Перевірка вибірки на однорідність – перший етап математичної обробки результатів спостережень. Задача зводиться до перевірки гіпотези 
: вибірка однорідна, при 
: вибірка обтяжена промахами.
Дані експерименту розставляють в порядку зростання: 
. На промах перевіряються крайні ліві або крайні праві значення даного ряду.
При різних об’ємах вибірки для аналізу на промах величини 
використовують статистики 
, 
, а для 
відповідно статистики 
, , які обчислюються за формулами:
Критична область 
, або 
, де 
знаходять з таблиці 11 у додатку.
Приклад 4.7. При експертній оцінці вагомості фактору „Характер бізнесу клієнта”, який впливає на внутрішньогосподарський ризик, групою з 20 експертів отримано наступні результати:
8,5,20,8,5,18,8,5,10,8,15,8,5,10,35,5,10,5,10,12.
Перевірити вибірку на однорідність для рівня значущості 
.
Розв’язок. Запишемо одержані результати в порядку зростання:
5,5,5,5,5,5,8,8,8,8,8,10,10,10,10,12,15,18,20,35.
Крайню справа величину 
перевіряємо на промах. Знаходимо:
За таблицею 10 у додатку знаходимо 
. Оскільки 
, то значення 
вважаємо промахом.
Розв’язок даної задачі дає можливість керівнику експертної групи зробити висновок про оцінювання вагомості даного фактору кожним експертом. Зокрема експертом, який дав оцінку .
У випадку 
розраховують 
і 
. Якщо значення 
попадає в проміжок 
, то воно не вважається промахом. В іншому випадку його вважають промахом.
Критерій знаків
Нехай 
і 
- n пар випадкових величин, для яких різниці 
можна подати у вигляді 
, а випадкові величини 
: 1) незалежні; 2) неперервно розподілені; 3) симетрично розподілені відносно нуля (симетричність розподілів 
означає, що розподіли та - збігаються).
Зауважимо, що розподіли випадкових величин та неперервні, але невідомі (і вони можуть бути, взагалі кажучи, різними як і розподіли випадкових величин 
).
Щодо невідомого параметра 
висувається гіпотеза 
. Альтернативними до неї є 
; 
; 
.
Справджується чи ні гіпотеза 
, випадкові величини 
неперервно й симетрично розподілені відносно нуля і незалежні. Звідси випливає, що випадкова величина, яка дорівнює кількості випадкових величин що набули додатних значень має біноміальний розподіл із параметрами 
і тому кількість даних величин серед , близька до половини наявних, тобто до 
.
Позначимо через 
кількість додатних різниць серед 
. Тоді при перевірці гіпотези 
її природно відхиляти, якщо кількість додатних різниць істотно відрізняється від 
і не відхиляти в іншому випадку.
Критична точка 
визначається як мінімальне число m, для якого 
, де 
- біноміально розподілена випадкова величина з параметрами n та 
. Для заданого рівня значущості 
значення 
знаходять за таблицею 12 у додатку.
Критична область 
при 
; 
при 
; 
при 
.
Якщо зняти вимогу про неперервність розподілів випадкових величин 
і 
, то різниці 
, 
можуть набувати нульових значень з ненульовою ймовірністю. В даному випадку критерій знаків можна застосувати до відмінних від нуля різниць, відкинувши нульові.
Приклад 4.8 Групою з 20 експертів проводилася оцінка вагомості факторів „Характер бізнесу клієнта” і „Професійність і чесність адміністрації” та отримано наступні результати:
8, 5, 20, 8, 5, 18, 8, 5, 10, 8, 15, 8, 5, 10, 35, 5, 10, 5, 10, 12.
4, 5, 20, 5, 3, 6, 10,15,10, 9, 8, 40, 8, 5, 10, 20, 18, 20, 10, 20.
Для рівня значущості 
перевірити нульову гіпотезу про співпадання оцінок експертів при альтернативній гіпотезі 
про їх відмінність.
Розв’язок. Позначимо через 
- оцінки першого фактору, 
– другого, а 
. Тоді різниці 
будуть мати наступні знаки:
+, 0, 0, +, +, +, -, -, 0, -, +, -, -, +, +, -, -, -, 0, -.
Кількість різниць відмінних від нуля 
, а кількість додатних різниць 
. Тоді з таблиці 12 у додатку для 
і знаходимо, що область прийняття гіпотези 
. Таким чином гіпотеза приймається, тобто нема істотної різниці в оцінках експертів.
Часто при перевірці гіпотези користуються критерієм Фішера. Зокрема, при альтернативній гіпотезі 
статистика 
, число ступенів свободи 
, 
, критична область 
.
При альтернативній гіпотезі 
, 
, 
, 
, 
.
При альтернативній гіпотезі гіпотеза відхиляється, якщо виконується одна з нерівностей: 
або 
.
Зокрема для прикладу 4.8 
, 
, 
. За таблицею 8 у додатку 
. Оскільки, 
, то гіпотеза приймається.
