-m-1=3$ son los grados de libertad de la distribución $\chi^2$. En nuestro caso es

$$\chi^2_{3, 0.95} = 7.81 \;,$$

como $0.8901 < 7.81$ entonces se acepta la hipótesis nula H$_0$ con un nivel de significación del 5%, es decir, que se acepta que la muestra de datos correspondientes al número de fallas por semana se ajusta a la distribución de Poisson.

Ejemplo 2: Atención al cliente

Repitiendo el procedimiento del ejemplo , haremos la prueba $\chi^2$ de bondad de ajuste para el histograma de tiempo entre llegadas (ver Fig. a) que se obtuvo en el ejemplo .

Comencemos calculando la media y la varianza muestral, dadas por

$$\bar{x} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{N} O_i\frac{a_{i+1}-a_i}{2} = 2.... ...N} O_i\left(\frac{a_{i+1}-a_i}{2} - \bar{x}\right)^2 = 6.22 \mbox{ min}^2 \; ,$$

respectivamente, donde $n=10000$ es el tamaño de la muestra, $N=100$ es el número de intervalos o grupos del histograma, $O_i$ es la frecuencia del $i$-ésimo intervalo, $a_{i+1}$ y $a_i$ son los extremos superior e inferior de ese intervalo, por lo tanto, $(a_{i+1}-a_i)/2$ es su punto medio.

Sabiendo la naturaleza del fenómeno, observando la forma del histograma de frecuencia y viendo que la desviación estándar muestral, $s=2.54$ min, es aproximadamente igual a la media muestral, $\bar{x} = 2.51$ min, cabe preguntarse si los tiempos entre llegadas de personas al punto de atención al público siguen una distribución exponencial con media $\lambda^{-1} = 2.51$ min, cuyas funciones de densidad y de distribución viene dadas por

$$f(x,\lambda) = \lambda e^{-\lambda x} \qquad \mbox{y} \qquad F(x,\lambda) = 1 - e^{-\lambda x} \;$$

respectivamente.

Para responder a la pregunta hagamos la prueba $\chi^2$ de bondad de ajuste con un nivel de significación de $\alpha = 1\%$. Los valores esperado en cada intervalo vienen dados por

$$\begin{array}{rl} E_i = & P(a_i < x \leq a_{i+1}) = F(a_{i+1}, \... ...-\lambda a_i}) = e^{-\lambda a_i} - e^{-\lambda a_{i+1}}\;, \par \end{array}$$

De estos datos obtenemos

$$\chi^2 = \sum_{i=1}^{N}\frac{(O_i - E_i)^2}{E_i} = 105.4052 \;.$$

En este caso tenemos $N=100$ intervalos, $m=1$ parámetro estimado en la distribución teórica y, por lo tanto $N-m-1=98$ son los grados de libertad de la distribución $\chi^2$ que tenemos que usar con un nivel de significancia $\alpha = 1\%$.

$$\chi^2_{0.99, 98} = 133.4756 \;,$$

como $105.4052 < 133.4756$ podemos decir que se acepta, con un nivel de significancia de $\alpha = 1\%$, la hipótesis nula H$_0$: que los tiempos entre llegada se distribuyen según una exponencial con media $\lambda^{-1} = 2.51$ min.

Ejemplo 3: Atención al cliente

Mediante una prueba $\chi^2$ de bondad de ajuste determine si el tipo de servicio de solicitado por los clientes del ejemplo (ver Fig. b) se ajusta a una distribución donde el 5% de los clientes solicitan una trámite de apertura, 80% hacen una consulta y el 15% restante vienen al punto por un reclamo. Note que en este caso no es necesario estimar ningún parámetro (m=0).