Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Методы математической статистики. Учебное пособие
.pdf
В качестве σ иногда используют выборочное среднеквадратическое от-
клонение S =
X
2
− (X)
2
.
При обоих подходах значение A выбирается на основании уровня доверия γ так, чтобы вероятность стандартной нормальной случайной величине попасть в интервал от −A до A равнялась γ:
Φ
(A) − Φ0(−A) = 2Φ0(A) = γ,
0
следовательно, Φ
1.33 По выборке X
(A) = γ/2 (см. табл. 4 в приложении).
0
,...,X
1
из распределения Бернулли с параметром p
n
найти асимптотический доверительныйинтервал для этого параметра уровня доверия γ на основании первого и второго подхода.Вычислить его в случае, когда X = 0, 5, n = 100, γ = 0, 95.
Решение. Известно, что для случайной величины X1, имеющей распре-
деление Бернулли, MX
при использовании первого подхода перепишется в виде
= p и DX1= p(1 − p). Поэтому неравенство
1
−A <
−A <
√
n(X − m(ϑ))
σ(ϑ)
√
n(X − p)
p(1 − p)
< A
< A.
Если возвести его в квадрат, то получим неравенство
p(1 − p)
2
< A
2
.
n(p −X)
Домножая на знаменатель и раскрывая скобки, получим:
2
n(p
− 2pX + (X)2) < A
2
p − A2p
2
или
(n + A2)p2− (2nX + A2)p + n(X)2< 0.
2
X(1 −X)
< p < p
2)2
− 4(n + A2)n(X)2=
2
X(1 − X) > 0,
,
, где мы через p1обо-
2
Дискриминант этого неравенства D = (2nX + A
2
4n
(X)2+ 4nA
поэтому квадратный трехчлен имеет 2 корня
а решением неравенства будет интервал p
2
X + A
4
− 4n2(X)2− 4nA2(X)2= A4+ 4nA
p
1,2
(2nX + A2±
=
4
A
2(n +A
+ 4nA
2
)
1
значили меньший корень, а через p2— больший. Таким образом, асимптотический доверительный интервал имеет вид
(2nX + A
где A находится из условия Φ
Если γ = 0, 95, то Φ
значения n = 100 и X = 0, 5, получим p
2
−
4
A
2(n +A
2
+ 4nA
X(1 −X)
2
)
(A) =
0
(A) = 0, 475, и A ≈ 1, 96. Подставим в формулу
0
(2nX + A2+
;
γ
.
2
1
4
+ 4nA
2
)
2
X(1 −X)
A
2(n +A
≈ 0, 40383, p2≈ 0, 59617, довери-
,
тельный интервал: (0, 40383; 0, 59617).
21
При использовании второго подхода мы заметим, что σ =
будет состоятельной оценкой для σ =
DX
=
p(1 − p). Это следует из
1
X(1 − X)
того, что X — состоятельная оценка для p, и из непрерывности функции
y =x(1 − x). Поэтому неравенство
перепишется в виде:
или
Выразим отсюда p:
−A
X(1 −X)
X −A
Асимптотический доверительный интервал имеет вид:
X −A
−A <
−A <
√
n
X(1 −X)
n
X(1 −X)
√
n(X − m(ϑ))
σ
√
n(X − p)
X(1 −X)
< p −X < A
< p < X + A
; X + A
n
< A
< A
X(1 −X)
X(1 −X)
√
n
X(1 −X)
n
n
.
.
.
Если подставить в это выражение A ≈ 1, 96, n = 100, X = 0, 5, то получим
доверительный интервал: (0, 402; 0, 598).
1.34 По выборке X
,...,X
1
из распределения Пуассона с параметром λ
n
найти асимптотический доверительныйинтервал для этого параметра уровня доверия γ на основании первого и второго подхода.Вычислить его в случае, когда X = 2, n = 36, γ = 0, 9. Какой асимптотический доверительный
интервал можно построить, если известно, что X
Ответ:
1)
X +
2)
X −A
X −A
1.35 По выборке X
2
A
2n
S
−
X
n
2
; X + A
n
A
4nX + A
2n
; X + A
2
; X +
X
; (1, 6122; 2, 3878).
n
2
S
; (1, 7258; 2, 2742).
n
,...,X
1
2
A
A
4nX + A
+
2n
из показательного распределения с парамет-
n
2n
2
= 5?
2
; (1, 6480; 2, 4271).
ром α найти асимптотический доверительный интервал для этого парамет-
ра уровня доверия γ на основании первого и второго подхода. Вычислить
его в случае, когда X = 4, n = 64, γ = 0, 98.
