Прикладная математическая статистика.-7

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Обозначим середины интервалов

xɶi−1 + xɶi

, i =1,2,...,m . Тогда плотность частоты

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

1.23 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 123 4 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

ˆ !2)

ˆ (1)

∂

Θ = Θ

ln L(Θ)

(2.12)

ˆ (1)

∂Θ

ˆ (1)

In (Θ

)

Θ=Θ

В общем

случае,

если

найдено

m- е приближение, то следующее

находится по

формуле

∂

ln L(Θ)

Θm+1

= Θm

∂Θ

In (Θm )

Θ=Θm

являющееся обобщением (2.15).

2.2.4. Оценка параметров методом моментов

Идея этого метода заключается в приравнивании теоретических и эмпирических моментов.

Пусть X = (x1, x2 ,..., xn ) – независимая выборка из распределения Fθ , зависящего от

неизвестного параметра	θ = (θ ,θ			2	,...,θ	k	) Θ Rk . Моментом i -го порядка называется
		1		2		k
функция		∫
	i	∫	xi f (x,θ ,...,θ						)dx,	если x непрерывная величина
			xi f (x,θ ,...,θ					k	)dx,	если x непрерывная величина
					1			k
µi (θ1,...,θk ) = E[x ] = ∑xij p(xj ,θ1,...,θk ),										если x дискретная величина
			j

где f (x,θ) – плотность распределения непрерывной случайной величины x , p(xj ,θ) –

вероятность дискретной случайной величины. Теоретический момент является функцией неизвестных параметров µi (θ) = µi (θ1,θ2 ,...,θk ).

Выборочным (эмпирическим) моментом i -го порядка называется величина

mi (x1, x2 ,...,xn ) = 1 ∑n xij . n j=1

Отметим, что по своему определению эмпирические моменты являются функциями от выборки.

Для нахождения неизвестных параметров (будем обозначать их θɵ = (θɵ1,...,θɵk )) составим систему уравнений

µ1(θɵ1,...,θɵk ) = m1, µ2 (θɵ1,...,θɵk ) = m2,

............................

µk (θɵ1,...,θɵk ) = mk .

Далее решаем систему относительно параметров θɵ = (θɵ1,...,θɵk ). В результате получим

θɵ1 = θɵ1(x1,..., xn ), θɵ2 = θɵ2 (x1,..., xn ),

.........................,

θɵk = θɵk (x1,..., xn ).

Найденные параметры зависят от выборки x = (x1,x2 ,...,xn ).

2.2.5. Оценка параметров методом наименьших квадратов

Пусть дана табличная функция y(x)

x	x1	x2	xn

y	y1	y2	yn
	y1	y2	yn

Необходимо аппроксимировать эти данные некоторой параметрической функцией

f (θ1,...,θk ;x) , т.е. заменить функцию y(x) функцией f (θ1,...,θk ;x) :

y(x) ≈ f (θ1,...,θk ;x).

Параметры θ1,...,θk будем подбирать таким образом, чтобы расхождение табличной функции с функцией f (θ1,...,θk ;x) было минимальным. Для этого построим функционал

n	2
F(θ1,...,θk ) = ∑(yi − f (θ1,...,θk ;xj )) и найдем его минимум. Необходимое условие
j=1
минимума имеет вид

dF(θ1,...,θk ) = 0, i =1,...,k. dθi

Решаем эту систему уравнений и получаем значения параметров θɵ = (θɵ1,...,θɵk ).

Пример 2.5. Пусть дана независимая выборка x = (x1, x2 ,..., xn ) из распределения Fθ . Разобьем весь диапазон данных [xmin ,xmax ] на m интервалов и построим гистограмму.

