Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Методы математической статистики. Учебное пособие
.pdf
c)
x
-0,75 -0,5 -0,25 0 0,25 0,5 0,75 1 -1
i
y
1,83 1,57 1,13 0,89 0,75 0,30 0,06 -0,01 2,08
i
d)
x
0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5
i
y
3 3 4 4 4 5 5 5 6 8
i
3.3. Проверкагипотезы о значимости выборочного ко-
эффициента корреляции.
Пусть двумерная генеральная совокупность (X,Y) распределена нормально. Из этой совокупности извлечена выборка объема n и по ней най-
ˆ
ден выборочный коэффициент корреляции
вую гипотезу H0: r
= 0, где r
Γ
- коэффициент корреляции генеральной
Γ
совокупности (X,Y).
Для того, чтобы при уровне значимости α проверить нулевую гипотезу
при конкурирующей гипотезе H1: r
значение критерия
T
ˆ
где
r определяется формулой (8), и по таблице критических точек распре-
набл
=
Γ
ˆ
r√n −2
√
деления Стьюдента, по заданному уровню значимости α и числу степеней
свободы k = n − 2 найти критическую точку tкрдвусторонней критической
области. Если |T
|T
| > t
набл
,то нелевая гипотеза отвергается.
кр
набл
| < t
, то нет оснований отвергнуть гипотезу H0. Если
кр
3.3. По выборке объема n = 100, извлеченной из двумерной нормаль-
ной генеральной совокупности (X,Y), найден выборочный коэффициент
корреляции
ˆ
r = 0, 2. . Требуется при уровне значимости α = 0, 05 проверить
нулевую гипотезу о равенстве нулю генерального коэффициента корреляции при конкурирующей гипотезе H1: r
РЕШЕНИЕ. Находимнаблюдаемое (эмпирическое) значение критерия
T
набл
= 0, 2
√
100 −2
1 −0, 2
По таблице критических точек распределения Стьюдента по уровню значимости α = 0, 05, помещенному в верхней строке таблицы, и числу степеней свободы k = n−2 = 98 находим критическую точку двусторонней критической области кр(0, 05; 98) = 1,96. Поскольку T
то нулевую гипотезу отвергаем, т.е., случайные величины X иY коррелированы.
51
r. Требуется проверить нуле-
≠ 0, надо вычислить наблюдаемое
,
2
ˆ
1 −
r
≠ 0.
Γ
= 2, 02.
2
= 2, 02 > 1, 96 = t
набл
кр
,
3.4. По выборке объема n = 50 , извлеченной из двумерной нормальной
генеральной совокупности (X,Y), составлена корреляционная таблица
X
12 17 22 27 32 37 m
Y
j
105 − 4 − 3 − − 7
115 2 3 1 − 10 − 16
125 3 − 5 1 − 4 13
135 − − − 8 2 1 11
145 1 2 − − − − 3
n
6 9 6 12 12 5 50
i
Требуется: а) Найти выборочный коэффициент корреляции
уровне значимости α = 0, 05 проверить нулевую гипотезу H0: r
конкурирующей гипотезе H1: r
≠ 0.
xy
ˆ
r. б) При
= 0 при
xy
РЕШЕНИЕ.
xiyjn
ˆ
σ
σ
x
2
ni,
i
2
mj,
ˆ
r
найдем по формулам
xy
− xy
ij
ˆ
y
,
2
ˆ
σ
=
x
x
− (x)
2
,
2
ˆ
σ
=
y
y
n
n
1
1
n
i=1
j=1
2
− (y)
,
2
xiyjnij, n = 50.ˆr
xy
Выборочный коэффициент корреляции
n
m
1
n
i=1
j=1
=
n
1
2
=
x
i=1
n
1
2
=
n
j=1
где
x =
y =
1
n
1
n
n
j=1
n
i=1
2
1
ˆ
r
xy
xini, x
yjmj, y
нам надо вычислить эти величины и величину
0, 0434.
Проверим нулевую гипотезу H0: r
= 0 при уровне значимости α =
xy
0, 05, при k = n −2 = 48 степенях свободы и при конкурирующей гипотезе
H
: r
≠ 0. Находим по таблице критических точек распределения Стью-
1
дента t
xy
(0, 05; 48) = 2, 02. Так как T
кр
набл
= 0, 0434·
√
48
1 −0, 04342
= 0, 307 < tкр=
2, 02, то нет оснований отвергнуть нулевую гипотезу.