Ответ: 1)
2)
X(1 +
1
A
1
√
(1 −
X
1
;
A
√
)
X(1 −
n
);
n
X
1
; (0, 1936; 0, 3528).
A
√
)
n
(1 +
A
√
)
; (0, 1771; 0, 3229).
n
22
1.36 По выборке X
,...,X
1
из равномерного распределения на отрезке
n
от 0 до ϑ найти асимптотический доверительный интервал для параметра ϑ
уровня доверия γ на основании первого и второго подхода. Вычислить его
в случае, когда X = 8, n = 144, γ = 0, 8.
Ответ: 1)
2)2X −
2AX
√
3n
2√3n ·X
√
3n +A
;2X +
3n −A
; (15, 0718; 17, 05).
; (15, 0146; 16, 9854).
2AX
√
3n
;
2√3n ·X
√
1.37 Студент предполагает, что последовательные интервалы междупри-
ходами маршрутных такси на остановку независимы и распределены по
показательному закону с математическим ожиданием ϑ. По результатам 16
наблюдений суммарное время ожидания составило 64 минуты. Найти доверительный интервал для параметра ϑ уровня доверия 0,95 на основании
первого и второго подхода.
Ответ: 1)
7 мин 51 сек.
2)
X(1 −
A
√
); X(1 +
n
1 +
X
X
;
A
√
1 −
n
√
;2, 6846; 7, 8430,т.е.от2мин41секдо
A
√
n
A
)
; (2, 0400; 5, 9600),т.е.от2мин2секдо
n
5 мин 58 сек.
23
Глава 2.
Проверка статистических
гипотез.
2.1. Основные сведения.
Статистической гипотезойназываетсявсякоевысказывание о генераль-
нойсовокупности- изучаемой случайной величине, проверяемое по резуль-
татам наблюдений (по выборке), не располагая сведениями о всей генеральной совокупности, по определенным правилам. По выборочным данным делают вывод о том, можно принять эту гипотезу или нет. Процедура
сопоставления высказанной гипотезы с выборочными данными называется проверкой гипотезы. Обычно гипотезы обозначаются H, H
Гипотезы бывают простые и сложные. Простой называется гипотеза,
однозначнофиксирующая закон распределенияслучайной величины. В противном случае гипотеза называется сложной. Допустим, генеральная сово-
купность Х имеет нормальный закон распределения. Обозначим через a
математическое ожидание Х, σ2- дисперсию. Предположим, что дисперсия σ2известна. Тогда гипотеза H0: a = a
ное число, - простая гипотеза, H0: a > a0(или H0: a < a0) - сложная
односторонняя гипотеза, H
за. Если неизвестны и математическое ожидание и дисперсия, то гипотеза
H
: a = a0- сложная гипотеза, т.к. дисперсия неизвестна и, значит, закон
0
распределения случайной величины не фиксируется однозначно.
На первом шаге, имея выборочные данные и руководствуясь конкретными условиями рассматриваемой задачи, формулируют гипотезу H0,ко-
0
: a
< a < a
0
, где a
0
- сложная двусторонняя гипоте-
1
- фиксированное извест-
0
, H1, ....
0
24
торую называют нулевой (основной) и гипотезу H1, конкурирующую с ги-
потезой H0. Ее часто называют альтернативнойгипотезой. По данной вы-
борке будет принято решение - справедлива ли гипотеза H0, или гипотеза
H
. Необходимо отметить, что как правило в математической статистике
1
не делается категорический вывод - "гипотеза H0истинна или гипотеза H
ложна. О гипотезе делается вывод - вероятность справедливости гипотезы
H
большая, чтобы ее принять, или "гипотеза H0не отвергается или "гипо-
0
теза H0не противоречит выборочным данным".
На втором шаге задается вероятность α, которую называют уровнемзна-
чимости. Так как высказывание, что H
справедлива для генеральной со-
0
вокупности принимается по выборочным данным, т.е. по ограниченному
числу наблюдений, то решение может быть ошибочным. Если гипотеза H
отвергается (т.е., принимается гипотеза H1), а на самом деле гипотеза H
верна, то совершается ошибка первого рода. Уровень значимости - это вероятность ошибки первого рода, равна α. Вероятность α задается заранее
малым числом. Обычно используются значения α : 0, 05; 0, 01; 0, 005; 0, 001.
Для этих значений составлены таблицы.
