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
Таблица 8.9 – дискретный вариационный ряд частот
271
¯
xin
21,25 2 42,500 -9,045 163,624050 -1479,979532 13386,414869
23,95 4 95,800 -6,345 161,036100 -1021,774055 6483,156376
26,65 16 426,400 -3,645 212,576400 -774,840978 2824,295365
29,35 23 675,050 -0,945 20,539575 -19,409898 18,342354
32,05 17 544,850 1,755 52,360425 91,892546 161,271418
34,75 13 451,750 4,455 258,011325 1149,440453 5120,757218
37,45 5 187,250 7,155 255,970125 1831,466244 13104,140979
Сумма 80 2423,6 1124,118000 -223,205220 41098,378578
Среднее 30,295 14,051475 -2,79006525 513,7297322
i
¯
xin
¯
xi− mX(¯xi− mX)2ni(¯xi− mX)3ni(¯xi− mX)4n
i
i
Решение. На основе интервального вариационного ряда 8.4, построен-
ного при решении задачи 5, запишем дискретный вариационный ряд частот,
дополнив его таблицу промежуточными вычислениями
1) а) Вычислим выборочное среднее согласно определению 3.7 и фор-
муле (3.1):
m
X
m
*
x
= ν
1
*
=
1
n
i=1
˜
x
k
ni=
i
1
· 2423,6 = 30,295.
80
Для вычисления моды и медианы вернемся к рассмотрению выборки
представленной в виде интервального вариационного ряда частот niи накопленных частот νi= n1+ n2+ . . . + ni:
(
; α
19,9; 22,6
]
i
(
α
i−1
n
i
ν
i
] (
22,6; 25,3
2 4 16 23 17 13 5
2 6 22 45 62 75 80
] (
25,3; 28,0
] (
28,0; 30,7
] (
30,7; 33,4
] (
33,4; 36,1
] (
36,1; 38,8
]
б) При нахождении медианы сначала определим медианный интер-
вал, т. е. интервал накопленная частота которого впервые превышает
n
/2 =80/2 = 40. Это четвертый интервал, в таблице выделенный серым
цветом:(28,0; 30,7].
272 Глава 8. РЕШЕНИЕ СИГНАЛЬНОГО ВАРИАНТА
А затем — значение медианы по формуле (3.8). В которой
X нижняя граница медианного интервала: αM= 28,0 ;
X величина медианного интервала: hM= 2,7;
X частота медианного интервала: nM= 23;
X накопленная частота интервала, предшествующего медианному:
ν
M−1
= 22.
Тогда
n
Me*= αM+ h
M
/2 − ν
n
M
M−1
= 28,0 + 2,7 ·
40 − 22
≈ 30,11304.
23
в) При нахождении моды сначала определим модальный интервал, т. е.
интервал с максимальной частотой. Это четвертый интервал:(28,0; 30,7],
он совпадает с медианным.
После чего вычислим значение моды по формуле (3.9), в которой
X нижняя граница модального интервала: αM= 28,0;
X величина модального интервала: hM= 2,7;
X частота модального интервала: nM= 23;
X частота интервала, который предшествует модальному: n
X частота интервала, который следует за модальным: n
M+1
M−1
= 17.
Таким образом, получаем:
Mo*= αM+ h
M
(
nM− n
nM− n
M−1
)+(
M−1
nM− n
M+1
=
)
23 − 16
= 28,0 + 2,7 ·
(
23 − 16)+(23 − 17
≈ 29,45385.
)
г) Выборочную дисперсию вычислим следуя определению 3.8 по фор-
муле (3.2):
D
*
x
= µ
m
X
1
*
=
2
n
i=1
˜
(
xi− ν
*
1
k
)
ni=
m
X
i=1
˜
(
xi− ν
k
*
)
p
1
1
*
=
i
1124,118 = 14,051475.
80
= 16;
273
д) Согласно определению 3.8 среднее квадратическое отклонение равно:
σ
*
x
=D
*
=√14,051475 ≈ 3,748530.
x
е) Вычислим по формуле 3.4 определения 3.9 несмещённую дисперсию
2
S
X
=
n
n − 1
D
*
x
2
S
x
=
80
· 14,051475 ≈ 14,22934.
80 − 1
ж) Согласно определению 3.10 исправленное среднее квадратическое
отклонение равно
Sx=S
2
≈√14,22934 ≈ 3,77218
x
з) Используя формулу (3.5) выборочный коэффициент вариации V*;
*
V*=
σ
x
· 100%≈
*
m
x
3,748530
· 100%≈ 12,37%.
30,295
В силу того, что V*≈ 12,37%< 30%, то выборку можно считать одно-
родной.