3.5. По выборке объема n = 25, извлеченной из двумерной нормаль-
ной генеральной совокупности (X,Y). Требуется: а) Составить корреляци-
ˆ
r
онную таблицу. б) Найти выборочный коэффициент корреляции
Проверить нулевую гипотезу Ho: r
при конкурирующей гипотезе H1: r
= 0 при уровне значимости α = 0, 01 и
Γ
≠ 0.
Γ
xy
. в)
X 20 35 40 30 25 35 20 30 25 35 40 30 20
Y 10 30 20 40 10 20 40 40 10 40 20 10 30
52
=
X 30 20 40 20 30 30 30 20 30 40 25 35
Y 30 40 10 10 30 20 40 20 10 30 40 20
РЕШЕНИЕ. Составляем корреляционную таблицу
X
20 25 30 35 40 m
Y
j
10 2 2 2 − 1 7
20 1 − 1 2 1 5
30 1 − 2 1 1 5
40 2 1 3 1 1 8
n
6 3 8 4 4 25
i
По приведенныи выше формулам
0, 16 − (−o, 12)(−0, 44)
ˆ
r
=
xy
1, 583 · 1, 203
Проверим нулевуюгипотезу H0: r
и конкурирующей гипотезе H1: r
таблице критических точек распределения Стьюдента критическую точку
t
(0, 01; 23) = 2, 81. Вычисляем T
кр
как |T
| = 0, 943 < tкр= 2, 81, то нет оснований отвергать нулевую гипо-
набл
= −0, 193.
= 0, приуровне значимостиα = 0, 05
Γ
≠ 0. Имеем, k = n − 2 = 23. Находим по
Γ
√
23
набл
= −0, 193
1 −(0, 193)
= −0, 943. Так
2
тезу.
3.6. По выборке объема n = 120, извлеченной из нормальной двумер-
ной генеральной совокупности (X,Y), найден выборочный коэффициент
корреляции r
= 0, 4. Требуется при уровне значимости α = 0, 05 проверить
xy
нулевую гипотезу о равенстве нулю генерального коэффициента корреляции при конкурирующей гипотезе H1: r
Γ
≠ 0.
3.7. По выборке объема n = 30, извлеченной из нормальной двумерной
генеральной совокупности (X,Y), составлена корреляционная таблица
X
10 15 20 25
Y
14 − − 4 2
24 2 1 − 3
34 − 4 2 1
44 1 2 8 −
Требуется а) Найти выборочный коэффициент корреляции rxy. б) При
уровне значимости α = 0, 01 проверить нулевую гипотезу Ho: r
конкурирующей гипотезе H1: r
Γ
≠ 0.
= 0 при
Γ
3.8. По выборке объема n = 24, извлеченной из двумерной нормаль-
ной генеральной совокупности (X,Y), требуется: а) Составить корреляционную таблицу. б) Найти выборочный коэффициент корреляции rxy. в)
При уровне значимости α = 0,01 проверить нулевую гипотезу Ho: r
при конкурирующей гипотезе H1: r
Γ
53
≠ 0.
= 0
Γ
X 5 15 5 10 15 20 5 15 15 5 15 10
Y 14 24 34 14 24 40 14 34 24 40 14 24
X 15 5 10 15 15 5 15 20 15 20 15 15
Y 14 24 34 14 40 14 24 34 24 40 24 14
3.4. Уравнения линейной регрессии.
3.9. Для определения параметров a1и a2в уравнении регрессии y =
a1x + a
выборка (x
определить параметры уравнения регрессии a1и a2.
x =
138
5
1
5
1726 −60 ·2, 76
Записываем уравнение регрессии Y на X: y = 7, 802x + 50, 099.
неральной совокупности (X,Y)
1, 85,ˆσ
ные значения в уравнение
получаем наше уравнение регрессии Y на X
были измерены значения y при различных значениях x. Получена
2
),...,(x
1,y1
x
40 50 60 70 80
i
y
20 25 28 30 35
i
РЕШЕНИЕ. Вычисляем вначале величины x, y, x
1
(40 + 50 +60 + 70 + 80) =
5
= 2, 76, x2=
5
xiy
=
i
i=1
3800 −3600
8630
5
1
5
i=1
= 1726. Находим коэффициенты уравнения
5
= 7, 802.
