Математическая статистика 03

Вариант 4.

1.Даны выборки из генеральных совокупностей для двух непрерывных случайных величин x1 и x2 соответственно:

141 174 155 181 202 185 218 206 151 196 225 197 235 163 203

188 173 211 175 214 144 217 186 205 192 154 189 161 183 206

169 146 188 175 212 196 215 248 227 153 194 143 179 201 185

204 171 207 157 208 241 167 220 193 153 177 199 184 260 187

118 133 148 163 178 198 120 135 149 164 166 179 203 121 110

138 150 140 151 167 180 169 168 150 141 125 131 145 152 181

171 156 153 143 146 155 170 182 173 184 158 174 185 188 175

159 139 159 176 190 163 160 164 161 160 165 153 142 207 137

Требуется:

ü  Построить вариационный ряд и статистическое распределение выборки.

Вариационные ряды:

Статистическое распределение выборок:

ü  Построить гистограмму относительных частот, разбив интервал на 5 – 7 частей.

Гистограмма величины x1

Гистограмма величины x2

ü  Получить несмещенные точечные оценки для математического ожидания и дисперсии случайной величины (выборочная средняя и исправленная выборочная дисперсия).

Выборочная средняя взвешенная величины x1

Исправленная выборочная дисперсия величины x1

Выборочная средняя взвешенная величины x2

Исправленная выборочная дисперсия величины x2

ü  Найти 95%-е доверительные интервалы для математического ожидания и дисперсии случайной величины, предполагая нормальное распределение.

1)Доверительные интервалы для величины x1

Доверительный интервал для генерального среднего.

Определяем значение tkp по таблице распределения Стьюдента

По таблице Стьюдента находим:

Tтабл (n-1;б/2) = (59;0.025) = 2

(190.58 - 6.86;190.58 + 6.86) = (183.72;197.44)

С вероятностью 0.95 можно утверждать, что среднее значение при выборке большего объема не выйдет за пределы найденного интервала.

Доверительный интервал для дисперсии.

Вероятность выхода за нижнюю границу равна P(ч2n-1 < hH) = (1-г)/2 = (1-0.95)/2 = 0.025. Для количества степеней свободы k = 59 по таблице распределения ч2 находим:

Ч2(59;0.025) = 83.29768.

Случайная ошибка дисперсии:

Вероятность выхода за верхнюю границу равна P(ч2n-1 ≥ hB) = 1 - P(ч2n-1 < hH) = 1 - 0.025 = 0.975. Для количества степеней свободы k = 59, по таблице распределения ч2 находим:

Ч2(59;0.975) = 40.48175.

Случайная ошибка дисперсии:

(706.48 - 500.4; 706.48 + 1029.66)

(206.08; 1736.14)

Найдем верхнюю границу доверительного интервала для дисперсии с надежностью г = 0.95.

P(ч2n-1 > hг) = 0.95. Для количества степеней свободы k = 59, по таблице распределения ч2 находим:

Ч2(59;0.95) = 43.18796.

Случайная ошибка дисперсии:

0 ≤ у2 ≤ 965.14

2)Доверительные интервалы для величины x2

Доверительный интервал для генерального среднего.

Определяем значение tkp по таблице распределения Стьюдента

По таблице Стьюдента находим:

Tтабл (n-1;б/2) = (59;0.025) = 2

(158.51 - 5.52;158.51 + 5.52) = (152.99;164.03)

С вероятностью 0.95 можно утверждать, что среднее значение при выборке большего объема не выйдет за пределы найденного интервала.

Доверительный интервал для дисперсии.

Вероятность выхода за нижнюю границу равна P(ч2n-1 < hH) = (1-г)/2 = (1-0.95)/2 = 0.025. Для количества степеней свободы k = 59 по таблице распределения ч2 находим:

Ч2(59;0.025) = 83.29768.

Случайная ошибка дисперсии:

Вероятность выхода за верхнюю границу равна P(ч2n-1 ≥ hB) = 1 - P(ч2n-1 < hH) = 1 - 0.025 = 0.975. Для количества степеней свободы k = 59, по таблице распределения ч2 находим:

Ч2(59;0.975) = 40.48175.

Случайная ошибка дисперсии:

(456.46 - 323.31; 456.46 + 665.27)

(133.15; 1121.73)

Найдем верхнюю границу доверительного интервала для дисперсии с надежностью г = 0.95.

P(ч2n-1 > hг) = 0.95. Для количества степеней свободы k = 59, по таблице распределения ч2 находим:

Ч2(59;0.95) = 43.18796.

Случайная ошибка дисперсии:

0 ≤ у2 ≤ 623.58

ü  Проверить гипотезу о нормальном распределении генеральной совокупности по критерию Пирсона (“хи-квадрат”) для уровня значимости a=0.01.

1) Проверка гипотез о виде распределения для величины x1

Проверим гипотезу о том, что Х распределено по нормальному закону с помощью критерия согласия Пирсона.

Где pi — вероятность попадания в i-й интервал случайной величины, распределенной по гипотетическому закону.