Согласно формуле (3.2) вычислим третий и четвертый центральные мо-
менты:
m
X
µ
µ
1
*
=
3
n
1
*
=
4
n
i=1
m
X
i=1
˜
(
xi− ν
˜
(
xi− ν
*
1
)
*
1
3
4
)
ni=
ni=
1
· (−223,205220) = −2,79006525
80
1
· 41098,378578 = 513,7297322.
80
и) Вычислим коэффициент асимметрии по формуле (3.6)
As*=
*
µ
3
=
3
(
)
σ
x
*
µ
3
(
)
σ
x
−2,79006525
=
3
(3,748530)
≈ 0,052970 < 0.
3
Так как As*не значительно меньше нуля, то более пологий «спуск» по-
лигона и гистограммы наблюдается слева, т. е. асимметрия левосторонняя,
хотя и не сильная.
к) Вычислим коэффициент эксцесса по формуле (3.7)
*
Ex*=
µ
4
− 3 =
4
(
)
σ
x
513,7297322
(3,748530)
− 3 ≈ −0,398099 < 0.
4
274 Глава 8. РЕШЕНИЕ СИГНАЛЬНОГО ВАРИАНТА
В силу того, что Ex*< 0, то гистограмма выборки имеет более пологую
вершину по сравнению с нормальной кривой.
2) а) Для построения доверительного интервала для математического
ожидания m генеральной совокупности, если дисперсия известна и равна
σ2= 16, воспользуемся формулой (3.14). По условию задачи доверительная
(
)
вероятность равна γ = 0,9, следовательно
1+γ
/2 = 0,95. Используя таблицу
А.2, найдем квантиль стандартного нормального распределения
z
(1+γ)
С учетом того, что m
= z
/2
*
= 30,295 и σ =√σ2= 4 , согласно формуле (3.14)
X
(1+0.9)
/2
= z
= 1,6449.
0.95
c вероятностью γ = 0,9 справедливо соотношение:
mx∈30,295 − 1,6449
4
√
; 30,295 − 1,6449
80
√
4
.
80
После простых арифметических вычислений окончательно получаем
0,9-доверительный интервал:
mx∈(29,55938; 31,03062).
б) Для построения доверительного интервала для математического
ожидания m при неизвестной дисперсии воспользуемся формулой (3.4). Используя таблицу Б.1, найдем квантиль распределения Стьюдента с n − 1
степенями свободы:
t
(1+γ)
(
n − 1)= t
/2
С учетом того, что m
(1+0.9)
*
= 30,295 и SX≈ 3,77218 , согласно формуле (3.14)
X
(
n − 1)= t
/2
(
n − 1)= 1,6644.
0.95
c вероятностью γ = 0,9 справедливо соотношение:
mx∈30,295 − 1,6644
3,77218
√
79
; 30,295 + 1,6644
3,77218
√
79
.
В итоге, после арифметических вычислений получаем 0,9-доверительный
интервал:
29,58862 < mX< 31,00138.
в) Для построения доверительного интервала для неизвестной диспер-
сии σ
2
, используем формулу (3.16).
x
Используя аппроксимацию 3.17 квантили χ2-распределения стандарт-
ным нормальным, по таблице А.2 найдем квантили:
275
h1= h
h1= h
(1−γ)
(1+γ)
≈
(
n − 1)= h
/2
√
1
≈
2
(
n − 1)= h
/2
√
1
2 · 79 − 1 + z
2
(1−0,9)
2 · 79 − 1 + z
(1+0,9)
(
80 − 1)= h
/2
2
0,05
(
80 − 1)= h
/2
2
0,95
≈
≈
(79)
0,05
√
1
≈
2 · 79 − 1 − 1,6449
2
(79)
0,95
√
1
≈
2 · 79 − 1 + 1,6449
2
Тогда, согласно (3.16), можем записать:
(
80 − 1)· 14,22934
P
100,74862
< σ
(
2
x
80 − 1)· 14,22934
<
59,52229
Откуда следует, что с вероятностью γ = 0,9 справедливо
2
σ
∈(11,15765; 18,88566).
x
2
≈ 59,52229
2
≈ 100,74862
= 0,9.
Задание 8. Для оценки качества выпускаемой продукции были выбо-
рочно исследованы n изделий. При этом были обнаружены k деталей, не
удовлетворяющих стандарту. Используя три метода, построить доверительный интервал уровня γ для истинной вероятности извлечения нестандартной детали. Уровень доверия выбрать γ = 0,95. Выполнить вычисления
для n = 225 и k = 9.
Решение. Итак, несмещенной и состоятельной оценкой неизвестной ве-
роятности p, согласно (3.18), является
p*=
k
n
=
9
= 0,04.
225
Соответственно, оценка вероятности извлечения стандартной детали равна
q*= 1 − p*= 1 − 0,04 = 0,96.