) объема n = 5. Методом наименьших квадратов
n,yn
2
300
= 60. y =
19000
2
x
=
i
ˆ
a
=
2
5
= 3800, y2=
5
2
y ·ˆx
− xxy
2
x
− (x)
2, 76 · 3800 − 60 · 7, 802
=
2
1
5
1
5
i=1
3800 −3600
, y2, xy. Получаем
(20 + 25 +28 + 30 + 35) =
5
3934
2
y
=
i
= 7868, xy =
5
ˆ
a
=
1
= 50, 099.
xy −xy
2
x
3.10. В корреляционной таблице дана выборка значений двумерной ге-
X
4 6 8 10 n
Y
y
0, 5 4 – 2 2 8
2, 0 – 6 – – 6
3, 5 – 3 1 2 6
n
4 9 3 4 n = 20
x
Найти линейное уравнение регрессии Y на X.
РЕШЕНИЕ. Производя необходимыевычисления, находимx = 6, 7, y =
= 2, 028,
x
ˆ
σ
= 1, 245.
y
Вычислив выборочнsqq коэффициент корреляции, подставим найден-
ˆ
σ
y
ˆ
y − y =
r
xy
(x − x),
ˆ
σ
x
y = 0, 153x + 0, 821.
− (x)
=
2
54
3.11. Для определения параметров a1и a2в уравнении регрессии y =
a1x + a
чена выборка (x
были измерены значения y при различных значениях x. Полу-
2
1,y1
),...,(x
). Методом наименьших квадратов опреде-
n,yn
лить параметры a1и a2.
x
11, 0 11,5 12,0 12,5 13,0
i
a)
y
1,5 1,5 1,6 1,7 1,9
i
x
0,5 1 1,5 2 2,5
i
b)
y
3 3 4 4 5
i
3.12. В корреляционной таблице дана выборка значений двумерной ге-
неральной совокупности (X,Y). Найти линейное уравнение регрессии Y
на X.
X
5 10 15 20
Y
1 3 2 − −
a)
2 − 2 2 4
3 4 − 3 −
X
0 1 2 3
Y
4 − 1 2 3
b)
8 2 − 5 −
12 2 3 − −
16 − − 1 1
3.13. Для определения параметров a1и a2в уравнении регрессии y =
a1x + a
выборка (x
ент корреляции
гипотезу H0: r
были измерены значения y при различных значениях x. Получена
2
),...,(x
1,y1
ˆ
r
. б) При уровне значимости α = 0, 05 проверить нулевую
xy
= 0 при конкурирующей гипотезе H
Γ
). Требуется: а) Найти выборочный коэффици-
n,yn
: r
≠ 0. в) Найти
1
Γ
выборочное линейное уравнение регрессии Y и X.
x
-1 -0,75 -0,5 -0,25
i
a)
y
1,0 9 1,47 1,95 2,47
i
x
2 3 4 5 6
i
b)
y
2 1,9 2,2 2,4 2,3
i
3.14. В корреляционной таблице дана выборка значений двумерной ге-
неральной совокупности (X,Y). Требуется: а) найти выборочный коэффициент корреляции
вую гипотезу H0: r
ˆ
r
; б) при уровне значимости α = 0, 01 проверить нуле-
xy
= 0 при конкурирующей гипотезе H
Γ
: r
≠ 0; в) найти
1
Γ
выборочное линейное уравнение регрессии Y и X.
X
1 2 3 4 n
Y
2 – 2 3 – 5
a)
4 1 2 – 4 7
6 2 – 5 1 8
n
3 4 8 5 n = 20
x
y
X
0, 5 0, 6 0, 7 0, 8 n
Y
0, 6 – 2 – 8 10
0, 7 1 4 – – 5
b)
0, 8 1 – 3 – 4
0, 9 – – – 1 1
n
2 6 3 9 n = 20
x
y
55
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ.
