Matematinė statistika uždaviniai

 Pirmasis uždavinys Temos: Intervalinės statistinės eilutės sudarymas. Santykinių dažnių histogramos brėžimas. Imties skaitinių charakteristikų skaičiavimas. Užduotis a) Žinoma n = 50 tiriamo požymio reikšmių. Sudarykite intervalinę statistinę eilutę, kai intervalų skaičius k = 5, ir nubrėžkite santykinių dažnių histogramą. Apskaičiuokite imties vidurkį , dispersiją s2, patikslintąją dispersiją s21 bei vidutinius kvadratinius nuokrypius s ir s1. Ar apskaičiuota teisingai, pasitikrinkite, pritaikę prie imčių pateiktas kontrolines sumas: K1 = n1+n2+n3 ; K2= x + s2+s21; b) Žinoma nedidelė imtis, kurios didumas Apskaičiuokite imties vidurkį , dispersiją , patikrinamąją dispersiją bei vidutinius kvadratinius nuokrypius s ir . Ar apskaičiuota teisingai, pasitikrinkite, pritaikę prie imčių pateiktą kontrolinę sumą . Sprendimas a) Žinoma 50 tiriamo požymio reikšmių: 0,6 1,2 3,0 4,7 3,8 2,6 1,9 1,1 2,4 2,6 2,8 1,1 1,7 1,7 5,0 1,1 3,5 4,1 4,5 3,5 2,1 1,4 3,4 2,7 1,5 3,9 2,5 3,5 4,0 2,0 2,8 4,3 3,9 0,8 2,0 4,1 2,1 4,7 1,3 0,0 3,2 2,6 2,6 3,9 0,4 2,9 1,0 4,1 1,6 3,8 Be to, žinomos šio uždavinio kontrolinės sumos: K1n1+n2+n330; K2+s2+s125,88316 Sudarykime intervalinę statistinę eilutę, kai intervalų skaičius k  5, apskaičiuokime santykinių dažnių histogramos stačiakampių aukščius ir nubrėžkime histogramą. Numeris i Intervalai Absoliutieji dažniai ni Santykiniai dažniai i Aukščiai hi 1 0,0;1,0) 3 0,06 0,06 2 1,0;2,0) 13 0,26 0,26 3 2,0;3,0) 14 0,28 0,28 4 3,0;4,0) 11 0,22 0,22 5 4,0;5,0 9 0,18 0,18  50 1 ; Histogramos santykiniams dažniams ir aukščiams apskaičiuoti naudojame tokias formules: ; ; Ar teisingai gavome absoliučiuosius dažnius ni, pasitikriname pritaikę prie imties pateiktą kontrolinę sumą: K1n1+n2+n33+13+1430 ω1 = = 0,06; ω2 = = 0,26; ω3 = = 0,28; ω4 = = 0,22; ω5 = = 0,18; h1 = 0,06; h2 = 0,26; h3 = 0,28; h4 = 0,22; h5 = 0,18 1 pav. Santykinių dažnių histograma Apskaičiuojame imties vidurkį: Patikslintąją dispersiją: ; Vidutinis kvadratinis nuokrypis: Imties vidutinį kvadratinį nuokrypį ir dispersiją: . Ar teisingai gavome skaitines charakteristikas, pasitikriname pritaikę prie imties pateiktą kontrolinę sumą: b) Žinoma nedidelė imtis: ir kontrolinė suma K∑2 7,59800. Šios imties didumas n = 18. Apskaičiuojame imties vidurkį = 3,1222 vidutinius kvadratinius nuokrypius s1 = 1,5171 ir s = 1,4744 bei patikrinamąją dispersiją ir dispersiją . Ar teisingai gavome skaitines charakteristikas, patikriname pritaikę kontrolinę sumą: = 3,1222 + 2,17396 + 2,30184 = 7,59800. Antrasis uždavinys Temos: Normaliojo skirstinio Ν (a,2): a) Vidurkio (matematinės vilties) a pasikliautinasis