Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Специальные разделы высшей математики. Практикум по математической статистике. Учебно-методическое пособие.pdf
4.3. Примеры типовых задач с решением 121
Таким образом, выборочное среднее и несмещенная выборочная диспер-
сия Y соответственно равны
m
n
X
1
*
=
Y
n
xi= 2,7310, S
i=1
2
Y
1
=
n − 1
n
X
i=1
(
yi− m
2
*
)
=
Y
1
·2,0652 = 0,2295.
10 − 1
Для проверки равенства дисперсия выдвигаем основную гипотезу
H0: σ
2
x
= σ
2
y
против конкурирующей гипотезы
H1: σ
2
x
= σ
2
.
y
При решении примера 4.4 получили оценки оценки для параметров вы-
бросов до установки очистных сооружений
*
m
= 2,9738, S
X
2
= 0,1763.
X
Вычислим значение статистики критерия по формуле (4.2)
F =
max
min
S
S
2
2
,S
X
Y
2
2
,S
X
Y
max(0,2295; 0,1763
=
min(0,2295; 0,1763
)
)
=
0,2295
= 1,3018.
0,1763
Для данного теста критическая область правосторонняя.
По таблице В.2 распределения Фишера находим критические значения
F
крит
= F
1−0,05
(
8 − 1; 10 − 1)= F
В силу того, что 1,3018 = F < F
= 3,29, то у нас нет оснований
крит
(
7; 9)= 3,29.
0,95
отвергнуть гипотезу H0, т.е. с вероятностью 0,95 можно считать дисперсии
выбросов до и после установки очистных сооружений одинаковы.
Пример 4.13. В условия примера 4.12 при уровне значимости
α = 0,05 проверить, является ли статистически обоснованным утверждение об уменьшении выброса в атмосферу вредных примесей.
Решение. Выдвигается гипотеза
H0: mX= mY,
122 Глава 4. ПРОВЕРКА СТАТИСТИЧЕСКИХ ГИПОТЕЗ
против двусторонней альтернативы
H1: mX> mY.
Так как при решении примера 4.12 мы приняли гипотезу о равенстве
дисперсий, то статистику критерия вычислим по формуле (4.4).
S =
(
n − 1)S
2
+(m − 1)S
X
2
Y
=
n + m − 2
(
=
8 − 1)· 0,2295 +(10 − 1)· 0,1763
= 0,4541,
8 + 10 − 2
далее
8 · 10
= 1,1272,
8 + 10
T =
m
*
X
− m
S
*
Y
nm
n + m
2,9738 − 2,7310
=
0,4541
Согласно вида альтернативной гипотезы делаем вывод, что критиче-
ская область правосторонняя.
По таблице Б.1 квантилей распределения Стьюдента находим критиче-
ское значение
T
крит
= t
(n + m − 2) = t
1−α
(8 + 10 − 2) = t
0,95
(16) = 1,7459.
0,95
В силу того, что
0,9606 =|T|< T
крит
= 2,0086
мы принимаем гипотезу о равенстве математических ожиданий. Следовательно, установка очистных сооружений не привела к уменьшению выбросов вредных веществ в атмосферу.
Пример 4.14. Две химические лаборатории исследовали 9 проб одним
и тем же методом. В результате получен процент содержания некоторого
вещества в соответствующих пробах.
X 16 21 15 24 22 18 24 23 14
Y 14 23 16 29 26 17 20 22 16
4.3. Примеры типовых задач с решением 123
Требуется на уровне значимости α = 0,05 определить, значимо ли различаются средние результаты анализов, в предположении, что каждый из
них распределен нормально.
Решение. Перейдем к разности случайных величин d = X − Y:
d 2 -2 -1 -5 -4 1 4 1 -2
вычислим выборочное среднее и исправленное среднее квадратическое отклонение выбросов d после установки очистных сооружений
xixi− m
*
X
(
xi− m
*
)
X
2 2,67 7,1111
-2 -1,33 1,7778
-1 -0,33 0,1111
-5 -4,33 18,7778
-4 -3,33 11,1111
1 1,67 2,7778
4 4,67 21,7778
1 1,67 2,7778
-2 -1,33 1,7778
Сумма -6,00 68,0001
Среднее -0,6667
2
Таким образом, выборочное среднее и несмещенная выборочная диспер-
сия d соответственно равны
m
n
X
1
*
=
d
n
xi= −0,6667, S
i=1
2
=
d
1
n − 1
n
X
i=1
(
yi− m
=
1
· 68,0001 = 8,5.