3.2. a)x = 70, y = 31, 857, xy = 2390, x
2
= 5300,
ˆ
a
= 0, 400,
1
ˆ
a
= 3, 855.y=
2
0, 400x + 3, 855.
b)x = 5, y = 2, 2571, xy = 11, 6857, x
2
= 29,
ˆ
a
= 0, 10005,
1
ˆ
a
= 1, 75685.y=
2
0, 10005x + 1, 7568.
c)x = 12, 25, y = 1, 6333, xy = 20, 7583, x
2
= 96, 4167,
ˆ
a
= −0, 01399,
1
ˆ
a
2
1, 8047.y= −0, 01399x + 1, 8047.
d)x = 0, y = 0, 3356, xy = −0, 4608, x
2
= 0, 4167,
ˆ
a
= −1, 1058,
1
ˆ
a
2
0, 3356.y= −1, 1058x + 0, 3356.
e)x = 2, 75, y = 4, 7, xy = 15, 8, x
1, 39034x + 0, 876565.
ˆ
3.6.
r = 0, 4, T
набл
= 0, 4
отвергается.
ˆ
3.7.
r
= −0, 1289. T
xy
t
(0, 01; 28) = 2, 76. Нет оснований отвергнуть нулевую гипотезу.
кр
= −0, 1289
набл
2
= 9, 625,
11800
= 4, 74, tкр(0, 05; 118) = 1, 98. Гипотеза H
84
1 −0, 1289
ˆ
a
= 1, 39034,
1
√
28
= −0, 6878,k= 28,
2
ˆ
a
= 0, 876565.y=
2
3.8. Сначала по выборке, извлеченной из двумерной из двумерной нормальной генеральной совокупности (X,Y) составить корреляционную таб-
ˆ
лицу.
r
= 0, 1796. T
xy
= 0, 8563,tкр(0, 01; 22) = 2, 82. Нет оснований от-
набл
вергнуть нулевую гипотезу.
3.11. a)ˆσ
= 5, 7825,
x
ˆ
σ
= 0, 7681,
y
ˆ
r
= 0, 08443, x = 11, 25, y = 2, 1. y =
xy
0, 0844x + 1, 1505.
ˆ
r
= 0, 3971, x = 1, 6, y = 15, 4.y= 1, 5x − 2, 4.
xy
= 1, 96, tкр(0, 05; 2) = 4,30. Нет оснований отверг-
набл
ˆ
a
= 1, 22067,
1
ˆ
a
= 2, 511, y = 1, 22067x + 2, 511.
2
= 2, 515, tкр(0, 05; 3) = 3, 18. Нет оснований отвергнуть
ˆ
= 0, 11,
1
ˆ
a
= 1, 72, y = 0, 11x + 1, 72.
2
= −0, 2286, tкр(0, 01; 18) = 2, 88. Нет основа-
набл
ˆ
a
= −0, 02527,
1
ˆ
a
= 4, 3694985, y =
2
= −1, 3932, tкр(0, 01; 18) = 2, 88. Нет оснований от-
ˆ
a
= −0, 270,
1
ˆ
a
= 0, 8677, y = −0, 270x+0, 8677.
2
ˆ
= 0, 811. T
xy
ˆ
σ
= 3, 852,
y
b)ˆσ
= 1, 0198,
x
3.12. a)
r
нуть нулевую гипотезу.
ˆ
b)
r
= 0, 8236. T
xy
нулевую гипотезу.
3.14. a)
ˆ
r
xy
набл
a
= −0, 0127, T
ний отвергнуть нулевую гипотезу.
−0, 02527x + 4, 3694985.
ˆ
b)
r
= −0, 312, T
xy
набл
вергнуть нулевую гипотезу.
=
=
0
56
Глава 4.
Элементы теории случайных
процессов.
4.1. Основные определения.
Функция ξ
ли при каждом значении аргумента
действительной переменнойtназывается случайной, ес-
(t)
она представляет собой случайную
t
величину. Иначе говоря, случайная функция — семейство случайных величин ξ
придают смысл времени, а случайную функцию ξ
, зависящих от действительного параметраt. Параметруtчасто
(t)
(t)
называют случайным
процессом.
Пример. При передаче радиосигнала по каналу связи на приемном устрой-
стве принимается радиосигнал, искаженный помехой, которая являетсяслучайной функцией времени.