						23
ρi	=	ωi	=		ωi	(высоты столбиков гистограммы) будут значениями табличной функции
ρi	=	∆xi	=	~	~
		∆xi		xi	− xi−1

yi ,	i =1,2,...,m. Здесь ωi			= ni / n – относительные частоты.
Таким образом, мы получили табличную функцию

xɶ		xɶ1	xɶ2		xɶn
ρ		ρ1	ρ2		ρn

Поставим следующую задачу. Подобрать параметры известного закона непрерывного распределения f (θ1,...,θk ;x) так, чтобы расхождение между гистограммой и функцией

f(θ,x) было минимально. В результате мы приходим к методу наименьших квадратов. ►

2.3.Точечная оценка параметров нормального распределения

Пусть случайная величина X имеет нормальное распределение N(µ,σ2), где

σ > 0; µ R . Плотность распределения имеет вид:

	1	−	(x−µ)2
		−
f (x) =		e 2σ2 , x (−∞,∞).

	σ 2π
	σ 2π

Решение. Запишем функцию правдоподобия

n		1
L(µ,σ2;x) = ∏				e

	σ		2π
j=1

−(xj −µ)2

2σ2

					n	(x −µ)2
		1 n			−∑	j
		1 n			−∑	2	σ2
=				e i=1			.
	σ

			2π

Из условия максимума

dL(µ,σ2;x)

= 0,

dL(µ,σ2;x)

= 0, получим следующие

dµ

dσ

оценки среднего и дисперсии

∑xi , s2 =

∑(xi

−

)2 =

∑xi2 −

2 .

n i=1

Оценка среднего – состоятельная, несмещенная, эффективная, достаточная и распределена

как случайная величина тоже нормально со средним M (x) = µ и дисперсией D(x) = σ2 . n

Оценка дисперсии – состоятельная, эффективная, достаточная, но смещенная. При n < 30 рекомендуется использовать несмещенную оценку

	1	n	1	n		2

s2 =		∑(xi − x)2 =		∑xi	2 − nx		.

	n −1 i=1		n −1	i=1

2.4. Точечная оценка параметров показательного закона распределения

Пусть X Πλ , где Πλ – показательный закон распределения с параметром

λ с плотностью распределения	f (x) = λe−λx, x [0,∞). Найти оценку
методом максимального правдоподобия.
Запишем функцию правдоподобия
	n
n	−λ∑xj	dL(λ;x)
L(λ, x) = ∏λe−αxj = λne j=1 . Из условия максимума		dL(λ;x)
L(λ, x) = ∏λe−αxj = λne j=1 . Из условия максимума		dλ
j=1		dλ

параметра λ*

= 0 получим

−λ∑xj

следующее уравнение: nλn−1e

j=1

− λn ∑xje

j=1 = 0. Отсюда следует λ* =

j=1

∑xj

n j=1

Найдем теперь оценку параметра λ* методом моментов.

∞

µ1(λ) = E[x] = ∫x λe−λxdx =

. Приравниваем к m1 =

∑xj . Отсюда получим:

n j=1

λ* =

. Таким образом, оценки параметра λ, полученные методом

m1 1

∑xj

j=1

максимального правдоподобия и методом моментов, совпали.

2.5. Точечная оценка параметров равномерного закона распределения

Пусть X Uα,β , где Uα,β – равномерный закон распределения с параметрами α,β.

Найдем оценки параметров α и βɵ методом моментов.

(α,β) = E[x] =

1 β

xdx =

α + β

, m (α,β) = E[x2

] =

x2dx =

β2 + αβ + α2

β − α ∫

Получим систему

α+ β = m1, 2

β2 + αβ + α2 = m2. 3

Решение системы: βɵ = m1 + 3m2 − m12 = m1 + 3σ, α = m1 − 3σ . Здесь

σ2 = m2 − m12 – дисперсия выборочного распределения. ►

2.6.Точечная оценка параметров биномиального закона распределения

Биномиальное распределение — распределение количества «успехов» в последовательности из n независимых случайных экспериментов, таких что вероятность «успеха» в каждом из них постоянна и равна p .

