Жлуктенко В. І., Наконечний С. І., Савіна С.С. Теорія ймовірностей і математична статистика: У 2-х ч. - Ч. ІІ. Математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
106
=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅
=
′′
′′
=
∑
100
204,24204,20354,16154,12104,8
n
ny
y
jj
B
4,17
100
1740
100
48840857418684
==
+
+
+
+
=
.
Для альтернативної гіпотези
)()(: YMXMH >
α
будується право-
бічна критична область. Критичну точку
кр
z
знаходимо з рівності
34,249,0
2
98,0
2
01,021
2
21
)Ф(
кркр
=→==
⋅−
=
α−
= zz
.
Правобічна критична область зображена на рис. 131.
0
()
2
2
2
1
z
ezf
−
⋅
π
=
Критична область
z
z
кр
= 2,34
Рис. 131
Обчислимо спостережуване значення критерію
.87,5
5,0
935,2
25,0
935,2
15,01,0
935,2
100
15
100
10
4,17465,14
−=−=
=−=
+
−=
+
−
=
′′
+
′
−
=
∗
n
D
n
D
yx
Z
y
x
BB
Висновок. Оскільки
]34,2;]
*
∞−∈Z
, то
)()(:
0
YMXMH =
не відхиляється.
Приклад. Ознаки Х і Y двох генеральних сукупностей,
елементами яких є однотипні заклепки, мають нормальний
закон розподілу зі значеннями дисперсій D
x
= 2,2 мм
2
,
D
y
= 2,8 мм
2
.
107
При реалізації двох вибірок із генеральних сукупностей ді-
стали статистичні розподіли:
y
i
9,7 9,8 9,9 10 10,1 10,2 x
j
8,9 9,2 9,5 9,8 10,1
i
n
′
2 3 5 4 1 1
j
n
′
′
1 4 5 6 4
При рівні значущості α = 0,001 перевірити правильність
нульової гіпотези
)()(:
0
YMXMH
=
, якщо альтернативна гіпотеза
)()(: YMXMH
<
α
.
Розв’язання. Ураховуючи, що
∑∑
=
′
′
=
′
′
=
′
=
′
20;15
ji
nnnn
, обчислимо
=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅
=
′′
′′
=
∑
20
41,1068,955,942,919,8
n
nx
x
jj
B
62,9
20
4,192
20
4,408,585,478,369,8
==
++++
=
мм.
=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅
=
′
′
=
∑
15
12,1011,1041059,938,927,9
n
ny
y
ii
B
57,10
15
6,158
15
2,101,10405,494,294,19
≈=
+
+
+
+
+
=
мм.
При альтернативній гіпотезі
)()(: YMXMH
<
α
будуємо лівобічну
критичну область, критичну точку для якої знаходимо з рівності
2,3499,0
2
998,0
2
001,021
2
21
)(Ф
кркр
−=→−=−=
⋅
−
−=
α−
−= zz
.
Лівобічна критична область зображена на рис. 132.
108
()
2
2
2
1
z
ezf
−
⋅
π
=
0
Критична область
z
z
кр
= – 3,2
Рис. 132
Обчислюємо спостережуване значення критерію
.73,1
55,0
95,0
3,0
95,0
19,011,0
95,0
15
8,2
20
2,2
57,1062,9
−=−=−=
=
+
−=
+
−
=
′
+
′′
−
=
∗
n
D
n
D
yx
Z
y
x
BB
Висновок. Оскільки
[;2,3[
*
∞−∈Z
, то відсутні підста-
ви для відхилення
)()(:
0
YMXMH
=
.
Приклад. Для дослідження розтягування певного типу гу-
ми після хімічного оброблення було відібрано шість її мо-
тків, кожний з яких було розділено навпіл і одна його по-
ловина була піддана хімічній обробці, а друга — ні.
Потім за допомогою приладу, що вимірює розтягування
матеріалу, мотки гуми були виміряні і результати вимірю-
вання наведені у вигляді двох статистичних розподілів
ознак Х і Y, які мають нормальний закон розподілу з відо-
мими значеннями генеральних дисперсій D
x
= 10; D
y
= 16.
y
i
16,7 17,2 17,3 18,1 18,4 19,1 x
j
16,2 16,3 17 17,6 18,4
i
n
′
1 1 1 1 1 1
j
n
′
′
1 1 2 1 1
При рівні значущості α = 0,001 перевірити правдивість ну-
льової гіпотези
109
)()(:
0
YMXMH
=
, якщо альтернативна гіпотеза
)()(:
0
YMXMH
≠
.
Розв’язання. Обчислимо значення
BB
yx , .