Функции распределения случайного процесса:
F
F
x1,x2,t1,t
(
2
F
x1,...,xn,t1,...,t
(
n
x1,t
(
1
) =P(ξ(
2
n
) =P(ξ(
1
) =P(ξ(
t
)<
1
t
1
t
1
)<
)<
x1,
x1,...,
x
)
;
1
t
x
(
)<
ξ
2
...
)
;
;
2
ξ
t
(
n
)<
;
x
....
)
n
Последовательность функций распределения представляет собой своеобразную лестницу, поднимаясь по которой, удается все подробнее характеризовать случайный процесс.
4.1 Простым примером случайногопроцесса является синусоида сослу-
чайной амплитудой: ξ
(t) =
A
A
sint,гдеA— случайная величина. Пусть
имеет равномерное распределение на отрезке от 0 до 1. Найти
F
1(x1
,
0),
F
1(x1
π/2),
,
F
1(x1
π/6),
,
F
2(x1,x2
57
,0,
π/2).
⎧
⎨
Решение.
F
(
x1,
1
(
F
x1,
1
F
π/2
) =P(ξ(π/2)<
π/6
) =P(ξ(π/6)<
(
x1,x2,0,
2
(
F
x1,
0
1
) =P(ξ(0)<
π/2
) =P(ξ(0)<
) =P(
x
1
) =P(
x
1
x1,
=P(
x
1
) =P(0<
x
1
sin
A
sin
A
ξ(π/2
>
0
, A<x
π
<
2
=P(A<
π
<
6
P
=
)<
2
) =
x
1
) =
x
1
) =
x
1
(A<
) =P(0<
x
2
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
) =
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎩
x
2
x
) =
1
,x
0
1
,x
0
1
x2,x
1
,x
1
0
1
1
1
,x
,x
) =
x1, A
>
>
>
1
>
1
⎧
⎪
0
⎪
⎨
x1,
⎪
⎪
⎩
1
⎧
⎪
0
,x
⎪
⎪
⎨
x1, 0<x
2
⎪
⎪
⎪
⎩
,x
1
0;
0
,x
2
0,0
0
,x
2
0;
0
,x
,x
1
1
sin
.
0;
1
x
0
<
>
1
>
π
2
0;
x
<
>
1
1;
1
1
.
0;
1
;
1
2
1
.
2
<
) =
x
2
1;
2
.
Плотности распределения вероятностей:
∂
(
)
F
x1,t
1
f
x1,t
(
1
f
x1,x2,t1,t
(
2
f
x1,...,xn,t1,...,t
(
n
2
) =
n
4.2 Для предыдущего примера найти f
f
x1,
f
x1,x2,0,
ют ли
0),
(
1
(
2
π/2)?
Решение.
F
x1,
∂
(
) =
) =
1
∂
F
x1,
∂
(
1
∂
π/2
(
f
x1,
1
f
x1,
(
π/6
1
1
) =
x
x
1
) =
π/2
1
π/6
2
∂
∂
)
)
1
x
∂
1
F
x1,x2,t1,t
(
2
x
x
∂
∂
1
n
2
(
F
x1,...,xn,t1,...,t
n
x1...∂x
∂
x1, π
(
1
⎧
⎨
0
,x
=
⎩
1,0
⎧
⎨
0
,x
=
⎩
2,0
1
;
1
<
<
2
/2)
∉ (
∉ (
x
)
n
x
1
;
...
, f
0,1);
<
1
0
,
<
1
1
2
;
n
(
1
)
1
2
)
....
;
x1, π
.
;
.
. Существу-
/6)
Так как случайная величина ξ(0)имеет вырожденное дискретное распределение, то плотность f
Плотность
∂F2(x
1,x2
∂
2
F
x1,x2,0,
∂
(
2
∂
x
,0,
1
∂
1
f
2(x1,x2
π/2
)
разрывна и, следовательно, вторая производная
π/
2)
x
не существует.
2
1
,0,
не существует.
x1, 0
(
)
π/2)так же не существует, так как производная
58
Математическое ожидание случайного процесса — неслучайная функ-
ция от времени:
m
(t) =
ξ
∞
#
−∞
xf
1
(x,t)dx.