Определение. Пусть x1,x2,...,xn — конечная последовательность независимых случайных величин с распределением Бернулли, то есть

xi	= 1	p	, i =1,2,...,n
	0	q =1− p

Построим случайную величину Y :

x= ∑xi

i=1

Тогда x – число единиц (успехов) в последовательности x1,x2,...,xn , имеет биномиальное распределение с n степенями свободы и вероятностью «успеха» p . Распределения вероятностей задаётся формулой:

			f (x;n, p) = n px qn−x , k = 0,1,...,n ,
			x
n	=	n!
где			— биномиальный коэффициент

x		(n − x)!x!

Здесь x – количество появлений события в серии из n испытаний, при условии, что в единичном испытании вероятность его появления равна p .

Функция распределения биномиального распределения может быть записана в виде суммы:

F(x;n, p) = ∑x n pi qn−i

, i=0 i

Среднее значение равно E[x] = np , а дисперсия – D[x] = npq .

Биномиальное распределение зависит от одного параметра p .

Если имеется реализация из n испытаний, в которых событие наблюдалось m раз, то

несмещенной точечной оценкой максимального правдоподобия параметра p является

величина p		=	m	. Это следует из решения уравнения	df (x;n, p)	= 0.
величина p	n	=	n	. Это следует из решения уравнения	dp	= 0.
	n
						x=m
						x=m

2.7.Планирование экспериментов для оценки параметров распределений

2.7.1.Нормальное распределение

Оценка среднего при известной дисперсии

Объем выборки, необходимый для оценки среднего с заданной предельной абсолютной

ошибкой ε и доверительной вероятностью α при известной дисперсии σ2 определяется соотношением

n= uασ 2

ε .

Для α - квантили стандартного нормального распределения можно использовать аппроксимацию uα = 4,91[α0,14 − (1− α)0,14 ]. Тогда имеем

σ		α	0,14	− (1− α)	0,14	2
n = 24,108	ε	α		− (1− α)		.
	ε

Пример 2.6. Напряжение зажигания газоразрядного прибора распределено нормально со стандартным, отклонением σ = 50В. Найти объем выборки, позволяющий оценить среднее значение напряжения зажигания с предельной абсолютной ошибкой ε = 20В при доверительной вероятности α = 0,95.

Решение.	Имеем	n = 24,108	50	0,950,14	− (1− 0,95)0,14		2	=17 .	Следовательно,

			20
желаемая	точность	оценки с вероятностью ≥				0,95 достигается при			объеме выборки

n ≥17 .►

Оценка среднего при неизвестной дисперсии

Необходимый объем выборки определяется из соотношения

δ= ε = tα (n) s , x n x

где tα (n) – α -квантиль распределения Стьюдента при v = n степенях свободы; s и x –

выборочные оценки соответственно стандартного отклонения и среднего значения. Здесь δ

– относительная погрешность среднего.

Значения tα (n) приведены в табл. 4 (см. статистические таблицы).

Определение объема выборки происходит в следующей последовательности. Сначала по

заданным величинам δ =

табл. 3 находим значение

и α

tα (n)

и предполагаемому коэффициенту вариации w = s по

= δ/ w = ε и по нему определяем искомое значение n .

Если для найденного объема выборки n выборочное значение s окажется больше предполагавшегося, то эксперимент должен быть продолжен.

Пример 2.7. Определить необходимый объем выборки для оценки среднего значения с предельной относительной ошибкой δ = 0,4 при доверительной вероятности α = 0,95, если предполагаемое значение коэффициента вариации равно w =1.

Решение. Имеем t0,95 = δ/ w = 0,4 . Тогда из табл. 3 для α = 0,95 непосредственно

находим n = 26.►

2.7.2. Экспоненциальное распределение

Предположим, что в течение некоторого времени tи испытывается n приборов и при испытаниях обнаруживается r отказов. Необходимо определить значения n и r ,

p ≤ p0

обеспечивающие оценку интенсивности отказов λ0 с заданной относительной

предельной ошибкой δ при доверительной вероятности α .

