1, 2, 3, 4

z0,02 = Φ−1(0,48)= 2,055.

Отже,

18ln C +100

= 2,055; ln C ≈1,2944;

C ≈ 3,649.

60

x −10

0,9

Якщо x =10,9 ,

то

=

=1,5 не належить критичній об-

0,6

ласті і гіпотеза H0

0,6

приймається.

max L(x1, x2 ,..., xn ,

)

θ

λ =

θ ω

.

max L(x

, x ,..., x ,

)

θ

θ Ω

1

2

n

Параметр

= (a;σ02 ), при цьому дисперсія відома. Згідно з гі-

θ

потезою

H : a = a ,

і тому простір ω

являє собою точку (a ;σ2 ) і

0

0

0

0

його розмірність дорівнює нулю. Простір

Ω одновимірний і за-

дається

прямою

σ2 = σ02. Якщо

)=

θ

ω,

max L(x1, x2 ,..., xn ,

θ

1

n

1

−

i∑=1(xi −a0 )2

2σ02

=

σ0n (2π)

n

e

. Якщо θ Ω, то для визначення максимуму

2

функції правдоподібності потрібно знайти оцінки для параметрів,

за яких він виконується. Для цього складемо і розв’яжемо рів-

∂ln L(x1, x2 ,..., xn ,

)= 0.

няння

θ

∂a

1

n

2

1

−

∑= (xi

−a)

2σ2

L(x1, x2 ,..., xn. , θ)=

n

e

,

n

0 i

1

(2π)

(σ02 )

2

2

1

∑(x − a)2 ;

ln L(x , x ,..., x , θ)= n ln σ

− n ln 2π−

1 2

n

0

n

i

i=1

2

2σ02

∂ln L(x , x

,..., x

,

)

1

n

1

n

θ

(x − a)

)

1

2

n

=

∑

= 0; a

=

∑ x

= x.

∂a

σ02

i=1

i

n i=1

i

151

1

n

(xi

−x )2

1

−

∑

Тоді

max L(x1, x2 ,..., xn , θ)=

e

2σ02

i=1

i

n

θ Ω

σ0n (2π)2

n

1

−a0 )2

−

∑(xi

σ02

λ =

e

2

i=1

=

1

n

−x )2

−

∑(xi

2σ02

e

i=1

n

n

n

n

n

n

1

2

2

1

2

2

2

2

−

∑(xi −a0 )

−

∑

(xi

−x )

−

∑xi −2a0

∑xi +na0 −∑xi

+2 x ∑xi −n(x )

σ02

2σ

02

= e

2

i=1

i=1

= e

i=1

i=1

i=1

i=1

=

1

n

n

2

2

−

na0 −2a0

∑ xi +2 x ∑ xi −n(x )

= e

2σ2

=

=

.

0

i 1

i 1

1

2

n

2

x −a

2

−

(na02 −2a0 nx +n(x )

)

−

(x −a0 )

−

1

0

n

λ = e 2

σ

02

= e 2σ02

= e

2

σ0

.

Вибіркова функція V = X − a0

n

розподілена нормально з ну-

σ0

льовим математичним сподіванням і одиничною дисперсією. То-

ді її квадрат має розподіл

χ 2

з одним ступенем волі, а отже,

λ = e−

1

U , де f (u)=

1

u−12 e−u2 , u > 0 .

2

π2

1

2

степеня. Використаємо формулу

f1(λ)= f (ψ(λ))

′

,

де u = ψ(λ) —

ψ

(λ)

обернена функція. Розв’яжемо рівняння λ = e−

1

U відносно u:

2

u = ψ(λ)= −2ln λ;

u

′

2

= − λ ;

f (λ) =

1

−

1

ln λ 2

1

−

1

(− 2ln λ)

2 e

=

(− ln λ)

2 , 0

< λ ≤1.

1

1

π2

λ

π

2

−

1

17−16

4

1

. Для визначення межі критичної

біркової функції λ = e

2

2

=

e

області λα виведемо відповідне співвідношення:

−

1

U

1

2

P(λ < λα )= P e

< λα

= P

U > uα = α.

2

За таблицями розподілу

χ 2

з одним ступенем волі при α =

= 0,05 знаходимо, що 2uα

= 3,8. До критичної області належать

значення 0 < λ < e−1,9. Реалізація вибіркової функції λ =

1

не на-

e

лежить критичній області, тому гіпотеза H0 приймається.

Приклад 3. Із

сукупності

зі

щільністю

розподілу

f (x)=

= 2

e−

x2

2σ2

, x > 0

зроблено вибірку обсягом n. Побудувати кри-

2πσ

при

Знайти

терій для перевірки гіпотези

H0: σ2 = σ02

H1: σ2 > 0.

закон розподілу для випадкової величини — аргументу λ.

1

n

1

−

i∑=1 xi2

max L(x1, x2 ,..., xn , θ)=

e

2σ

02

.

n

θ ω

σ0n (2π)2

153

Оцінка для σ2 , за якої

досягається

максимум

функції

правдоподібності, якщо

θ Ω,

визначається

із

рівняння

∂ln L(x , x ,..., x , σ2 )

= 0.

1 2

n

∂σ2

− n ln 2π− 1

∑ xi2 ;

ln L(x1 , x2 ,..., xn , σ2 )= n ln σ

n

∂ln L(x1 , x2 ,..., xn , σ2 )

2

2σ2

i=1

n

1

n

2

)2

1

n

2

= −

+

∑ xi

= 0; σ

=

∑ xi .

∂σ2

2σ2

2σ4

i=1

n i=1

max L(x1 ,x

2 ,..., xn , σ2 )=

2n

e−

n

2

.

n

σ2 Ω

1

n

n

2

2

(2π)2

∑ X i

n i=1

Тоді

1

n

n

n

−

∑ X 2

n

1

n

n

2σo2 i =1 i

2

2

2

n

n

n

(2π)2

2

e

∑ X i

e

−

1

∑ X 2

e 2

1 n

n i=1

2

2

2σ02 i =1 i

λ =

=

∑ X i

e

.

(2π)2

(σo2 )

2

2n

σ

0 n i=1

n

n

n

n

n

−

nU

1

n

e

2