9 − 1
2
*
)
Y
Выдвинем гипотезу H0: md= 0 против H1: md= 0.
Так как выборки связанные, то вычислим статистику по формуле (4.7)
√
*
m
T =
n
d
S
d
−0,6667 ·√9
=
8,5
= −0,6860.
Критическая область двусторонняя.
124 Глава 4. ПРОВЕРКА СТАТИСТИЧЕСКИХ ГИПОТЕЗ
По таблице Б.1 определим критическое значение
t
Так как 0,6860 =|T|< t
крит
= t
(n − 1) = t
1− α/2
крит
(8) = 2,3060.
0,975
= 2,3060, то нет оснований предполагать,
что результаты анализов разнятся.
Пример 4.15. В течение 100 дней для проверки качества продукции
отбирались случайным образом партии из k=10 изделий и фиксировалось
количество нестандартных изделий в каждой партии. В результате проверки получены следующие данные
i 0 1 2 3 4 5
n
i
37 44 12 5 1 1
i — количество нестандартных изделий в партии, ni— количество дней,
когда фиксировалось i нестандартных изделий. Проверить гипотезу о том,
что данное предприятие выпускает 90% стандартных изделий, при α = 0,01
уровне значимости.
Решение. По условию задачи предполагается, что гипотетическое распределение генеральной совокупности имеет биномиальное распределение
B(m; p), количество изделий в партии (количество независимых испыта-
ний) m = 10, вероятность, что изделие нестандартное p = 0,1.
Итак, выдвигается основная гипотеза
H0: X ∼ B(m; p)= B(10; 0,01
)
против альтернативы
H1: X ∼/ B(10; 0,01
)
Вычислим гипотетические вероятности
P(X = 0)= C100· 0,10· 0,910= 0,3487;
P(X = 1)= C101· 0,10· 0,99= 0,3874;
P(X = 2)= C102· 0,10· 0,98= 0,1937;
P(X = 3)= C103· 0,10· 0,97= 0,0574;
P(X = 4)= C104· 0,10· 0,96= 0,0112;
4.3. Примеры типовых задач с решением 125
P(X > 5)= 1 − P(X = 0)− P(X = 1)− P(X = 2)− P(X = 3)− P(X = 4)=
= 1 − 0,3487 − 0,3874 − 0,1937 − 0,0574 − 0,0112 = 0,0016.
Для нахождения статистики критерия согласия χ2составим таблицу
промежуточных вычислений. При этом, так как n P(X = 4)= 1,12 < 5 и
n P(X > 5)= 0,16 < 5 объединим эти интервалы в один, просуммировав
соответствующие частоты и вероятности.
(ni − npi)
x
i
n
i
p
i
np
i
ni− np
(ni− npi)
i
2
npi
0 37 0,3487 34,87 2,13 4,5369 0,1301
1 44 0,3874 38,74 5,26 27,6676 0,7142
2 12 0,1937 19,37 -7,37 54,3169 2,8042
3 5 0,0574 5,74 -0,74 0,5476 0,0954
4–10 2 0,0128 1,28 0,72 0,5184 0,4050
Сумма 100 1 100 0 4,1489
Согласно формуле (4.10) имеем
χ2=
m
X
i=1
(
ni− np
np
2
)
i
= 4,1489,
i
2
С учетом того, что гипотетическое распределение полностью определено, по таблице Г.1 квантилей χ2-распределения найдем критическое значение
χ
2
крит
= h
1−0,01
(5 − 1) = h
2
(4) = 13,2767.
0,99
В силу того, что
4,1489 = χ2< χ
2
= 13,2767,
крит
то гипотеза H0принимается, т. е. с вероятностью 0,99 можно считать, что
данное предприятие выпускает 90% стандартных изделий.