При испытаниях невосстанавливаемых приборов требуемый объем выборки равен

n = λ0tиa(r,α) .

Значения коэффициента a(r,α) приведены в табл. 3 [1] (см. табл. 5, статистические таблицы).

Значения r находятся из соотношения b(r,α) = 1+ δ , где b(r,α) – коэффициент,

зависящий от r и α (см. табл. 6, статистические таблицы). По заданным α и δ сначала определяем b(r,α), затем по заданному значению α и вычисленному b(r,α) из табл. 6 находим r . Далее, для найденного значения r и заданного α по табл. 5 определяем значение a(r,α) , и по заданному tи и λ0 вычисляем требуемый объем выборки n . В

случае испытаний восстанавливаемых приборов может быть получена оценка необходимого времени испытаний

T ,

a(r,α)

где T0 – ожидаемое время наработки на отказ.

Пример 2.8. Найти требуемый объем испытаний для оценки интенсивности отказов

невосстанавливаемого прибора, если заданы время испытаний tи =1000ч., предельная

относительная ошибка δ = 0,2, предполагаемое значение интенсивности отказов λ

=10−3

доверительная вероятность α = 0,95.

Решение. Находим

= 0,833. Из табл. 6 для b(r,α) = 0,833 и α = 0,95

+ δ

1+ 0,2

находим r = 80. Из табл. 5 для r = 80 и α = 0,95 находим a(r,α) = 0,84. Тогда искомый

объем выборки n = 10−3 1000 0,84 = 95. ►

2.7.3 Биномиальное распределение

Предположим, что задано некоторое значение параметра биномиального распределения – p0 . Тогда, наименьший объем выборки, необходимый для того, чтобы подтвердить с вероятностью α , что равен

n = ln(1− α) . ln(1− p0 )

Если среди n испытанных приборов не будет ни одного отказа, то с вероятностью α можно утверждать, что p ≤ p0 .

Пример 2.9. Найти объем выборки, позволяющий с достоверностью α = 0,90 установить, что доля дефектных изделий в партии не превышает заданную величину p0 = 0,05.

Решение. Имеем n =	ln(1− α)	=	ln0,1	= 45. ►
	ln(1− p0 )
			ln0,95

Рассмотрим еще одну практическую задачу. Имеем совокупность из N приборов с r

дефектными приборами (доля дефектных приборов равна p0 ). Необходимо для

предполагаемой величины								доли		дефектных приборов p0 найти объем выборки n .
который с заданной достоверностью											α обеспечивает заданную длину доверительного
интервала l для оценки p0 . Необходимый объем выборки n в этом случае равен
									−1
			l2				1
n =					+
n =					+
	u12+α p0 (1− p0 )						N
									.
		2							.
Для квантили нормального распределения можно использовать аппроксимацию
2				1+ α		0,14				1− α 0,14 2
u1+α =		24,108							−
u1+α =		24,108							−
				2						2
2				2						2
												.

Пример 2.10. Найти объем выборки, позволяющий с достоверностью α = 0,90 установить, что доля дефектных изделий в партии не превышает заданную величину p0 = 0,05.

	n =	ln(1− α)	=	ln0,1	= 45
		ln(1− p0 )		ln0,95
Решение. Имеем					. ►

Пример 2.11. Необходимо найти объем выборки, при котором для заданной доли дефектных приборов p0 = 0,1 в партии из N = 200 приборов будет с вероятностью

α = 0,95 получен доверительный интервал для оценки p0 длиной l = 0,2.

					0,04		1	−1
	u1+α = u0,95 =1,96			n =		+			= 9
	u1+α = u0,95 =1,96				1,962 0,1 0,9	+	200		= 9
		2			1,962 0,1 0,9		200
Решение. Имеем		2	и						.►
Решение. Имеем			и						.►

Вопросы для самопроверки

1.Оценка неизвестных параметров закона распределения.