Для вычисления вероятностей pi применим формулу и таблицу функции Лапласа

Где

S = 26.36, xср = 190.58

Теоретическая (ожидаемая) частота равна ni = npi, где n = 60

Определим границу критической области. Так как статистика Пирсона измеряет разницу между эмпирическим и теоретическим распределениями, то чем больше ее наблюдаемое значение Kнабл, тем сильнее довод против основной гипотезы.

Поэтому критическая область для этой статистики всегда правосторонняя: [Kkp;+∞).

Её границу Kkp = ч2(k-r-1;б) находим по таблицам распределения ч2 и заданным значениям s, k (число интервалов), r=2 (параметры xcp и s оценены по выборке).

Kkp = 7.81473; Kнабл = 6.39

Наблюдаемое значение статистики Пирсона не попадает в критическую область: Кнабл < Kkp, поэтому нет оснований отвергать основную гипотезу. Справедливо предположение о том, что данные выборки имеют нормальное распределение.

2) Проверка гипотез о виде распределения для величины x2

Проверим гипотезу о том, что Х распределено по Нормальному закону с помощью критерия согласия Пирсона.

Где pi — вероятность попадания в i-й интервал случайной величины, распределенной по гипотетическому закону

Для вычисления вероятностей pi применим формулу и таблицу функции Лапласа

Где

S = 21.19, xср = 158.51

Теоретическая (ожидаемая) частота равна ni = npi, где n = 60

Определим границу критической области. Так как статистика Пирсона измеряет разницу между эмпирическим и теоретическим распределениями, то чем больше ее наблюдаемое значение Kнабл, тем сильнее довод против основной гипотезы.

Поэтому критическая область для этой статистики всегда правосторонняя: [Kkp;+∞).

Её границу Kkp = ч2(k-r-1;б) находим по таблицам распределения ч2 и заданным значениям s, k (число интервалов), r=2 (параметры xcp и s оценены по выборке).

Kkp = 7.81473; Kнабл = 1.83

Наблюдаемое значение статистики Пирсона не попадает в критическую область: Кнабл < Kkp, поэтому нет оснований отвергать основную гипотезу. Справедливо предположение о том, что данные выборки имеют Нормальное распределение.

ü  Получить матрицу парных коэффициентов корреляции для x1 и x2 .

Вводим обозначения: у = x1, x = x2

Определим вектор оценок коэффициентов регрессии. Согласно методу наименьших квадратов, вектор S получается из выражения:

S = (XTX)-1XTY

Матрица X

Матрица Y

141

174

155

181

202

185

218

206

151

196

225

197

235

163

203

188

173

211

175

214

144

217

186

205

192

154

189

161

183

206

169

146

188

175

212

196

215

248

227

153

194

143

179

201

185

204

171

207

157

208

241

167

220

193

153

177

199

184

260

187

Матрица XT

Умножаем матрицы, (XTX)

В матрице, (XTX) число 60, лежащее на пересечении 1-й строки и 1-го столбца, получено как сумма произведений элементов 1-й строки матрицы XT и 1-го столбца матрицы X

Умножаем матрицы, (XTY)

Находим обратную матрицу (XTX)-1

Вектор оценок коэффициентов регрессии равен

ü  По полученным результатам вычислений сделать выводы о взаимозависимости случайных величин: существует или не существует корреляционная зависимость, прямая она или обратная.

Коэффициент корреляции

Cвязь между факторами X1 и X2 слабая и прямая.

ü  Считая, что существует линейная регрессионная зависимость между x1 и x2, оценить значения коэффициентов линейных функций регрессии.

Вводим обозначения: у = x1, x = x2

Система нормальных уравнений.

A•n + b∑x = ∑y

A∑x + b∑x2 = ∑y•x

Для наших данных система уравнений имеет вид

60a + 11389 b = 9521

11389 a + 2205021 b = 1817351

Из первого уравнения выражаем А и подставим во второе уравнение:

Получаем эмпирические коэффициенты регрессии: b = 0.234, a = 114.2752

Уравнение регрессии:

У = 0.234 x + 114.2752

Коэффициент регрессии b = 0.23 показывает среднее изменение результативного показателя (в единицах измерения у) с повышением или понижением величины фактора х на единицу его измерения. В данном примере с увеличением на 1 единицу y повышается в среднем на 0.23. Связь между у и х определяет знак коэффициента регрессии b (если > 0 – прямая связь, иначе - обратная). В нашем примере связь прямая.

Коэффициент a = 114.28 формально показывает прогнозируемый уровень у, если х=0 находится близко с выборочными значениями.

ü  Построить прямые линии регрессии x1 на x2 и x2 на x1.

Прямая линии регрессии x1 на x2

Прямая линии регрессии x2 на x1

2.Определить относительную разрывную нагрузку швейной нитки, если разрывная нагрузка образца длиной 500 мм и массой 12,5 мг составила 10,7 Н.

Дано: Рр = 10,7 Н. L = 500 мм, m = 12,5 мг

Найти: Р0

Решение:

Р0 = Рр / Т = Рр L / m. Здесь Т = m / L - линейная плотность нити.

Р0 = 10,7 Н * 0,5 м / 12,5*10-3 г = 428 Н∙м/г

Ответ: Р0 = 428 Н∙м/г

Яндекс.Метрика