Если принимается гипотеза H0, а верна конкурирующая гипотеза H1,
то совершается ошибка второго рода. Вероятность сделать ошибку второго
родаобозначается часто β. Отметим, что в результате проверки относительно гипотезы H0может быть принято и правильное решение. Вероятность
этого решения равна 1 − α. Если не принимают гипотезу H0(т.е. принимают гипотезу H1), тогда как и на самом деле гипотеза H0не верна, то вероятность этого решения равна 1 − β.
На третьем шаге находят величину φ = φ(X
чайной выборки (X
,...,X
1
).По ее значениям выносят решение о "расхож-
n
дении выборки с гипотезой H0". Величина φ(X
личина т.к. выборка X
,...,X
1
случайна и она подчиняется при выполне-
n
,...,X
1
,...,X
1
), зависящую от слу-
n
) есть случайная ве-
n
нии гипотезы H0некоторому известному закону распределения, затабулированному, т.е. для которого составлены таблицы. Величину φ называют
критерием.
На четвертом шаге выделяется подобласть значений W критерия φ,которые свидетельствуюто существовании расхождения выборки сгипотезой
H
и, следовательно,о невозможности принять гипотезу H0. ПодобластьW
0
называется критической областью. Пусть критическая область выделена.
Тогда, если вычисленные по выборке значения φ попадают в критическую
область, то гипотеза H0отвергается и принимается гипотеза H1. Ясно, что
такое решение может оказаться ошибочным, и на самом деле гипотеза H
может быть справедливой. То есть, ориентируясь на критическую область
можно совершить ошибку первого рода, вероятность которой задана зара-
0
0
0
0
25
нее и равна α. Отсюда вытекает требование к критической области:
— вероятность того, что критерий φ примет значение из критической
области W, должна быть равна заданному числу α, т.е. P(φ ∈ W) = α. Критическая область равенством P(φ ∈ W) = α определяется неоднозначно.
Если y = f
(x) - плотность критерия φ, то на оси абсцисс существует бес-
ω
конечное число областей — интервалов, таких, что площади построенных
на них криволинейных трапеций равны α.
y
y= f
ω
(x)
O x
кр
α,пр
y
x
y= f
(x)
ω
x
кр
x
α,л
O
y
y= f
(x)
ω
O
кр
x
α,л
кр
x
α,пр
x
Поэтому выдвигается еще следующее требование: критическая область
должна быть расположена так, чтобы при заданной вероятности α вероятность β ошибки второго рода была минимальной.
Возможнытри вида расположения критическойобласти (в зависимости
от вида нулевой и конкурирующей гипотез, вида распределения критерия
φ). Правосторонняя критическая областьсостоит из интервала
кр
где x
определяется из условия Pφ > x
α
,пр
ронней критической точкой, отвечающей уровню значимости α. Левосторонняя критическая область состоит из интервала
ронняя критическая точкаx
кр
определяется из условия Pφ < x
α ,л
кр
= α, и называется правосто-
α
,пр
−∞,x
кр
x
,пр
α
кр
,гделевосто-
α,л
кр
α,л
, +∞,
= α.
26
Двусторонняя критическая область есть объединение двух интервалов
кр
где точки x
кр
и x
α
α
,л
2
,пр
2
P
⎛
−∞,x
кр
α
2
W =
⎝
определяются из условий
⎛
⎝
φ < x
⎞
кр
⎠
=
α
,л
2
α
2
⎞
⎠
,л
, P
⎛
⎝
⎛
кр
⎝
x
α
2
φ > x
,пр
⎞
⎠
, ∞
,
⎞
,пр
α
⎠
,
=
2
кр
α
2
и называется двусторонними критическими точками.
Последний пятый шаг состоит в том, что в формулу критерия
φ = φ(X
ловую выборку x
рия. Если число φ
,...,X
1
) вместо случайных величин подставляют конкретную чис-
n
,...,x
1
и подсчитывают численное значение φ
n
попадает в критическую область W, то гипотеза H
чис
чис
крите-
отвергается и принимается гипотеза H1. Следует при этом иметь ввиду, что
можно допустить ошибку первого рода с вероятностью α.
Если φ
не попадает в критическую область, гипотеза H0не отвергает-
чис
ся. Это не означает, что H0есть единственная подходящаягипотеза, просто
расхождение между выборочными данными и гипотезой H0невелико, т.е.
гипотеза H0не противоречит результатам наблюдений. Но наряду с H0таким же свойством могут обладать и другие гипотезы.
2.2. Сравнение выборочной средней с гипотетической
генеральной средней нормальной совокупности.
0
А. ДИСПЕРСИЯ ГЕНЕРАЛЬНОЙ СОВОКУПНОСТИ ИЗВЕСТНА.