276 Глава 8. РЕШЕНИЕ СИГНАЛЬНОГО ВАРИАНТА
По таблице А.2 квантилей стандартного нормального распределения
найдем
z
(1+γ)
/2
= z
(1+0,95)
/2
= z
0,975
= 1,96.
1. Построим доверительный интервал согласно формуле (3.19)
P0,04 − 1,96
0,04 · 0,96
< p < 0,04 + 1,96
225
0,04 · 0,96
225
или
P(0,01439 < p < 0,06560)= 0,9.
2. Согласно формуле (3.20)
P0,04 − 1,96
√
0,5
< p < 0,04 + 1,96
225
√
0,5
≥ 0,9
225
или
P(0,0,00667 < p < 0,07333)≥ 0,9.
= 0,9
3. Согласно формулам (3.22) и (3.23): p1= 0,039940, p2= 0,055504.
Следовательно,
P(0,039940 < p < 0,055504)= 0,9.
Как видим интервал, полученный вторым способом, самый длинный из
этих трех.
Тема 4. Проверка статистических гипотез
Задание 9. По представленной в задании 4 выборке проверить гипотезу
о соответствии эмпирического закона распределения биномиальному при
уровне значимости α = 0,01. Параметр k биномиального распределения
B(k; p) считать известным, положив его k =
max
(xi).
Решение. Биномиальное распределение B(k; p) зависит от двух пара-
метров k и p. По условию задачи k =
max
(xi) = 9. Параметр p неизвестен и
для решения данной задачи его необходимо ценить. Следуя методу моментов (п. 3.1.3, стр. 71), необходимо решить уравнение
277
M(X)= m
*
.
X
Подставив в него значение M(X)= kp, получим уравнение
kp = m
*
.
X
Решением последнего уравнения является оценка для параметра p:
*
m
p =
X
.
k
При решении задачи 6, на основании дискретного вариационного ряда
частот, представленного в таблице 8.1, мы получили, что m
*
= 6,28. Под-
X
ставляя это значение в последнюю формулу для оценкиp параметра p,
получим численные значения оценки
p = 0,7.
По формуле (1.17) вычислим вероятности pi.
p0= P(X = 0)= 0,00002; p1= P(X = 1)= 0,00041
p2= P(X = 2)= 0,00386; p3= P(X = 3)= 0,02100
p4= P(X = 4)= 0,07351; p5= P(X = 5)= 0,17153
p6= P(X = 6)= 0,26683; p7= P(X = 7)= 0,26683
p8= P(X = 8)= 0,15566; p9= P(X = 9)= 0,04035
При этом, т. к. ожидаемые частоты для событий X = 0, X = 1, X = 2 и
X = 3 меньше 5, то объединим их в один интервал, просуммировав при этом
их эмпирические частоты, гипотетические вероятности и частоты соответственно.
Для нахождения статистики критерия согласия χ2составим таблицу
промежуточных вычислений. В этой таблице первый и последний интервал
имеют гипотетические частоты меньше 5, но чтобы не уменьшать мощность
критерия мы их не объединяем с соседними (на хвостах распределения
частота должна быть не меньше 1, и это условие выполнено).
278 Глава 8. РЕШЕНИЕ СИГНАЛЬНОГО ВАРИАНТА
(ni−npi)
i x
n
i
i
p
i
np
i
ni− np
(ni− npi)
i
2
npi
1 0–3 4 0,02530 2,530 1,470 2,1609 0,8541
2 4 4 0,07351 7,351 -3,351 11,2292 1,5276
3 5 16 0,17153 17,153 -1,153 1,3294 0,0775
4 6 35 0,26683 26,683 8,317 69,1725 2,5924
5 7 21 0,26683 26,683 -5,683 32,2965 1,2104
6 8 17 0,15566 15,566 1,434 2,0564 0,1321
7 9 3 0,04035 4,035 -1,035 1,0712 0,2655
Сумма 6,6596
Согласно формуле (4.10) имеем
χ2=
7
X
i=1
(
ni− np
np
2
)
i
= 6,6596,
i
2
По таблице Г.1 квантилей χ2–распределения найдем критическое зна-
чение
χ
2
крит
= h
1−0,01
(7 − 1 − 1) = h
2
(5) = 15,086.
0,99
В силу того, что
χ2< χ
2
крит
,
то гипотеза H0принимается, т. е. с вероятностью 0,99 можно считать, что
генеральная совокупность имеет биномиальное распределение.
Задание 10. По представленной в задании 5 выборке проверить ги-
потезу о соответствии эмпирического закона распределения нормальному.
Уровень значимости выбрать α = 0,05.
