Решение задач по "Теории Вероятности"

    Пусть задана выборка

                X_n = {21,2; 32,6; 44,4; 64,4; 39,5; 32,1; 31,7; 30,2; 33,5; 22,7; 21,2; 20,4; 15,7; 36,6; 48,7; 36,5; 42,8; 38,1; 35,4; 40; 34,2; 33,8; 64,5; 40,5; 40; 22; 31; 45; 36; 28} объема n=30, полученная при наблюдении за случайной величиной X (признак выборки). Заданы так же надежность γ=0,99 для построения доверительных интервалов оценок параметров распределения случайной величиной X, уровень значимости α₁=0,05 для проверки статистических гипотез. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

    Задание 1

1.1. Наблюдаемая выборка может представлять собой стаж работы по специальности сотрудников строительного предприятия.

1. . Построим вариационный ряд выборки, исключив из нее повторяющиеся варианты x_j и подсчитав их частоты n_j. Получим так же и относительные частоты ω_j =n_j/n. Результат приведен в таблице 1, а на рис. 1 построен полигон частот для заданной выборки        Таблица 1

 

xj	15,7	20,4	21,2	22,0	22,7	28,0	30,2	31,0
nj	1	1	2	1	1	1	1	1
ωj	0,033	0,033	0,067	0,033	0,033	0,033	0,033	0,033
nj*xj	15,7	20,4	42,4	22,0	22,7	28,0	30,2	31,0
nj - Xср	-34,423	-34,423	-33,423	-34,423	-34,423	-34,423	-34,423	-34,423
nj*(xj - Xср)2	388,997	225,691	404,587	180,177	161,875	55,101	27,280	19,563

 

31,7	32,1	32,6	33,5	33,8	34,2	35,4	36,0
1	1	1	1	1	1	1	1
0,033	0,033	0,033	0,033	0,033	0,033	0,033	0,033
31,7	32,1	32,6	33,5	33,8	34,2	35,4	36,0
-34,423	-34,423	-34,423	-34,423	-34,423	-34,423	-34,423	-34,423
13,861	11,042	7,969	3,698	2,634	1,496	0,001	0,333

 

36,5	36,6	38,1	39,5	40,0	40,5	42,8	44,4
1	1	1	1	2	1	1	1
0,033	0,033	0,033	0,033	0,067	0,033	0,033	0,033
36,5	36,6	38,1	39,5	80,0	40,5	42,8	44,4
-34,423	-34,423	-34,423	-34,423	-33,423	-34,423	-34,423	-34,423
1,160	1,385	7,166	16,622	41,898	25,776	54,420	80,587

 

45,0	48,7	64,4	64,5	Σ
1	1	1	1	30
0,033	0,033	0,033	0,033	1
45,0	48,7	64,4	64,5	1062,700
-34,423	-34,423	-34,423	-34,423
91,719	176,279	839,667	845,472	3686,454

 

     

          Рис. 1  

    1.3. Подсчитаем выборочные параметры.

    Выборочное  среднее  , .

    Выборочную  дисперсию  , .

    Выборочное  среднеквадратическое отклонение , .

    Утонченную  выборочную дисперсию  .

    Выборочный  стандарт =11,275. 
 
 
 
 
 
 
 

    Задание 2

    Величины  X_ср, D_УТ, S случайные и являются точечными оценками математического ожидания M|X| дисперсии D|X| и среднеквадратического отклонения наблюдаемой в выборке случайной величины X.

    2.1. Предполагая, что наблюдаемая величина X имеет нормальное распределение, построим доверительные интервалы для математического ожидания a=M|X| и среднеквадратического отклонения при уровне надежности γ=0,99.

    Поскольку известно, что величина t=(X_ср – a) /S имеет распределение Стьюдента с n-1 степенью свободы, то решая уравнение P(|t|<t₁)= γ относительно t₁, можно построить симметричный интервал X_В-ε_γ <a< X_В+ε_γ , в котором с вероятностью γ находится математическое ожидание a. Величина ε_γ = t_γ S/ представляет собой точность оценки. Решение t_γ =t(γ, n-1) есть обращенное распределение Стьюдента, оно протабулировано и может быть найдено из таблиц, например из [1,2 приложение 3].

    В рассматриваемом примере t_γ = t(0,99; 29)=2,756, ε_γ = 2,756*11,275/ = =5,674 и тогда доверительный интервал для математического ожидания будет 35,423-5,674<a<35,423+5,674 или 29,749<a<41,097.

    Для нахождения доверительного интервала оценки среднеквадратического отклонения σ воспользуемся тем, что величина имеет распределение «Х_и» с n-1 степенью свободы. Задавшись надежностью интервальной оценки γ и решая уравнение P( |σ - S | < ε_γ ) = γ относительно ε_γ можно построить доверительный интервал. Переходя к эквивалентному уравнению , где q_γ=ε_γ/S , найдем его решение q_γ=q(γ,n-1) из таблиц, например [1,2 приложение 4], тогда точность оценки ε_γ=q_γ S. доверительный интервал строится таким образом:  
S-ε_γ<σ<S+ ε_γ, или S(1- q_γ) < σ < S(1+ q_γ) , причем если  
q_γ <1, то 0< σ < S(1+ q_γ).

