Учебное пособие 792
.pdfсреднюю квадратическую ошибку выборкиμ .Для повторной выборки по формуле (7), в которой n= 100, получим
|
|
|
|
|
|
|
μ = |
2,53 0,16. |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
100 |
|
||
Искомая вероятность по таблице |
|
||||||||||||
P ( |
|
|
|
≤ 0,1)= 2Ф |
0,1 |
= 2Ф(0,625)= 0, 468. |
|||||||
X |
−14, 4 |
||||||||||||
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0,16 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
б) По таблице (3) и правилу трех сигм |
|||||||||||||
|
|
|
P ( |
|
|
− x |
|
≤δ )= 2Ф(3)= 0,9973 |
|||||
|
|
|
X |
|
|||||||||
находим, что δ =3μ . |
|
|
|
||||||||||
Если выборка |
|
повторная, то |
δ =3 0,16 = 0, 48 ц; если |
бесповторная, то δ =3 0,150897 = 0, 45269 ц.
Таким образом, средняя урожайность при повторной выборке на всем поле с вероятностью 0,9973 находится по формуле (3) и заключена в границах
x −δ ≤ X ≤ x +δ; 14, 4 −0, 48 ≤ X ≤14, 4 +0, 48 ; 13,92 ≤ X ≤14,88;
если выборка бесповторная
14, 4 −0, 45 ≤ X ≤14, 4 +0, 45;
13,95 ≤ X ≤14,85.
5.8. В партии из 10000 лампочек было проверено 1000 лампочек .Среди проверенных оказалось 5% бракованных. Найти: а) при повторной и бесповторной выборке вероятность того, что доля бракованных лампочек во всей партии отличается от их доли в выборке не более чем на 0,01.
б) границы, в которых с вероятностью 0,9836 заключена доля бракованных лампочек во всей партии.
Решение. а) Средняя квадратическая ошибка при повторной выборке при доле бракованных лампочек в выборке w=0,05 по формуле (9) равна
30
μ = |
0, 05 0, |
95 |
= 0, 00689, |
|
1000 |
|
|
при бесповторной выборке и объеме генеральной совокупности N=10000 равна
|
|
|
μ = |
0, 05 0,95 |
|
|
|
|
1000 |
|
|
||||
|
|
|
1000 |
1− |
|
= 0, 0065364. |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
10000 |
|
|
|||||
Искомая вероятность при повторной выборке будет |
|||||||||||||||
P ( |
|
p −0,05 |
|
≤ 0,01)= |
2Ф |
|
0,01 |
|
|
= 0,853, |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
0,00689 |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
при бесповторной |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0,01 |
|
|
|
||
P ( |
p −0,05 |
≤ 0,01)= 2Ф |
|
|
|
|
|
|
= 0,874. |
||||||
0,006536 |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
б) По таблице (3) находим, что Ф(2,4) = 0,9836; откуда t = δμ = 2, 4.
Средняя квадратическая ошибка, если выборка повторная, μ = 0,00689, а, если выборка бесповторная, μ = 0,0065364.
Таким образом, предельная ошибка для повторной выборки
δ = 2, 4 0,00689 = 0,0165;
для бесповторной
δ = 2, 4 0,0065364 = 0,0157.
Границы, в которых с вероятностью 0,9836 заключена доля бракованных лампочек, для повторной выборки равна
0,5 −0,0165 ≤ P ≤ 0,5 +0,0165;
0, 4835 ≤ P ≤ 0,5165.
5.9. При каком объеме повторной выборки можно утверждать с вероятностью 0,9836, что отклонение выборочной средней от генеральной не превыситδ = 0,2, если
σ = 0,9?
Решение. Из выражения (6) имеем
31
P (X − x ≤ 0,02)= 2Ф(t )= 0,9836,
откуда по таблице (3) t = 2,4. Поскольку выборка повторная, то полагая σ sn по формуле (11) ее объем равен
n = |
2, 42 |
0,92 |
=117 . |
|
0, 22 |
||||
|
|
5.10. Из партии в 1000 деталей для определения доли брака производится выборка. Найти объем выборки, при котором с вероятностью Р = 0,9973 гарантируется ошибка не свыше 0,2, если: а) выборка повторная; б) выборка бесповторная и вероятность изготовления бракованных деталей равна q= 0,2.
Решение. В условии нет значения доли брака, поэтому при
определении объема выборки в формуле(13) n = t2 pq следует
δ2
использовать наибольшее значение pq = 0,25.