Пусть генеральная совокупность Х имеет нормальный закон распреде-
ления и пусть дисперсия D(X) = σ2известна. Имеется выборка
x1,x2,...,x
сти α проверить нулевую гипотезу H0: a = a
значений величины Х. Требуется при данном уровне значимо-
n
, где a
0
- гипотетическое зна-
0
чение математического ожидания Х, при данных ниже конкурирующих гипотезах.
1) Конкурирующая гипотезаH1: a ≠ a
ются значения критерия
U
набл
n
где x =
1
xj, n− объем выборки.
n
j=1
=
. По выборке x1,...,x
0
√
(x − a0)
27
n
, (1)
σ
вычисля-
n
По таблице для функции Лапласа находят критическую точку uкрдву-
сторонней критической области из равенства
Φ(u
Если | U
| U
набл
|< u
набл
|> u
кр
, то нет оснований отвергать гипотезу H0. Если
кр
, то нулевая гипотеза H0отвергается.
2) Конкурирующая гипотезаH1: a > a
1 −α
) =
кр
. (2)
2
. Критическая точка правосто-
0
ронней критической области находится из равенства
1 −2α
кр
Φ(u
) =
п
При U
U
набл
кр
< u
нет оснований отвергнуть нулевую гипотезу, при
набл
> u
п
кр
нулевая гипотеза отвергается.
п
3) Конкурирующая гипотеза H1: a < a
U
и находят вспомогательную критическую точку u
набл
затем полагаем границу левосторонней критической области u
Если U
U
набл
набл
< u
кр
> u
, то нет оснований отвергнуть нулевую гипотезу H0, если
л
кр
, то гипотеза H0отвергается.
л
. (3)
2
. По формуле (1) вычисляют
0
кр
по формуле (3),
п
кр
л
= −u
кр
п
2.1 Из нормальной генеральной совокупности с известным средним квад-
ратическим отклонением σ = 40 извлечена выборка объема n = 64 и по ней
найдено выборочное среднее x = 136,5. Требуется при уровне значимости
α = 0, 1 проверить гипотезу H0: a = 130 при конкурирующей гипотезе
H
: a > 130.
1
РЕШЕНИЕ. Вычисляем значение критерия по формуле (1)
набл
(136,5 −130)
=
U
40
√
64
= 1,3.
По таблице для функции Лапласа находим критическую точку правосторонней критической области из равенства
Получаем u
Φ(u
= 1,28. Так как U
кр
1 −2α
) =
кр
= 1,3 > u
набл
0,8
=
2
= 0,4.
2
, то отвергаем нулевую гипо-
кр
тезу.
2.2 Из нормальной генеральной совокупности с известным средним квад-
ратическим отклонением σ = 5,2 извлечена выборка объема n = 100 и по
ней найдено выборочное среднее x = 27,56. Требуется при уровне значимости α = 0,05проверить гипотезу H0: a = 26 при конкурирующей гипотезе
H
: a ≠ 26.
1
РЕШЕНИЕ. Вычисляем значение критерия (1)
набл
(27,56 −26)
=
U
5,2
√
100
1,56
=
= 3.
5,2
По таблице для функции Лапласа находим критическую точку
u
= 1,96. Так как |U
кр
| = 3 > uкр= 1,96, то нулевая гипотеза отвергается.
набл
.
28
2.3 По паспортным данным на автодвигатель, расход топлива на 100 км
пробега составляет 10 л при среднем квадратическом отклонении 2 л. В
результате совершенствования конструкции двигателя ожидается, что расход топлива уменьшится. Проверка 25 случайно отобранных автомобилей
с модифицированными двигателями выяснила, что средний расход топлива на 100 км пробега составляет 9,2 л. Используя 5% уровень значимости,
проверить гипотезу, что модификация повлияла на расход топлива.
2.4 По результатам n = 9 замеров установлено, что выборочное среднее
время (в сек) изготовлениядетали x = 48. Предполагая нормальное распределение случайной величины со среднеквадратическим отклонением σ = 3
сек, проверить при уровне значимости α = 0,05 гипотезу H0: a = 49 при
конкурирующей гипотезе H1: a ≠ 49.
2.5 По выборке объема n = 16, извлеченной из нормальной генеральной
совокупности с известным средним квадратическим отклонением σ = 4,
выборочным средним x, при уровне значимости α = 0,05 проверить гипотезу H0: a = 2 при конкурирующей гипотезе H1: a > 2.
Б. ДИСПЕРСИЯ ГЕНЕРАЛЬНОЙ СОВОКУПНОСТИ НЕИЗВЕСТНА.