    В нашем примере q_γ  =q(0,99;29)=0,43 тогда ε_γ =0,43*11,275=4,848 и доверительный интервал будет следующий 11,275-4,848< σ < 11,275+4,848 или 6,427< σ <16,123

    В нем оцениваемый параметр σ находится с вероятностью γ=0,99. 

    2.2. Отметим, что построенные доверительные интервалы являются областями принятия гипотез H₀={a=X_ср} и H₀={σ=S} при их проверке с уровнем значимости α=1-γ. Теперь проверим гипотезу о равенстве математического ожидания и дисперсии наблюдаемой случайной величины указанным в задании гипотетическим значениям σ=0,8S, a=1,2X_ср.

    Проверим  сначала гипотезу о том, что истинная дисперсия наблюдаемой величины равна σ=0,8S, т.е. H₀={σ =0,8*11,275=9,02}. Зададимся уровнем значимости гипотезы α₁=0,05 и альтернативными гипотезами H₁={σ≠9,02} или H₂={σ>9,02}. Для проверки основной гипотезы воспользуемся критерием «Хи-квадрат» K=(n-1)(S/σ)².

    Наблюдаемое значение критерия k_набл = (30-1) (11,275/9,02)² = 45,313. Критическая область К_кр при альтернативной гипотезе Н₁ двухсторонняя, а критические точки найдем из таблиц k_кр.л = χ²_кр (1-0,025;29) =16,047, k_кр.п=χ²_кр(0,025;29)=45,722. Видим, что k_набл  не принадлежит критической области и значит, гипотеза принимается, т.е. отличие наблюдаемого значения дисперсии от гипотетического незначительны. Если в качестве альтернативной рассматривать гипотезу H₂, поскольку σ<S значительно (20%),то при этом критическая область будет правосторонней, а критическую точку k_кр.п=χ²_кр(0,05;29)=42,6 найдем из таблиц. Тогда наблюдаемое значение критерия k_набл = 45,313 попадает в критическую область и проверяемая гипотеза отвергается. Результат проверки гипотезы при различных альтернативах оказался разным, в итоге гипотеза отвергается.

    Проверим  теперь гипотезу о том, что истинное математическое ожидание наблюдаемой величины равна a=1,2Xср, т.е. H0={a=1,2*35,423=42,508}. Зададимся уровнем значимости гипотезы α₁=0,05 и альтернативными гипотезами H₁={a≠42,508} или H₂={a<42,508}. Для проверки основной гипотезы воспользуемся критерием Стьюдента  
K=(X_ср-a) /S.

    Наблюдаемое значение критерия k_набл=(35,423-42,508) /11,275=-3,442. Критическая область К_кр при альтернативной гипотезе Н₁ двухсторонняя, а критические точки найдем из таблиц k_кр.л =-Tкр(0.025;29)=-2,045,  
k_кр.п =Tкр(0.025;29)=2,045. Видим, что k_набл  принадлежит критической области и значит, гипотеза отвергается, т.е. значение наблюдаемого значения от гипотетического значительны. Если в качестве альтернативной рассматривать гипотезу Н₂, поскольку a>X_ср  значительно (20%), то критическая область левосторонняя, а критическая точка kкр=-Tкр(0.05; 29)=-1,699, тогда наблюдаемое значение критерия k_набл =-3,442 попадает в критическую область и проверяемая гипотеза отвергается. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

    Задание 3

    3.1. Построим гистограмму выборки  Х_в как удобную форму представления выборочного распределения. Для этого разобьем наблюдаемый интервал значений в выборке на m равновеликих интервалов

    x_min=17,7; x_max=64,5; m=5; Δ= =9.76

    Количество интервалов разбиения m выбирается исходя из свойств выборки, рекомендуется использовать формулу m=1+3,2*lg(n), m=5,73 примем m=5. Граничные точки интервалов h_j=[x_j,x_j+1], j=1,…,m и их центры x_j+0,5 вычисляем по формулам следующим образом:

    x_j=x_min+(j-1)*Δ;  x_j+0.5=(x_j+x_j+1)/2.

    Подсчитав для каждого интервала частоты  попадания в него элементов выборки  n_j и относительные частоты ω_j =n_j/n, сведем все результаты расчета наблюдаемых частот n_j  , ω_j в следующую таблицу 3 и построим гистограмму частот рис.3

hj	15,7 – 22,7	22,7 – 32,6	32,6 - 36,5	36,5 - 40,5	40,5-64,5	Σ
xj+0.5	19,2	27,65	34,55	38,5	52,5
nj	4	7	7	5	7	30
ωj	0,133333	0,233333	0,233333	0,166667	0,233333	1