Таким образом, учитывая, что при заданной вероятности по
формуле (6) t = 3, получим n = 9 0, 25 |
=57. |
||||||||
|
|
0, 22 |
|
|
|||||
б) По условию |
P ( |
|
w − p |
|
< 0, 2)= 0,9973 значение t = 3, |
||||
|
|
||||||||
p = 1- q = 0,8. Величина выборки по формуле (14) равна |
|||||||||
n = |
|
1000 9 0,8 0, 2 |
|
=34,749. |
|||||
1000 0, 22 +9 0,8 0, 2 |
|||||||||
|
|
5.11. При изучении физико-механических свойств ткани было испытано n =12 образцов и получены следующие
значения предела прочности на разрыв H / мм2 : 19,5;16,8;17,1;17,5; 15,7; 15,5; 14,6; 20,0; 19,4; 18,2; 16,2; 19,2.
Требуется: а) найти выборочное среднее x , «исправленное» стандартное отклонение s (x) и коэффициент вариации υ
изучаемого признака; б) найти доверительный интервал для среднего предела прочности а этой ткани на уровне заданной надежности у = 0,95.
32
Решение. а) Вычисления будем вести в табличном виде. Запишем результаты наблюдений в столбец 1 таблицы и
найдем их сумму |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
пределы |
|
|
|
|
|
(xi − x ) |
|
|
|
|
|
(xi − x )2 |
||||||
прочности |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
19.5 |
|
|
|
|
|
|
2.02 |
|
|
|
|
|
|
4.08 |
||||
16.8 |
|
|
|
|
|
|
-0.68 |
|
|
|
|
|
|
0.46 |
||||
17.1 |
|
|
|
|
|
|
-0.38 |
|
|
|
|
|
|
0.11 |
||||
17.5 |
|
|
|
|
|
|
0.02 |
|
|
|
|
|
|
0.0004 |
||||
15.7 |
|
|
|
|
|
|
-1.72 |
|
|
|
|
|
|
3.17 |
||||
15.5 |
|
|
|
|
|
|
-1.98 |
|
|
|
|
|
|
3.92 |
||||
14.6 |
|
|
|
|
|
|
-2.88 |
|
|
|
|
|
|
8.28 |
||||
20.0 |
|
|
|
|
|
|
2.52 |
|
|
|
|
|
|
6.35 |
||||
19.4 |
|
|
|
|
|
|
1.92 |
|
|
|
|
|
|
3.69 |
||||
18.2 |
|
|
|
|
|
|
0.72 |
|
|
|
|
|
|
0.52 |
||||
16.2 |
|
|
|
|
|
|
-1.28 |
|
|
|
|
|
|
1.64 |
||||
19.2 |
|
|
|
|
|
|
1.72 |
|
|
|
|
|
|
2.96 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
∑209.7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∑35.21 |
||||
Выборочное среднее равно |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
x = |
|
|
= |
1 |
∑xi = 209,7 |
=17, 48H / мм2 . |
||||||||||||
|
|
n |
|
|||||||||||||||
|
|
n∑i=1 xi |
|
12 i=1 |
|
12 |
|
|
|
|
||||||||
Вычислим отклонения (xi − x )и внесем их в столбец 2. В |
||||||||||||||||||
столбец 3 запишем квадраты (xi |
− x )2 |
этих отклонений и |
||||||||||||||||
найдем их сумму ∑(xi |
− x )2 |
=35, 21. Найдем «исправленное» |
||||||||||||||||
стандартное отклонение |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
s (x)= |
1 |
|
∑in=1 (xi |
− x )2 |
= |
|
1 |
|
|
35, 21 =17,9H / мм2 . |
||||||||
n −1 |
12 − |
1 |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Коэффициент вариации υ изучаемого признака
33
υ = s (xx) 100% = 17,1, 7948 100% =10, 24%.
б) Для заданной доверительной вероятности γ = 0,95 и
числа степеней свободы ν = n −1 =12 |
−1 =11 из табл.4 находим |
||||
ti (0,95;11)−2, 20 |
.В случае малой выборки n< 30 предельная |
||||
ошибка выборки |
определяется по формуле |
||||
= ti |
(γ,ν ) |
s (x) |
= 2, 21,79 |
1,14H / мм2 . |
|
n |
|||||
|
|
12 |
|
Искомый 95% -ный доверительный интервал для ожидаемого предела прочности а исследуемой ткани
определяется неравенством x − |
< a < x + , откуда |
17,48 - 1,14 < a < 17,48 + 1,14 |
или 16,34 < а < 18,62. |
Таким образом, средний предел прочности ткани находится в интервале от 16,34H / мм2 до 18,62H / мм2.