2.Что означают понятия точечные и интервальные оценки?

3.Понятие состоятельности, несмещенности и эффективности оценки.

4.Функция правдоподобия и оценка максимального правдоподобия.

5.Приближенное решение уравнения правдоподобия.

6.Приведите примеры применения метода максимума правдоподобия.

7.Метод моментов. Оценки математического ожидания и дисперсии случайной величины. Их свойства.

8.Метод наименьших квадратов оценки параметров.

9.Точечные оценки параметров нормального распределения.

10.Точечные оценки параметров экспоненциального распределения.

11.Точечные оценки параметров равномерного распределения.

12.Точечные оценки и параметров биномиального распределения.

13.Какой объем выборки необходим для оценки среднего при неизвестной дисперсии для нормальной случайной величины?

14.Какой объем выборки необходим для оценки среднего при известной дисперсии для нормальной случайной величины?

15.Какой объем выборки необходим для оценки параметра экспоненциального распределения?

16.Какой объем выборки необходим для оценки параметра биномиального распределения?

Тема 3. Интервальные оценки параметров распределений

3.1. Оценка параметров нормального распределения

Пусть случайная величина x имеет нормальное распределение N(µ,σ2), где σ > 0, µ R

			1		−	(x−µ)2
					−
с плотностью	f (x) =				e 2σ2 , x (−∞,∞).

		σ		2π
		σ		2π

Оценка при известной дисперсии σ2

Интервальные оценки с доверительной вероятностью α имеют вид:

µн (α) =

− u

, µв (α) =

+ u

где u

– γ -квантиль стандартного нормального распределения; γ =

1+ α

для двусторонней

оценки, γ = α для односторонней оценки.

В табл. 1 (см. статистические таблицы) приведены квантили стандартного нормального распределения. На практике удобно использовать аппроксимацию квантилей стандартного нормального распределения вида

0,4274

up =

2,0637 ln

− 0,16

−1,5774,

0,5 ≤ p ≤ 0,999

1− p

Оценка µ при неизвестной дисперсии

В этом случае интервальная оценка с доверительной вероятностью α имеет вид:

, µв (α) =

+ t

µн (α) =

− t

где t

– γ -квантиль распределения Стьюдента с v = n −1 степенями свободы; γ =

1+ α

для

двусторонней оценки, γ = α для односторонней оценки.

В работе [1] на стр. 52 приведены критические точки распределения Стьюдента. Аппроксимации для расчетов квантилей имеют вид

up , v > 30;

(v) =

+ 3

+15

up +1

5up

+16up

3up

+19up

+17up

96v2

384v3

Оценка дисперсии σ2

Интервальные оценки при доверительной вероятностью α равны

	1	n			1	n
(s2 )н =		∑(xi −	x	)2, (s2 )в =		∑(xi −	x	)
	2				2
	χγ′ i=1				χγ′′ i=1

, v ≤ 30

2 ,

<<< < Предыдущая 1 23 / 123 4 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.02.2023170.96 Кб5Прикладная математическая статистика.-2.pdf
#
05.02.2023855.72 Кб9Прикладная математическая статистика.-3.pdf
#
05.02.20231.59 Mб10Прикладная математическая статистика.-4.pdf
#
05.02.2023646.51 Кб6Прикладная математическая статистика.-5.pdf
#
05.02.20231.39 Mб7Прикладная математическая статистика.-6.pdf
#
05.02.20231.23 Mб9Прикладная математическая статистика.-7.pdf
#
05.02.20235.67 Mб10Прикладная математическая статистика..pdf
#
05.02.20231.61 Mб39Прикладная механика..pdf
#
05.02.2023783.97 Кб4Прикладная статистика..pdf
#
05.02.202386.68 Кб9Прикладная экология.-1.pdf
#
05.02.2023271.07 Кб49Прикладная экология.-2.pdf