intervalas, kai vidutinis kvadratinis nuokrypis  žinomas; b) Vidurkio a pasikliautinasis intervalas, kai  nežinomas; c) Vidutinio kvadratinio nuokrypio  pasikliautinasis intervalas, kai a nežinoma. Uždavinio formulavimas a) Žinoma, kad atsitiktinis dydis X yra normalusis, t.y. X Ν (a,2). Jo parametras a nežinomas, o  žinomas:  yra lygus 1 uždavinyje gautam s1, kuris imamas su vienu ženklu po kablelio (neapvalinant), t.y. . Turėdami imtį, kurios didumas n  50, ir parinkę pasikliovimo lygmenį 0,99, raskite parametro a pasikliautinąjį intervalą, kai  žinomas. b) Žinoma, kad atsitiktinis dydis X yra normalusis, t.y. X Ν (a,). Jo parametrai a ir  nežinomi. Turėdami imtį, kurios didumas n  50, taikydami 1 uždavinyje gautas ir s1 reikšmes, parinkę pasikliovimo lygmenį   0,95, raskite a ir  pasikliautinuosius intervalus. c) Žinoma, kad atsitiktinis dydis X yra normalusis, t. y. X~N (a, σ2). Jo parametrai a ir σ nežinomi. Turėdami nedidelę normaliojo a. d. imtį (žr. 1b uždavinio imtį), panaudoję 1b uždavinyje gautas x ir s1 reikšmes, parinkę pasikliovimo lygmenį γ = 0,95, raskite parametrų a ir σ pasikliautinuosius intervalus. Skaičiavimo rezultatus pasitikrinkite pagal pateiktą kontrolinę sumą ΚΣ5 = Sprendimas a) Žinoma 50 normaliojo atsitiktinio dydžio reikšmių (žr. pirmąjį uždavinį). Parinkę pasikliovimo lygmenį 0,99, raskime parametro a pasikliautinąjį intervalą, kai  žinomas. Normaliojo atsitiktinio dydžio nežinomo parametro a pasikliautinasis intervalas, kai vidutinis kvadratinis nuokrypis  žinomas, apibrėžiamas lygybe: arba trumpiau: ,čia , yra standartinio normaliojo (normuotojo) skirstinio Ν (0,1) kritinė reikšmė. Ją galima rasti lentelėje. . Imties didumas n50, vidurkis 2,64, vidutinis kvadratinis nuokrypis s1. Tuomet 1,2. 0,4371; Taigi a pasikliautinasis intervalas 0,01 tikslumu yra: (2,20 ; 3,08) b) Žinoma 50 tiriamo požymio reikšmių (žr. pirmąjį uždavinį). Iš pradžių, parinkę pasikliovimo lygmenį   0,95, raskime normaliojo skirstinio parametro a pasikliautinąjį intervalą, kai  nežinomas, taikydami išraiškas: ,čia imties didumas n=50, imties vidurkis2,64 imties vidutinis kvadratinis nuokrypis s1=1,2798. Stjūdento skirstinio kritinė reikšmė: = 0,364; Taigi a pasikliautinasis intervalas, kai σ žinomas su pasikliovimo lygmeniu γ = 0,95, yra lygus (2,28; 3,00). c) Raskime  pasikliautinąjį intervalą , kai a nežinomas. Šio intervalo išraiška: , ,čia ; yra χ2 skirstinio kritines reikšmes. Tuomet, kai imties didumas n50, imties vidutinis kvadratinis nuokrypis s11,2798: =0,95 Taigi a pasikliautinasis intervalas, kai σ žinomas su pasikliovimo lygmeniu γ = 0,95, yra lygus . Trečiasis uždavinys