5.12. С целью определения размеров детской одежды проведено выборочное обследование детей и получено следующее распределение количества детей по величине обхвата груди
обхват |
56-58 |
59-61 |
62-64 |
65-67 |
68-70 |
71- |
груди , х |
|
|
|
|
|
71 |
,см |
|
|
|
|
|
|
количество |
28 |
48 |
70 |
78 |
36 |
20 |
детей |
|
|
|
|
|
|
Требуется |
: а) |
построить |
гистограмму относительных |
|||
частот для наблюдаемых значений признака Х |
б) определить |
|||||
выборочное среднее |
x , выборочное стандартное отклонение |
σB , коэффициент вариацииυ изучаемого признака; в) найти
доверительный интервал для ожидаемого среднего значения а обхвата груди на уровне надежности γ = 0,9108, вероятность
того, что величина признака X у выбранного случайным образом ребенка окажется в пределах от α = 58 см до β = 66 .
Решение. а) Вычисления будем вести в табличном виде. В
34
рассматриваемой задаче область наблюдаемых значений признака X разбита на w= 6 непересекающихся и одинаковых по длине интервалов (столбец 1). В столбце 2 приведено распределение числа nk наблюдений по этим интервалам
|
|
|
|
|
|
|
|
X, cм |
nk |
xk |
wk |
xk wk |
(xk − x ) |
(xk − x )2 |
(xk − x )2 wk |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
56-59 |
28 |
57 |
0.1 |
5.7 |
-7.13 |
50.84 |
5.084 |
59-61 |
48 |
60 |
0.171 |
10.2 |
-4.13 |
17.06 |
2.916 |
62-64 |
70 |
63 |
0.25 |
6 |
-1.13 |
1.28 |
0.32 |
65-67 |
78 |
66 |
0.279 |
15.7 |
1.87 |
3.5 |
0.975 |
68-70 |
36 |
69 |
0.129 |
5 |
4.87 |
23.72 |
3.059 |
71-73 |
20 |
72 |
0.071 |
18.4 |
7.87 |
61.94 |
4.397 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
8.90 |
|
|
|
|
|
|
|
5.11 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Итого |
280 |
|
1,000 |
64,13 |
|
|
16.751 |
Построим гистограмму относительных частот для наблюдаемых значений признака X. Для этого определим среднее значение xk признака Z для каждого k-го интервала по
формуле xk = 12 (xH (k )+ xB (k )), где xH (k ) и xB (k ) — нижняя
и верхняя границы k-го интервала. Полученные значения xk внесем в столбец 3.
Вычислим относительную частоту wk = nnk попадания
величины признака Х в k-ый интервал, где nk - число наблюдений в k-м интервале; n = ∑nk - общее число наблюдений. Полученные значения wk внесем в столбец 4. Проверка ∑wk =1. Гистограмма относительных частот показана на рис. 10.
35
Рис. 10
б) Выборочное среднее x , стандартное отклонениеσB и коэффициент вариции υ признака X определим по формулам
m |
m |
|
σB 100% . |
x = ∑xk wk ; σ = |
∑(xk − x )2 wk ; |
υ = |
|
k =1 |
k =1 |
|
x |
Вычислим произведения xk wk , внесем их в столбец 5 и найдем сумму x = 64,13. Вычислим отклонения xk − x и внесем их в столбец 6. В столбце 7 запишем квадраты (xk − x )2 этих отклонений. Определим произведение (xk − x )2 wk , внесем их в
столбец |
8 |
|
и |
найдем |
сумму |
∑=16,751. Откуда |
||
σB = 16, 751 = 4, 09; υ = |
4,09 100% = 6,38; |
|
||||||
|
|
|
|
|
64,13 |
|
|
|
в) Поскольку объем выборки достаточно велик ( п >30), то |
||||||||
величину |
предельной ошибки выборки |
определяем по |
||||||
формуле |
=t |
|
σB |
, где t - есть γ% |
− ная критическая точка |
|||
|
|
|||||||
|
γ |
|
n |
|
γ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
нормального распределения и находится из уравнения |
||||||||
|
|
Ф(tγ )= γ |
= 0,9108 = 0, 4554; |
|
||||
|
|
|
|
2 |
2 |
|
|
|
tγ =1,7 из табл.3. Тогда |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
=1,7 |
4,09 |
= 0, 42. |
|
|
|
|
|
|
|
280 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
36 |
|
|
Доверительный интервал для ожидаемого среднего значения а обхвата груди у детей рассматриваемой группы
определяется |
неравенством |
x − < a < x + |
или |
64,13 −0, 42 < a < 64,13 +0, 42 . Откуда 13,71 < a < 64,55. |
|
Будем полагать, что случайная изменчивость признака X описывается законом нормального распределения с параметрами a и σ , и воспользуемся точечными оценками величин этих параметров: a 64,13 и σ σB = 4,09.