Оскільки
6=
′′
=
′
nn
, то маємо:
8,17
6
8,106
6
1,194,181,183,172,177,16
==
+
+
+
+
+
=
′
∑
=
n
y
y
i
B
.
=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅
=
′′
∑
′′
=
6
14,1816,1721713,1612,16
n
nx
x
jj
B
08,17
6
5,102
6
4,186,17343,162,16
==
+
+
+
+
=
.
При альтернативній гіпотезі
)()(: YMXMH
≠
α
будується двобіч-
на критична область.
Оскільки
кркр
zz
′′
−=
′
, то
кр
z
′
′
обчислюємо, використовуючи рівність
4,34,34995,0
2
999,0
2
001,01
2
1
)(Ф
кркркр
−=
′
→=
′′
→==
−
=
α−
=
′′
zzz
.
Критична область зображена на рис. 133.
()
2
2
2
1
z
ezf
−
⋅
π
=
0
Критична область
z
z
′
кр
= – 3,2
Критична область
z
″
кр
= 3,2
Рис. 133
Обчислимо спостережуване значення критерію
110
.346,0
08,2
72,0
34,4
72,0
67,267,1
72,0
6
16
6
10
8,1708,17
−=−=−=
=
+
−=
+
−
=
′
+
′′
−
=
∗
n
D
n
D
yx
Z
y
x
BB
Висновок. Оскільки
[
]
2,3;2,3−∈
∗
Z
, то немає підстав
відхиляти
)()(:
0
YMXMH
=
.
Випадок 2. Якщо обсяг вибірки великий (n > 40), але неві-
домі значення генеральних дисперсій D
x
, D
y
, то у цьому випадку
застосовують їх точкові незміщені статистичні оцінки, а саме:
=
−
′′
+
′
′
⋅−+
′
′
⋅−
=→−
∑∑
2
)()(
)(
BB
2
nn
nyynxx
SyxD
iijj
BB
2
)1()1(
22
−
′′
+
′
−
′′
+−
′
=
nn
SnSn
yx
. (458)
При великих обсягах вибірок
nn
′
′
′
,
статистичний критерій
nnnn
SnSn
yx
Z
yx
′′
+
′
⋅
−
′′
+
′
−
′′
+−
′
−
=
11
2
)1()1(
22
BB
(459)
асимптотично наближається до закону розподілу N(0; 1). То-
му для визначення критичних точок застосовується функція
Лапласа.
Приклад. З допомогою двох радіовимірних приладів ви-
мірювалась відстань до певного об’єкта. Результати вимі-
рювання наведені у вигляді двох статистичних розподілів
ознак: Y — відстань, виміряна першим радіоприладом, та
Х — другим. При цьому Y і Х є незалежними між собою і
підпорядковані нормальному закону розподілу. Статисти-
чні розподіли мають такий вигляд:
y
i
, км
195 198 201 204 207 210
i
n
′
10 20 30 20 15 5
111
x
j
, км
184 188 192 196 200 204
j
n
′′
5 15 30 40 6 4
При рівні значущості α = 0,01 перевірити правильність ну-
льової гіпотези
)()(:
0
YMXMH
=
, якщо альтернативна гіпотеза
)()(: XMYMH >
α
.
Розв’язання. Значення дисперсій генеральних сукупностей невідо-
мі. Необхідно обчислити
.,,,
22
yx
SSyx
BB
Оскільки
∑∑
=
′
′
=
′
′
=
′
=
′
100
ji
nnnn
, то
=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅
=
′′
′′
=
∑
100
420462004019630192151885184
n
nx
x
jj
B
56,193
100
19356
100
8161200784057602820920
==
+
+
+
++
=
км.
.64,37484
100
3748464
100
420462004019630192151885184
222222
2
==
=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅
=
′′
′′
∑
n
nx
jj
;17,1947,3746564,37484
)56,193(64,37484)(
22
B
2
=−=
=−=−
′
′
=
∑
x
n
nx
D
jj
B
36,1917,19
1100
100
1
2
=⋅
−
=
−
′′
′
′
=
B
D
n
n
S
x
;
4,436,19
≈=
x
S
.
=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅
=
′
′
=
∑
100
52101520720204302012019810195
n
ny
y
ii
B
75,201
100
20175
100
105031054080603039601950
==
+
+
+
++
=
км.
112
=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅
=
′
′
∑
100
52101520720204302012019810195
222222
2
n
ny
ii
15,40719
100
4071915
==
;
=−=−
′
′
=
∑
22
B
2
)75,201(15,40719)( y
n
ny
D
ii
B
0875,160625,4070315,40719
=
−
= ;
25,160875,16
1100
100
1
2
=
−
=
−
′
′
=
B
D
n
n
S
y
;
03,425,16 ≈=
y
S
.