Tema: Neparametrinių hipotezių tikrinimas Uždavinio formulavimas a) Žinoma 50 požymio reikšmių (žr. pirmojo uždavinio imtį). Atsižvelgę į 1 uždavinyje nubrėžtos santykinių dažnių histogramos pavidalą, suformuluokite neparametrinę hipotezę H1 : X  (a,), t.y. kad a.d. X yra normalusis. Patikrinkite šią hipotezę, parinkę reikšmingumo lygmenį   0,05 ir pritaikę 2 suderinamumo kriterijų. Ar teisingai apskaičiuota, pasitikrinkite pritaikę prie imčių pateiktas šio uždavinio kontrolines sumas: K3  p1  p2  p3; K4    . b) Žinoma 50 požymio reikšmių. Apskaičiuokite imties skaitines charakteristikas. Sudarykite intervalinę statistinę eilutę, kai intervalų skaičius k=5, nubrėžkite santykinių dažnių histogramą, atsižvelgę į jos pavidalą, suformuluokite neparametrinę hipotezę ε (λ), t. y. Atsitiktinis dydis X yra rodiklinis (eksponentinis). Šią hipotezę patikrinkite, parinkę α = 0,05 ir pritaikę2 kriterijų. Ar teisingai apskaičiuota, pasitikrinkite pritaikę prie imčių pateiktas kontrolines sumas: K1 = n1+n2+n3; K2  p1  p2  p3 ; K3    . c) Žinoma 50 požymio reikšmių.Sudarykite intervalinę eilutę , kai intervalų skaičius k=5, nubrėžkite santykinių dažnių histogramą. Pagal jos pavidalą suformuluokite neparametrinę hipotezę([a;b]), t. y., kad atsitiktinis dydis X yra tolygusis. Šią hipotezę patikrinkite, parinkę   0,05 ir pritaikę 2 suderinamumo kriterijų. Ar teisingai apskaičiuota, pasitikrinkite pritaikę prie imčių pateiktas kontrolines sumas: K2    . d) Diskretusis atsitiktinis dydis X − kurios nors sistemos gedimų skaičius per valandą. Per savaitę (168 valandos) gauti stebėjimo duomenys sugrupuoti ir išdėstyti didėjimo tvarka. Parinkę reikšmingumo lygmenį α = 0,05 ir pritaikę χ 2 suderinamumo kriterijų, patikrinkite hipotezę, kad atsi-tiktinis dydis X pasiskirstęs pagal Puasono skirstinį, t. y. H4 : X ~ ρ(λ). Ar apskaičiuota teisingai, pasitikrinkite pritaikę prie imčių pateiktas kontrolines sumas: ΚΣ1 = p0 + p1 + p2; ΚΣ2 = ; Užduotis a) Žinoma 50 požymio reikšmių . Atsižvelgę į santykinių dažnių histogramos pavidalą, formuluojame neparametrinę hipotezę H1 : X  (a,) ir ją patikrinkime, parinkę reikšmingumo lygmenį   0,05 ir pritaikę 2 suderinamumo kriterijų. Ar teisingai apskaičiuota, pasitikrinkite pritaikę prie imčių pateiktas šio uždavinio kontrolines sumas: K3  p1  p2  p3 =0,612; K4    =0,4951 Sprendimas Esame sudarę intervalinę statistinę eilutę: Numeris i Intervalai Absoliutieji dažniai ni 1 0,0;1,0) 3 2 1,0;2,0) 13 3 2,0;3,0) 14 4 3,0;4,0) 11 5 4,0;5,0 9  50 Be to, esame gavę, kad imties vidurkis 2,64, o vidutinis kvadratinis nuokrypis s 1,2669. Apskaičiuojame 0,01 tikslumu: = -1,30; =  -0,51; =  0,28; =  