Файл: Е.А. Волкова Теория вероятностей иматематическая статистика. Программа, методические указания и контрольные работы №7, 8 для студентов экономических специальностейзаочной формы обучения.pdf
ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 03.06.2024
Просмотров: 623
Скачиваний: 5
30 |
||||||||||||||||||
σ r = |
1 − |
r 2 |
1 − |
0,932 |
≈ |
0,02 |
||||||||||||
в = |
||||||||||||||||||
в |
n |
50 |
||||||||||||||||
и показатель Ляпунова |
rв |
0,93 |
||||||||||||||||
µ = |
= |
= |
46,5. |
|||||||||||||||
σ |
0,02 |
|||||||||||||||||
r |
||||||||||||||||||
в |
||||||||||||||||||
Так как = 46,5 > 2,6 , то между признаками X и Y (стажем работы и |
||||||||||||||||||
производительностью труда рабочих) существует достаточно тесная |
||||||||||||||||||
связь. Затем определим коэффициент регрессии |
||||||||||||||||||
ρ |
y x |
= r |
σ |
y |
= |
0,93 |
0,37 |
≈ |
0,09 |
|||||||||
σ |
3,70 |
|||||||||||||||||
в |
x |
|||||||||||||||||
и запишем уравнение прямой линии регрессии: |
||||||||||||||||||
y − |
2,08 = |
0,09(x − 10,9) |
или |
y = |
0,09x + 1,19 . |
|||||||||||||
График линии регрессии показан на рис.3. |
||||||||||||||||||
3 |
y |
|||||||||||||||||
2,5 |
||||||||||||||||||
2 |
||||||||||||||||||
1,5 |
||||||||||||||||||
1 |
||||||||||||||||||
0,5 |
||||||||||||||||||
0 |
20 x |
|||||||||||||||||
0 |
2 |
4 |
6 |
8 |
10 |
12 |
14 |
16 |
18 |
|||||||||
Рис.3. Теоретическая линия регрессии
Задача 3. Проверка статистических гипотез.
Теория проверки статистических гипотез о параметрах или характере распределения случайной величины изложена в [1, 2, 4].
При решении задач на проверку статистических гипотез удобно пользоваться прил. 4. В ней используются следующие обозначения:
x, y − средние выборочные значения случайных величин x и y; nx ,ny − объемы соответствующих выборок;
σ x2 ,σ y2 − дисперсии генеральных совокупностей соответствующих случайных величин;
31
Sx2 , S y2 − |
исправленные выборочные дисперсии, вычисленные по |
|||||||
формулам Sx2 |
= |
1 |
∑ (xi − x) 2 mi , S y2 = |
1 |
∑ ( yi − y) 2 mi . |
|||
nx − 1 |
ny − 1 |
|||||||
i |
i |
|||||||
Пример 1. По одному из уральских месторождений проведено 13 основных (x) и 18 контрольных анализов (y) на содержание никеля (в %), имеющее нормальное распределение. Выборочные средние и исправленные дисперсии по основным и контрольным анализам соответ-
ственно равны x = 0,34, Sx2 = 0,032 , y = 0,47 , S y2 = 0,078. Проверить
наличие систематических ошибок в основных анализах лаборатории при уровне значимости α = 0,05.
Решение. Выдвигаем основную гипотезу Н0: x = y – при конкурентной гипотезе Н1: x ≠ y . Так как выбор критерия для сравнения
средних зависит от значений дисперсий и генеральные дисперсии неизвестны, то сначала проверим нулевую гипотезу о равенстве гене-
ральных дисперсий при конкурирующей гипотезе |
Dy ≠ Dx по крите- |
|||
рию Фишера-Снедекора (прил. 4). Найдем Fнабл. как отношение боль- |
||||
шей |
исправленной выборочной дисперсииS y2 |
к меньшей Sx2 , |
||
F |
= |
0,078 |
≈ 2,44. Сравним найденное значение Fнабл с критическим |
|
набл |
0,032 |
|||
значением Fкр, взятым из таблицы «Квантили распределения Фишера» |
||||
([4] |
, прил. 7). Для этого найдем р, р = 1– |
α |
= =0,975, k1 |
и k2. Так как |
|||||
S y2 > |
Sx2 , |
2 |
|||||||
то |
число |
степеней |
свободы |
для |
дисперсий: |
||||
k1 = |
ny − 1 = |
18 − 1 = |
17, k2 = |
nx − 1 = 13 − 1 = 12 , где nx |
и ny – объемы вы- |
||||
борок. По заданным р = 0,975, k1 =17 и k2 =12, определяем Fкр=3,10. Так как Fнабл = 2,44 меньше Fкр = 3,10, то гипотезу о равенстве генераль-
ных дисперсий принимаем.
Для проверки гипотезы о равенстве средних при неизвестных и равных генеральных дисперсиях Dx и Dy используем t-критерий Стьюдента. Вычислим
32
T |
= |
x − y |
= |
0,34 − |
0,47 |
≈ 1,49 ; |
|||||||||||
набл |
S p |
1 |
+ |
1 |
0,24 |
1 |
+ |
1 |
|||||||||
ny |
18 |
||||||||||||||||
nx |
13 |
||||||||||||||||
число степеней свободы: k = nx + |
ny − |
2 = 13 + |
18 − |
2 = |
29 . |
||||||||||||
По таблице «Критические точки распределения Стьюдента» ([2],
прил.6) определим Ткр(α ; k) = Ткр(0,05; 29) = 2,05. Так как Tнабл < Tкр , то гипотеза о равенстве средних принимается, то есть нет систематических ошибок в основных анализах лаборатории.