Критерій серій
Даний критерій застосовується для перевірки гіпотези , в якій стверджується, що елементи вибірки одержані випадковим чином і незалежні. Нехай 
– вибірка результатів спостережень, а 
медіана, обчислена на основі результатів спостережень. Кожному елементу вибірки ставиться у відповідність знак „+” або „-” в залежності від того, чи його значення більше або менше за медіану (нульові значення різниць не враховуються). Таким чином, всій вибірці поставлено у відповідність певний набір знаків. Позначимо через 
число знаків „+”, а 
– число знаків „-” в одержаному наборі. Серією в цьому наборі називається будь – яка послідовність, яка складається з однакових знаків і обмежена протилежними знаками, або знаходиться на початку чи в кінці набору.
Наприклад, в наборі: +,-,+,+,+,-,-,-,-,-,+,+ міститься 5 серій, а 
, 
.
Статистикою критерію серій є число серій N. Критична область 
. Значення 
і 
задаються таблицею 13 у додатку.
При великих об’ємах вибірки, коли або 
, або 
, або обидва значення і більші 20 для перевірки гіпотези можна використати статистику 
, точкова оцінка якої 
обчислюється за формулою
.
При умові, що вірна гіпотеза , статистика має приблизно нормальний розподіл N (0, 1). В цьому випадку критична область 
, де 
знаходять за таблицею 2а у додатку.
Приклад 4.9 Розподіл середньомісячної зарплати в 1999р. по регіонах України представляється у вигляді ряду:168, 129, 118, 209, 220, 134, 130, 215, 140, 191, 137, 184, 152, 169, 183, 173, 135, 150, 112, 184, 143, 127, 146, 123, 141, 303, 187. Чи можна для рівня значущості вважати отримані результати випадковими?
Розв’язок. Знайдемо оцінку медіани отриманих результатів. Для цього представимо їх у виді рангованого ряду:
112,118,123,127,129,130,134,135,137,140,141,143,146,150,152,168,169,173,183,184,187,191,209,215,202,303.
Для нього Me= 150, а відповідна послідовність знаків:
+, -, -, +, +, -, -, +, -, +, -, +, +, +, +, +, -, -, +, -, -, -, -, -, +, +, де 
, 
, число серій N= 13. За таблицею 13 додатку при знаходимо 
, 
.Таким чином, гіпотеза приймається. Отримані результати можна вважати випадковими.
4.4.5. Перевірка гіпотези про однорідність двох вибірок. Критерій Вілкоксона
Нехай 
і 
– дві незалежні вибірки. Перевірка гіпотези про однорідність двох вибірок в припущенні, що 
і 
– неперервні випадкові величини, зводиться до перевірки нульової гіпотези 
, яка полягає в тому, що при всіх значеннях x функції розподілу обох вибірок рівні між собою.
Припустимо, що 
(в протилежному випадку вибірки можна поміняти місцями).
Для даного рівня значущості перевірку нульової гіпотези 
проводять за схемою:
1. Записують варіанти обох вибірок в зростаючому порядку у виді ряду і знаходять в ньому величину - суму порядкових номерів варіант першої вибірки в цьому ряді.
2. Критична область 
визначається альтернативною гіпотезою 
.
а) 
, 
. З таблиці критичних точок розподілу Вілкоксона (таблиця 14 у додатку) знаходять 
, 
.
б) 
, 
, 
знаходять з таблиці 14 у додатку.
в) 
, 
, 
.
Зауваження 4.7. Якщо декілька варіантів однієї вибірки однакові, то в спільному ряді їх нумерують послідовно ніби вони є різними числами.
Зауваження 4.8. Якщо співпадають варіанти різних вибірок, то їм усім присвоюють порядковий номер, який дорівнює середньому арифметичному тих номерів, які б мали ці варіанти якби були різними.
Приклад. 4.10. При експертній оцінці вагомості факторів, що впливають на внутрішньогосподарський ризик двома експертами отримано наступні результати
І 1 8 15 10 8 9 11 9 8 4 2 6 5 5.
ІІ 11 15 16 10 3 5 13 8 3 7 8 2 1 9.
Для рівня значущості 
перевірити нульову гіпотезу 
про однорідність оцінок обох експертів при альтернативній гіпотезі 
.
Розв’язок. Розмістимо отримані результати в порядку зростання:
1,2,2,3,3,4,5,5,5,6,7,8,8,8,8,8,9,9,9,10,10,11,13,15,15,16.
Пронумеруємо елементи цього ряду, враховуючи зауваження 4.7. і 4.8.
| 2,5 | 2,5 |
| 20,5 | 20,5 | 24,5 | 24,5 |
Обчислимо суму рангів першої вибірки
.
Оскільки альтернативна гіпотеза 
, то критична область двостороння. Для рівня значущості і чисел ступенів свободи і за таблицею 13 у додатку знаходимо 
. Тоді 
.
З того що 
, випливає, що нульова гіпотеза приймається, тобто нема суттєвої розбіжності в оцінюванні обох експертів.
Якщо 
і , то , 
, (4.15)
де 
- ціла частина числа , 
– розв’язок рівняння 
, .
Якщо , то ; 
, то ,
де 
визначається за формулою (4.15) в якій 
є розв’язком рівняння 
.