1,07. Toliau randame Laplaso funkcijos reikšmes: 0 (u1)  0 (-1,30)  -0,4032; 0 (u2)  0 (-0,51)  -0,1950; 0 (u3)  0 (0,28)  0,1103; 0 (u4)  0 (1,07)  0,3577. Apskaičiuojame tikimybes pi. Jos lygios Laplaso funkcijos reikšmių skirtumui: p1  0(u1) - 0(-)  -0,4032+0,5000  0,0968; p2  0(u2) - 0(u1)  -0,1950+ 0,4032 0,2082; p3  0(u3) - 0(u2)  0,1103+ 0,1950 0,3053; p4  0(u4) - 0(u3)  0,3577– 0,1103 0,2474; p5  0(+) - 0(u4)  0,5000 – 0,3577 0,1423. Ar šios tikimybės teisingos, galima pasitikrinti pagal žinomą kontrolinę sumą: K3p1+p2+p3 0,0968 + 0,2082 + 0,3053 0,6103. Apskaičiuojame sandaugas npi, reiškiančias reikšmių patekimo į i-ąjį intervalą teorinius dažnius, kriterijaus narius ir . i Intervalai ni pi npi 1 (-;1,0) 3 0,0968 4,84 0,6995 2 1,0;2,0) 13 0,2082 10,41 0,6443 3 2,0;3,0) 14 0,3053 15,265 0,1048 4 3,0;4,0) 11 0,2474 12,37 0,1517 5 4,0;+ ) 9 0,1423 7,115 0,2346  50 1,0000 50 0,4994 Patikriname taikant žinomą kontrolinę sumą: K4 0,1162 + 0,0036 + 0,0330 1.4486. Parinkę reikšmingumo lygmenį 0,05 ir normalinio skirstinio atveju apskaičiavę laisvės laipsnių skaičių vk-r-15-2-12,skirstinio reikšmių lentelėje randame Kadangi , tai suformuluotoji hipotezė ~U([0,6;14,6]) nepriimama. d) Tarkime, kad diskrečiojo a. d. X reikšmės ir jų dažniai yra: Xi 0 1 2 3 4 5 6 7 Ni 6 13 32 29 29 29 14 16 Be to, žinomos kontrolinės sumos: ΚΣ1 = p0 + p1 + p2 = 0,28403; ΚΣ2 = = 1,6168; Raskime Puasono skirstinio P(λ) nežinomo parametro λ = EX įvertį : 1/168∙(6·0+13·1+32·2+29·3+29·4+29·5+14·6+16·7)=3,69643. Tuomet formuluojame hipotezę , Apskaičiuojame tikimybes: i = 1,2,3,4,5,6. Siekdami, kad tikimybių suma būtų lygi 1, paskutinę tikimybę skaičiuojame taip: . 0 6 0,02481 4,16808 0,80515 1 13 0,09172 15,40896 0,376605 2 32 0,16951 28,47768 0,435665 3 29 0,20886 35,08848 1,05646 4 29 0,19301 32,42568 0,361913 5 29 0,14269 23,97192 1,054633 6 14 0,08791 14,76888 0,040029 7 16 0,08149 13,69032 0,389664 168 1,0000 168.000 4,52012 Gautas tikimybes pasitikrinkime pagal kontrolinę sumą: ΚΣ1 = p0 + p1 + p2 = 0,28403; Pasitikrinkime χ2 narius pagal kontrolinę sumą : ΚΣ2 = = 1,617; Sudėję gautus narius, 5 skilties paskutiniame langelyje už-rašome χ2 apskaičiuotąją reikšmę χ2 Sk= 4,52012 Kai α = 0,05 ir ν = k − r – 1 = 8 − 1– 1 = 6, χ2 skirstinio kritinių reikšmių lentelėje randame χ2 kr =12,592. Toliau tikriname, ar 4,52012 Patenka į kritinę sritį [12,592;+ ) . Matome, kad nepatenka. Todėl hipotezę, kad atsitiktinis dydis X (gedimų skaičius per valandą) pasiskirstęs pagal Puasono skirstinį, priemame. Ketvirtasis uždavinys Tema: Normaliojo skirstinio parametrinių hipotezių tikrinimas. Uždavinio formulavimas a) Žinoma, kad