Пример 2. Имеется ряд наблюдений: 3,2; 3,8; 3,5; 3,0; 3,2; 3,4; 3,1; 3,4. Значение x0 = 3,8 значительно отличается от других. При уровне значимости α = 0,01 проверить гипотезу Н0: x0 принадлежит к генеральной совокупности наблюдений при конкурирующей гипотезе Н1: x0 не принадлежит данной совокупности.
Решение. Для проверки значения признака на принадлежность ос- |
||||||||||||||||||||||||||
тальным наблюдениям |
и исключения грубых ошибок |
используют |
||||||||||||||||||||||||
критерий Стьюдента. Составим статистику |
tнабл. = |
x0 − |
x |
, |
где x0 – |
|||||||||||||||||||||
S x |
||||||||||||||||||||||||||
проверяемое значение признака, x − выборочное среднее, Sx − |
исправ- |
|||||||||||||||||||||||||
ленное выборочное стандартное отклонение. Вычисление |
x |
проводят |
||||||||||||||||||||||||
без значения x0 . |
||||||||||||||||||||||||||
Определим основные выборочные числовые характеристики. |
||||||||||||||||||||||||||
x = |
3,2 + |
3,5 + 3,0 + 3,2 + |
3,4 + |
3,1 + |
3,4 |
≈ 3,26 ; |
||||||||||||||||||||
1 |
[(3,2 − |
7 |
||||||||||||||||||||||||
Sx2 |
= |
3,26)2 2 + (3,5 − |
3,26)2 + (3,0 − |
3,26)2 + (3,4 − |
3,26)2 2 + |
|||||||||||||||||||||
7 |
− |
1 |
||||||||||||||||||||||||
3,8 − 3,26 |
||||||||||||||||||||||||||
+ (3,1− |
3,26)2 ] ≈ |
0,033; |
Sx = |
0,033 ≈ 0,18; |
tнабл. = |
= 3,0 . |
||||||||||||||||||||
0,18 |
||||||||||||||||||||||||||
По таблице "Критические точки распределения Стьюдента" (односто-
ронняя критическая область) ([2], прил.6) |
при уровне значимости |
α = 0,01 и числе степеней свободы k = 7 − 1 = |
6 определяем tкр = 3,14 . |
Так как tнабл < tкр , то гипотезу Н0 принимаем, т.е. наблюдаемое значение x0 = 3,8 не является грубой ошибкой и принадлежит к генеральной
33
совокупности наблюдений.
Пример 3. По двум выборкам объема nx = 10 и ny = 12 найдены
средние размеры x = 20,1 мм и y = 19,8 мм диаметров валиков, изготовленных автоматом №1 и автоматом №2 и исправленные дисперсии Sx2 = 1,65 и S y2 = 1,47. Предполагается, что случайные величины x и y
распределены нормально, генеральные дисперсии одинаковы и неизвестны. При уровне значимости α = 0,05 проверить нулевую гипотезу Н0: MX = MY при конкурирующей: MX > MY .
Решение. По условию объемы выборок малы (меньше 30), генеральные дисперсии нормально распределенных случайных величин неизвестны и предполагаются равными. Вычислим наблюдаемое значение критерия по формуле
x − |
y |
(n |
− 1)S |
2 |
+ (n |
− 1)S 2 |
||||||||||||||||||
T |
= |
, |
где S |
p |
= |
x |
x |
y |
y . |
|||||||||||||||
набл. |
S p |
1 |
+ |
1 |
nx |
+ |
ny − |
2 |
||||||||||||||||
nx |
ny |
|||||||||||||||||||||||
T |
= |
20,1 − |
19,8 |
10 12 (10 + |
12 − |
2) ≈ |
0,56 . |
|||||||||||||||||
набл. |
(10 − 1) |
1,65 + |
(12 − |
1) 1,47 |
10 + |
12 |
||||||||||||||||||
Число степеней свободы k = nx + |
ny − |
2 = |
10 + 12 − |
2 = |
20. |
|||||||||||||||||||
По таблице "Критические точки распределения Стьюдента" (двусторонняя критическая область) ([2], прил.5) для уровня значимости α = 0,05 и числа степеней свободы k = 20 находим Tкр. = 2,09. Т.к.
Tтабл. < Tкр. , то нулевую гипотезу принимаем, выборочные средние различаются незначительно.
Контрольные задания по математической статистике
Задание 1. Для случайной величины Х составить вариационный ряд, вычислить выборочное среднее x , выборочную диспер-
сию DX в = S x2 , выборочное стандартное отклонение Sx , построить гис-
тограмму, подобрать теоретический закон распределения и построить его график. Проверить согласованность теоретического распределения с наблюдаемым распределением по критерию Пирсона при уровне значимости α = 0,05.