126 Глава 4. ПРОВЕРКА СТАТИСТИЧЕСКИХ ГИПОТЕЗ
Пример 4.16. При испытании оборудования фиксировалось число отказов за определённое время. В результате 200 испытаний были получены
следующие данные
x
i
k
i
0 1 2 3 4
150 39 9 1 1
xi— количество оказов, ni— количество испытаний, в которых фиксирова-
лось i отказов. Проверить гипотезу о том, что число отказов имеет распределение Пуассона при при уровне значимости α = 0,05.
Решение. Выдвинем основную гипотезау
H0: X ∼ P(λ
)
против альтернативы
H1: X ∼/ P(λ
)
Оценим предварительно параметр λ. Оценкой для параметра λ распределения Пуассона является статистика λ*= m
*
. Вычислим среднее значе-
X
ние выборки
5
X
m
1
*
=
X
n
xini= 0 · 150 + 1 · 39 + 2 · 9 + 3 · 1 + 4 · 1 =
i=1
64
200
Следовательно, оценка неизвестного параметра равна λ*= 0,32.
Вычислим гипотетические вероятности
P(X = 0)=
0,420e
−0,42
= 0,7261;
0!
P(X = 1)=
0,421e
−0,42
= 0,2324;
1!
P(X = 2)=
0,422e
−0,42
= 0,0372;
2!
P(X = 3)=
0,423e
−0,42
= 0,0040;
3!
= 0,32.
P(X > 4)= 1 − P(X = 0)− P(X = 1)− P(X = 2)− P(X = 3)=
= 1 − 0,7261 − 0,0372 − 0,0372 − 0,0040 = 0,0003.
4.3. Примеры типовых задач с решением 127
Для нахождения статистики критерия составим таблицу промежуточных вычислений. При этом, так как n P(X = 3)= 0,8 < 5 и n P(X > 4)=
0,06 < 5 объединим эти интервалы в один, просуммировав соответствующие
частоты и вероятности.
(ni − npi)
x
i
n
i
p
i
np
i
ni− np
(ni− npi)
i
2
npi
0 150 0,7261 145,22 4,78 22,8484 0,1573
1 39 0,2324 46,48 -7,48 55,9504 1,2038
2 9 0,0372 7,44 1,56 2,4336 0,3271
больше 2 2 0,0043 0,86 1,14 1,2996 1,5112
Сумма 200 1 200 0 3,1994
Согласно формуле (4.10) имеем
χ2=
m
X
i=1
(
ni− np
np
2
)
i
= 7,9922,
i
С учетом того, что гипотетическое распределение не полностью опре-
2
делено: по выборке оценивается один параметр, по таблице Г.1 квантилей
χ2-распределения найдем критическое значение
χ
2
крит
= h
1−0,01
(4 − 1 − 1) = h
2
(2) = 5,9915.
0,95
В силу того, что
3,1994 = χ2< χ
2
крит
= 5,9915,
то гипотеза H0принимается, т. е. с вероятностью 0,95 можно считать, что
число отказов подчиняется распределению Пуассона.
Пример 4.17. В итоге испытаний 1000 элементов на время безотказной
работы (часах) получены следующие данные.
(
α
i−1
; α
] (
i
0; 10
] (
10; 20
] (
20; 30
] (
30; 40
] (
40; 50
] (
50; 60
] (
60; 70
]
n
i
365 245 150 100 70 45 25
128 Глава 4. ПРОВЕРКА СТАТИСТИЧЕСКИХ ГИПОТЕЗ
(
α
i−1
]
; α
— интервал времени безотказной работы, ni— число отказавших
i
элементов соответствующих этому интервалу.
Требуется при уровне значимости α = 0,01 проверить гипотезу о том,
что данные в генеральной совокупности распределены по показательному
закону.
Решение. Выдвинем основную гипотезау
H0: X ∼ Exp(λ
)
против альтернативы
H1: X ∼/ Exp(λ
)
Оценим предварительно параметр λ. Оценкой для параметра λ экспо-
−1
*
ненциального распределения является статистика λ*=(m
)
. Для вычис-
X
ления значения этой статистики, а также, используя это значение, гипотетических вероятностей попадания случайной величины X в интервалы
разбиения, составим следующую таблицу
α
i−1
α
˜
x
i
n
i
˜
xin
i
F(α
i
i−1
)
F(α
)
i
p
i
0 10 5 365 1825 0,0000 0,3935 0,3935
10 20 15 245 3675 0,3935 0,6321 0,2386
20 30 25 150 3750 0,6321 0,7769 0,1448
30 40 35 100 3500 0,7769 0,8647 0,0878
40 50 45 70 3150 0,8647 0,9179 0,0532
50 60 55 45 2475 0,9179 0,9502 0,0323
60 ∞ 65 25 1625 0,9502 1,0000 0,0498
Сумма 1000 20000 1
*
m
λ
X
*
20
0,05
Составим вспомогательную таблицу для нахождения статистики
χ2-критерия.