Используя соотношение
P (α < X < β)=Ф βσ−α −Ф ασ−a
и учитывая нечетность функции Лапласа, имеем
|
66 −64,13 |
|
58 −64,13 |
|
= |
|
P (58 < X < 46)=Ф |
4,09 |
|
−Ф |
4,09 |
|
|
|
|
|
|
|
=Ф(0, 46)+Ф(1,5)= 0,1772 +0, 4332 = 0, 6104.
6.Моменты, асимметрия и эксцесс
1°. Моментом к-го порядка называется среднее арифметическое из к-х степеней отклонений значений признака от С
νk = (∑ni (xi −C )k )/ n,
где xi - наблюдаемая варианта; ni —частота варианты;
n = ∑ni —объем выборки; С—произвольное постоянное
число.
Если С = О, то момент называется начальным . Нетрудно заметить, что начальный момент первого порядка есть выборочная средняя
Если С = x , то момент называется центральным порядка к
μx = (∑ni (xi − x )k )/ n.
37
Нетрудно заметить, что центральный момент первого порядка равен нулю, а центральный момент второго порядка равен дисперсии.
Между центральными и начальными моментами существует зависимость
μ2 =ν2 −ν12 ;
|
|
|
|
μ |
3 |
=ν |
3 |
−3ν ν |
1 |
+2ν2 |
; |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
1 |
|
|
|||
μ |
4 |
=ν |
4 |
−4ν ν |
1 |
+6ν ν |
2 |
−2ν 4 . |
(1) |
|||||
|
|
|
|
3 |
2 |
1 |
1 |
|
|
2°. Асимметрия распределения определяется равенством
α = μ3 /σ3 (α ] −∞, +∞[) |
(2) |
и является показателем отклонения распределения признака X от симметрии относительно x. При α = 0 —распределение симметрично.
3°. Эксцессом называется величина
ε = |
μ4 |
−3 |
(ε [−3; +∞[). |
|
|
|
|
(3) |
|||||
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
σ4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Эксцесс |
характеризует |
степень |
крутости |
|
кривой |
||||||||
распределения признака X по сравнению с кривой |
|||||||||||||
нормального распределения. При ε |
= 0 |
— |
распределение |
||||||||||
нормально. Если ε |
> 0, то кривая распределения имеет более |
||||||||||||
острую вершину, чем нормальное; |
если |
ε |
< 0 |
— более |
|||||||||
плоскую вершину, чем нормальная кривая. |
|
|
|
|
|
||||||||
6.1. Дано распределение признака X |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
xi |
|
-2 |
|
-1 |
0 |
|
|
|
3 |
|
5 |
||
ni |
|
1 |
|
3 |
7 |
|
6 |
|
|
2 |
|
1 |
Найти асимметрию и эксцесс.
Решение. Начальные моменты первого, второго, третьего и четвертого порядков данного распределения находим, пользуясь расчетами в табличном виде
38
xi |
ni |
ni xi |
ni xi2 |
ni xi3 |
ni xi4 |
-2 |
1 |
-2 |
4 |
-8 |
16 |
-1 |
3 |
-3 |
3 |
-3 |
3 |
0 |
7 |
0 |
0 |
0 |
0 |
1 |
6 |
6 |
6 |
6 |
6 |
3 |
2 |
6 |
18 |
54 |
162 |
5 |
1 |
5 |
25 |
125 |
625 |
∑ |
20 |
12 |
56 |
174 |
812 |
Отсюда ν1 = 1220 = 0,6; ν2 = 5620 = 2,8; ν3 =17420 =8,7; ν4 = 40,6.
Центральные моменты вычисляем по формулам (1):
μ2 = 2,8 −(0,6)2 = 2, 44; μ3 =8,7 −3 0,6 2,8 +2(0,6)3 = 4,092;
μ4 = 40,6 −4 0,6 8,7 +6(0,6)2 2,8 −3(0,6)4 = 25,3792.
Асимметрия (2) равна α = |
|
μ3 |
4,092 |
|
||||
|
|
= |
|
|
=1,07365. |
|||
|
μ23 |
( |
2, 44 )3 |
|||||
Эксцесс находим по формуле (3) |
|
|
||||||
ε = |
μ4 |
= 25,3792 |
= 4, 2628. |
|
||||
μ22 |
|
|||||||
|
(2, 44)3 |
|
|
|
|
|
|
7. Условные варианты. Метод расчета сводных характеристик выборки
1°. Равностоящими называются варианты, которые образуют арифметическую прогрессию с одинаковой разностью h между любыми двумя соседними вариантами.
Условными называются варианты, определяемые по формуле
ui = (xi −C )/ h, |
(1) |
39