Математическое ожидание — это некоторая средняя неслучайная
функция, около которой группируются и относительно которой колеблются все реализации случайного процесса.
Корреляционнаяфункция характеризует связь значений в моменты времени t1и t2:
K
ξ(t1,t2
) = M(ξ(t1) − mξ(t1))(ξ(t2) − mξ(t2))
.
Если существует двумерная плотность распределения, то
∞
∞
K
Значения корреляционной функции при t
ξ(t1,t2
) =
(x1− mξ(t1))(x2− mξ(t2)) f2(x
#
#
−∞
−∞
1,x2,t1,t2
= t2= t — это значения
1
)dx
1dx2
.
дисперсии случайного процесса в момент времени t:
D
(t) = Kξ(t,t) = M(ξ(t) − mξ(t))
ξ
∞
=
(x − mξ(t))
#
−∞
Дисперсия характеризует разброс реализаций относительно математическогоожидания. σ
(t) =
ξ
D
(t) — среднеквадратическое отклонение слу-
ξ
2
f
(x,t)dx.
1
2
чайного процесса.
Ковариационная функция
B
∞
∞
=
#
#
−∞
−∞
Центрированным называется случайный процесс, у которого m
) = Mξ(t1)ξ(t2)
ξ(t1,t2
x1x2f
2(x1,x2,t1,t2
)dx
1dx2
.
(t) = 0
ξ
для всех t. У центрированного процесса ковариационная и корреляционная функция совпадают.
4.3 В условиях предыдущего примера найти математическое ожидание,
дисперсию, среднеквадратическое отклонение, ковариационную и корреляционную функции.
Решение. Так как случайная величина A имеет равномерное распреде-
ление на [0; 1], то ее плотность распределения
f
A
(a) =
⎧
⎨
1, 0 < a < 1;
⎩
0, a ∉ (0; 1).
59
Легко видеть, что
MA =
1
ada =
#
0
1
, M(A
2
2
) =
1
a2da =
#
0
1
, DA = M(A
3
2
) − (MA)2=
12
1
.
Таким образом, математическое ожидание
m
(t) = M(A sin t) = sin t ·MA =
ξ
Дисперсия
D
(t) = D(A sin t) = sin
ξ
Следовательно, среднеквадратическое отклонение
σ
(t) =
ξ
D
(t) =
ξ
|sin t|
√
12
.
2
t · DA =
1
2
sin
sin t.
2
t
12
.
Ковариационная функция
B
K
) = Mξ(t1)ξ(t2) = M
ξ(t1,t2
Корреляционная функция
ξ(t1,t2
) = Bξ(t
) − mξ(t1)mξ(t2) =
1,t2
A sint
(
1
=
3
· A sin t
1
= sin t
sin t1sin t
)
2
2
=
1
−
sin t
1
4
· M(A2) =
2
sin t1sin t
2
=
1
sin t1sin t
3
1
sin t1sin t
12
4.2. Стационарные случайные процессы.
В приложениях (в том числе в радиотехнике) часто приходится встречаться со случайными процессами, которые протекают во времени приблизительно однородно и имеют вид непрерывных случайных колебаний
вокруг некоторого среднего значения. Такие процессы называются стационарными.
Стационарным случайным процессомв широкомсмысле называется слу-
чайный процесс ξ(t) такой, что его математическое ожидание постоянно,
а корреляционная функция зависит только от разности аргументов:
m
(t) = m = const, Kξ(t
ξ
Cлучайный процесс ξ(t) называется стационарнымв узкомсмысле, если
всеего конечномерные функциираспределениявероятностей не меняются
при сдвиге по времени, то есть для любых n и t
F
(x
n
,...,xn,t
1
1−t0
,...,t
n
Из стационарности в узком смысле следует стационарность в широком
смысле при условии существования математического ожидания и дисперсии. Одномерная плотность распределения f
поэтому математическое ожидание постоянно:
m
=
ξ
−∞
) = Kξ(τ), τ = t2−t
1,t2
−t0) = Fn(x
∞
xf
(x)dx,
1
#
60
.
1
0
,...,xn,t1,...,t
1
(x) не зависит от времени,
1
).
n
.
2
.
2
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]