Решение. При решении задания 5 мы построили интервальный вариа-
ционный ряд частот (см. таблицу 8.4):
В силу того, что область значений нормальной случайной величины
(
−∞; +∞), то расширим первый и последний интервалы слева до −∞ и
справа до +∞соответственно.
279
№
(
n
i−1
; α
]
i
α
i
1 2 3 4 5 6 7
(
19,9; 22,6
] (
22,6; 25,3
2 4 16 23 17 13 5 80
] (
25,3; 28,0
] (
28,0; 30,7
] (
30,7; 33,4
] (
33,4; 36,1
При решении задания 7 мы нашли эмпирическое среднее m
] (
36,1; 38,8
*
X
P
]
≈ 30,3 и
исправленное среднее квадратическое отклонение SX≈ 3,77.
*
αi−m
Введем обозначение zi=
X
, тогда используя формулу (1.36) и таб-
S
X
лицу А.1 стандартного нормального распределения, вычислим гипотетиче-
)
; α
]
.
i
)
F(z
i
p
i
ские вероятности попадания в интервалы pi=(α
i α
i−1
α
i
z
i−1
z
i
F(z
i−1
i−1
1 −∞ 22,6 −∞ -2,04 0,0000 0,0207 0,0207
2 22,6 25,3 -2,04 -1,33 0,0207 0,0918 0,0711
3 25,3 28,0 -1,33 -0,61 0,0918 0,2709 0,1791
4 28,0 30,7 -0,61 0,11 0,2709 0,5438 0,2729
5 30,7 33,4 0,11 0,82 0,5438 0,7939 0,2501
6 33,4 36,1 0,82 1,54 0,7939 0,9382 0,1443
7 36,1 +∞ 1,54 +∞ 0,9382 1,0000 0,0618
Вычислим гипотетические частоты интервалов.
i
1
2
(
α
i−1
(
−∞; 22,6
(
22,6; 25,3
; α
]
i
]
]
ni pi npi
2 0,0207 1,65600
4 0,0711 5,68800
3
4
5
6
7
(
25,3; 28,0
(
28,0; 30,7
(
30,7; 33,4
(
33,4; 36,1
(
36,1; +∞
]
]
]
]
)
16 0,1791 14,32800
23 0,2729 21,83200
17 0,2501 20,00800
13 0,1443 11,54400
5 0,0618 4,94400
Так как гипотетическая частота первого интервала np1= 1,65600 < 5,
280 Глава 8. РЕШЕНИЕ СИГНАЛЬНОГО ВАРИАНТА
объединим его со вторым. После чего вычислим статистику критерия, для
этого составим следующую таблицу:
(ni−npi)
i
1
2
3
4
5
6
(
α
i−1
(
−∞; 25,3]6 0,0918 7,34400 -1,34400 1,806336 0,245961
(
25,3; 28,0]16 0,1791 14,32800 1,67200 2,795584 0,195113
(
28,0; 30,7]23 0,2729 21,83200 1,16800 1,364224 0,062487
(
30,7; 33,4]17 0,2501 20,00800 -3,00800 9,048064 0,452222
(
33,4; 36,1]13 0,1443 11,54400 1,45600 2,119936 0,183640
(
36,1; +∞
; α
]
n
i
i
)
5 0,0618 4,94400 0,05600 0,003136 0,000634
p
i
np
i
ni− npi(ni− npi)
2
2
npi
Сумма 1 80 0 1,140057
С учетом того, что количество интервалов разбиения m = 6, число оцененных по выборке параметров s = 2, то число степеней свободы статистики
равно m −s −1 = 6 − 2− 1 = 3. По таблице Г.1 найдем критическое значение
2
χ
крит
= h
1−0,05
(3) = h
(3) = 7,81473
0,95
В силу того, что
χ2< χ
2
крит
,
то гипотеза H0принимается, т. е. с вероятностью 0,95 можно считать, что
выборка изъята из нормального распределения.
Задание 11. Предположим, что пять первых строк таблицы задания
5 являются измерениями случайной величины X (первая линия производства), а три последние — измерениями случайной величины Y (вторая линия). Проверить гипотезу о равенстве математических ожиданий mXи m
величин X и Y соответственно. Уровень значимости выбрать α = 0,01.
Решение. Итак, выборка X объема n = 50 имеет вид
37,2 32,5 33,3 28,6 30,2 36,0 34,9 26,0 33,5 33,2
28,6 26,8 24,6 29,5 30,6 29,4 33,2 32,0 25,9 33,3
Y
32,0 36,4 30,1 22,7 27,7 26,8 37,9 29,1 34,0 30,2
28,8 31,0 30,2 31,7 25,1 32,2 21,3 38,6 27,9 34,2
32,2 33,5 33,3 36,4 26,8 27,5 34,1 25,4 28,1 22,9