При альтернативній гіпотезі
)()(: YMXMH >
α
будуємо правобіч-
ну критичну область, критична точка якої, ураховуючи те, що обсяг ви-
бірки великий, знаходиться з рівності
34,249,0
2
98,0
2
01,021
2
21
)(
кркр
=→==
⋅
−
=
α−
=
zz
Ф
.
Критична область зображена на рис. 134.
112
()
2
2
2
1
z
ezf
−
⋅
π
=
0
Критична область
z
z
кр
= 2,34
Рис. 134
Спостережуване значення критерію обчислюється так:
=
′′
+
′
⋅
−
′′
+
′
−
′′
+−
′
−
=
∗
nnnn
SnSn
yx
Z
yx
11
2
)1()1(
22
BB
24,28
29,0
19,8
02,0215,4
19,8
100
1
100
1
2100100
25,169936,1999
75,20156,193
−=−=
⋅
−=
+⋅
−+
⋅+⋅
−
=
.
Висновок. Оскільки
]]
34,2;∞−∈
∗
Z
, то відсутні підс-
тави для відхилення
)()(:
0
YMXMH
=
.
9.3. Малий обсяг вибірки (
4040,
<
′
′
<
′
nn
)
i невідомі значення дисперсій генеральної
сукупності
При малих обсягах вибірок статистичний критерій
nnnn
SnSn
yx
z
yx
′′
+
′
⋅
−
′′
+
′
−
′′
+−
′
−
=
11
2
)1()1(
22
BB
113
матиме розподіл Стьюдента з
2
−
′
′
+
′
=
nnk
ступенями свободи.
У цьому разі для побудови критичних областей критичні точки
знаходять за таблицею (додаток 6).
Приклад. Протягом доби двома приладами вимірювали
напругу в електромережі. Результати вимірювання наведе-
но у вигляді статистичних розподілів
y
i
223 227 229 230 235
i
n
′
1 2 6 2 1
x
j
216 217 219 228 236
j
n
′′
2 3 5 1 1
Припускаючи, що випадкові величини Х і Y (напруга у во-
льтах) є незалежними і мають нормальний закон розподілу
ймовірностей, за рівня значущості α = 0,001 перевірити
правильність нульової гіпотези
)()(:
0
YMXMH
=
при альтернативних гіпотезах:
1)
)()(: YMXMH
>
α
;
2)
)()(: YMXMH
≠
α
.
Розв’язання. Обсяги вибірок відповідно дорівнюють
∑
=
′
=
′
12
i
nn
,
∑
=
′
′
=
′′
12
j
nn .
Обчислимо значення
22
,,,
yx
SSyx
BB
:
=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅
=
′
′
=
∑
12
12352230622922271223
n
ny
y
ii
B
83,228
12
2746
12
2354601374454223
==
+
+
+
+
=
;
=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅
=
′
′
∑
12
12352230622922271223
22222
2
n
ny
ii
5,52371
12
628458
≈=
;
=−=−
′
′
=
∑
22
2
)8,228(5,52371)(
B
ii
y
n
ny
D
B
06,2244,523495,52371
=
−
= ;
114
1,2406,22
112
12
1
2
≈⋅
−
=
−
′
′
=
B
D
n
n
S
y
;
=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅
=
′′
′′
=
∑
12
12361228521932172216
n
nx
x
jj
B
17,220
12
2642
12
2362281095651432
≈=
++++
=
;
=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅
=
′′
′′
∑
12
12361228521932172216
22222
2
n
nx
jj
3,48505
12
582064
≈=
;
=−=−
′′
′′
=
∑
22
2
)17,220(3,48505)(
BB
x
n
nx
D
jj
47,3083,484743,48505
≈
−
= ;
24,3347,30
112
12
1
2
≈⋅
−
=
−
′′
′
′
=
B
D
n
n
S
x
.
1) Для перевірки правильності нульової гіпотези
)()(:
0
YMXMH =
при альтернативній гіпотезі
)()(: YMXMH >
α
будуємо правобічну критичну область. Ура-
ховуючи, що статистичний критерій має розподіл Стьюдента з
22212122
=
−
+=−
′′
+
′
= nnk
та рівнем значущості α = 0,001, за табли-
цею (додаток 6) знаходимо критичну точку
79,3)22;001,0(
кр
=
=
=
α
kz
.
Правобічна критична область зображена на рис. 135.