В качестве критерия проверки гипотезы H0: a = a0принимается слу-
чайная величина
n
где X =
1
Xj, S
n
i=1
T =
n
1
2
=
0
n −1
(Xj− X)
j=1
√
(X − a0)
n
,
S
0
2
. Случайная величина Т имеет рас-
пределение Стьюдента с k = n − 1 степенями свободы.
1) Для конкурирующей гипотезы H1: a ≠ a0по таблице критических
точек распределения Стьюдента, по заданному уровню значимости α, помещенному в верхней строке таблицы и по числу степеней свободы k = n−
1, находится критическая точкаt
вычисляется значение величины
Если |T
t
набл
кр
, то нулевая гипотеза H
двукр
|< t
кр
, то нет оснований отвергнуть гипотезуH
двукр
кр
(α,k). Для данной выборки x
двукр
набл
=
(x − a0)
T
отвергается.
0
,...,x
1,x2
√
n
.
S
0
. Если|T
0
набл
|>
2). При конкурирующей гипотезе H1: a > a0по уровню значимости α,
помещенному в нижней строке таблицы критических точек распределения
Стьюдента и числу степеней свободы k = n−1, находитсякритическая точ-
кр
ка t
(α,k). Как и в п.1 вычисляется значение T
пр
оснований отвергнуть гипотезу H0. Если T
набл
. Если T
набл
> t
кр
пр
набл
, то нулевая гипотеза
< t
кр
, то нет
пр
отвергается.
3). При конкурирующей гипотезе H1: a < a0сначала находится "вспомогательная"критическая точка (как в п.2) t
29
кр
(α,k). и полагается t
пр
кр
л
= −t
кр
пр
n
.
Если T
набл
кр
> t
, то нет оснований отвергнуть гипотезу H
л
. Если T
набл
< t
л
кр
то нулевая гипотеза отвергается.
2.6 Поставщик утверждает, что применение новой партии удобрений
обеспечит урожайность пшеницы до 60 ц/га. Удобрение внесли на площади
37 га и получили
55 ц/га урожая при выборочном среднем квадратическом отклонении S
3 ц/га. При 5% уровне значимости оценить справедливость утверждения
поставщика.
РЕШЕНИЕ. Имеем, a
значение критерия T
T
Вычисляем критическую точку t
пеней свободы) по таблице критических точек распределения Стьюдента
(нижняя строка):t
(−∞; −1,689), и гипотеза H
кр
пр
= 60, x = 55, n = 37, S
√
37)
3
кр
(0,05; 36)(k = 37 − 1 = 36− число сте-
пр
н
(55 −60)
=
= −
5√37
3
= 3, α = 0,05. Вычисляем
= −10,138.
(0,05; 36) = 1,689. Следовательно, t
отвергается.
кр
л
= −t
кр
= −1,689 ∈
пр
2.7 По выборке объема n = 16, извлеченной из нормальной генераль-
ной совокупности, найдены выборочное среднее x = 118,2 и исправленное
среднее квадратическое отклонение S
чимости α = 0,05 проверить гипотезу H
гипотезе H
: a ≠ 120.
РЕШЕНИЕ. Вычисляем значение T
набл
(118,2 −120)
=
T
По таблице критических распределения Стьюдента (верхняя строка) нахо-
кр
дим t
кр
t
двуст
отвергать гипотезу H
(0,05; 15) (k = n − 1 = 15 - число степеней свободы). Получаем
двуст
(0,05; 15) = 2,13. Поскольку |T
.
= 3,6. Требуется при уровне зна-
: a
= 120 при конкурирующей
набл
√
16
3,6
набл
| = 2 < t
= −2.
кр
= 2,13, то нет оснований
двуст
2.8 Поставщик двигателей утверждает, что средний срок их службы ра-
вен 800 час. Для выборки из n = 17 двигателей средний срок службы оказался x = 865 час. Проверить гипотезу H
: a
= 800 час при уровне зна-
чимости α = 0,01, если выборочное среднее квадратическое отклонение
S
= 120 час при конкурирующей гипотезе H
: a
> 800.
2.9 Учет времени сборки узла машины бригадой из 10 слесарей пока-
зал, что среднее время (в мин) сборки узла x = 76, а выборочная дисперсия
S
= 15. Предполагая распределение времени сборки нормальной случай-
ной величиной, проверить при уровне значимости α = 0,01 гипотезу о том,
что a
= 75 мин является нормативом (м.о.).
2.10 Проектный контрольный размер изделий, изготавливаемых стан-
ком-автоматом, a
= 35 мм. Измерено n = 20 случайно отобранных изде-
лий и получены следующие результаты
30
,
=
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]