4.4. Задачи 129
(ni − npi)
(
α
i−1
[
0; 10
(
10; 20
(
20; 30
(
30; 40
(
40; 50
(
50; ∞
; α
]
i
]
]
]
]
]
)
n
i
365 0,3935 393,5 -28,50 812,2500 2,0642
245 0,2386 238,6 6,40 40,9600 0,1717
150 0,1448 144,8 5,20 27,0400 0,1867
100 0,0878 87,8 12,20 148,8400 1,6952
70 0,0532 53,2 16,80 282,2400 5,3053
45 0,0323 32,3 12,70 161,2900 4,9935
p
i
np
i
ni− np
(ni− npi)
i
2
npi
60–70 25 0,0498 49,8 -24,80 615,0400 12,3502
Сумма 1000 1 1000 0 26,7668
Согласно формуле (4.10) имеем
2
χ2=
m
X
i=1
(
ni− np
np
2
)
i
= 26,7668,
i
С учетом того, что по выборке оценивается один параметр, по таблице
Г.1 квантилей χ2-распределения найдем критическое значение
χ
2
крит
= h
1−0,01
(4 − 1 − 1) = h
2
(2) = 11,0705.
0,95
В силу того, что
26,7668 = χ2> χ
2
= 11,0705,
крит
то гипотеза H0отклоняется, т.е. с вероятностью 0,95 нельзя считать, что
время безотказной работы подчиняется экспоненциальному распределению.
4.4 Задачи
Задача 4.1. По результатам n = 16 замеров установлено, что выбороч-
ное среднее время (в секундах) изготовления детали m
что время изготовления — нормально распределенная случайная величина
*
= 40. Предполагая,
X
130 Глава 4. ПРОВЕРКА СТАТИСТИЧЕСКИХ ГИПОТЕЗ
с дисперсией σ2= 9, проверить гипотезу о том, что выборка изъята из
распределения с математическим ожиданием равным mX= 42 при уровне
значимости α = 0,05.
Задача 4.2. По выборке n = 16 из нормальной генеральной совокуп-
ности найдены m
*
= 12,4 и среднее квадратическое отклонение S = 1,2.
X
Проверить гипотезу о том, что среднее генеральной совокупности значимо
больше 11,8 при уровнях значимости:
а) 0,1; б) 0,05; в) 0,01.
Задача 4.3. Нормативный расход автомобильного двигателя составля-
ет 10 л на 100 км. После конструктивных изменений, направленных на
уменьшение этого показателя, были получены следующие результаты 10
тестовых заездов: Расход топлива в литрах на 100 км
9,64 10,13 9,71 9,44 10,35 9,95 9,92 10,11 9,61 9,32
На уровне значимости α = 0,01 выяснить, действительно ли расход топ-
лива стал меньше.
Задача 4.4. Точность работы станка–автомата проверяется по диспер-
сии σ
2
контролируемого размера X изделий, которая не должна превышать
X
0,15. По данным из 25 отобранных изделий вычислена несмещенная оценка
дисперсии, равная S
2
= 0,25. Выяснить при уровне значимости α = 0,05,
X
обеспечивает ли станок требуемую точность.
Задача 4.5. Размер обработанных на некотором станке деталей может
быть рассмотрен как случайная величина , распределенная по нормальному закону. Для контроля качества деталей было произведено 60 измерений.
В результате получена несмещенная оценка дисперсии S
2
= 6,2. При уровне
X
значимости α = 0,01 проверить, является ли статистически обоснованным
утверждение производителя о равенстве дисперсии размера детали заданному значению σ0= 4,1.
Задача 4.6. В условии задачи 4.5 при уровне значимости α = 0,01 про-
верить, является ли статистически значимой гипотеза о том, что дисперсии
размера детали превосходит значение σ0= 4,1.