atsitiktinis dydis X yra normalusis, t. y. X~N(a, σ). Jo parametras a nežinomas, o parametras σ žinomas: . Turėdami 50 normaliojo atsitiktinio dydžio reikšmių (žr. pirmojo uždavinio pirmąją imtį), žinodami, kad (a0 yra imties vidurkio sveikoji dalis), patikrinkite nulinę parametrinę hipotezę ] H0: a  a0, parinkę reikšmingumo lygmenį α = 0,01 ir dvi alternatyviąsias hipotezes (Ha: a ≠ a0 ir Ha: a > a0). b) Žinoma, kad atsitiktinis dydis X yra normalusis, t. y. X~N(a, σ). Jo parametrai a ir σ nežinomi. Turėdami 50 normaliojo atsitiktinio dydžio reikšmių (žr. pirmojo uždavinio pirmąją imtį), žinodami, kad (a0 yra imties vidurkio sveikoji dalis) ir ( yra s1 su vienu ženklu po kablelio, neapvalinant, plius 0,2), patikrinkite dvi nulines parametrines hipotezes H0 : a  a0; H0 :   0,parinkę lygmenį α = 0,05 ir po dvi alternatyviąsias hipotezes (Ha : a  a0 ir Ha : aa0 ; Ha :   0 ir Ha : 0). c) Žinoma, kad atsitiktinis dydis X yra normalusis, t. y. X~N(a, σ). Jo parametrai a ir σ nežinomi. Duota normaliojo atsitiktinio dydžio imtis, kurios didumas n ≈ 20 (žr. pirmojo uždavinio antrąją imtį), ir . Patikrinkite dvi nulines parametrines hipotezes H0 : a  a0; H0 :   0, parinkę α = 0,05 ir po dvi alternatyviąsias hipotezes (žr. b). d) Žinoma, kad diskretusis a. d. X~B(n, p). Vienas jo parametras n yra žinomas (bandymų skaičius n = 100), o tikimybė p nežinoma. Žinodami įvykio A pasirodymų skaičių k, pasikliovimo lygmenį γ, raskite binominio skirstinio parametro p pasikliautinąjį intervalą 0,01 tikslumu. Žinodami reikšmingumo lygmenį α ir p0, patikrinkite parametro p reikšmės hipotezę H0: p = p0, parinkę alternatyviąją hipotezę Ha : p ≠ p0; Įvykio A pasirodymų skaičius k gali būti: 1, 2, 3, ... , 60. Pasikliovimo lygmuo γ – 0,95; 0,99. Reikšmingumo lygmuo α – 0,05; 0,01. Parametro p reikšmė p0 – 0,1; 0,2; 0,3; 0,4; 0,5; 0,6. Sprendimas a) Žinoma 50 normaliojo atsitiktinio dydžio reikšmių (žr. pirmojo uždavinio 1 pavyzdį), a0 ir . Reikšmė a0 yra imties vidurkio sveikoji dalis;  lygus s1 su vienu ženklu po kablelio (neapvalinant).Patikrinkime parametrinę hipotezę: H0 : a  a0 , parinkę reikšmingumo lygmenį 0,01 ir dvi alternatyviąsias hipotezes.Hipotezė H0 : a  a0 tikrinama, taikant standartinį normalųjį reikšmingumo kriterijų . Esame gavę  2,64ir s1 1,2798. Todėl a02, o 1,2. . Iš pradžių parenkama bendroji alternatyva Ha : aa0. Šiuo atveju taikoma dvipusė kritinė sritis: . Matome, kad apskaičiuotoji reikšmė Usk nepatenka į kritinę sritį. Todėl hipotezės H0 : aa0 nėra pagrindo atmesti. Kadangi galioja nelygybė >a0, parenkama alternatyvioji hipotezė Ha : a>a0. Šiuo atveju parenkama vienpusė kairioji sritis: KS=(-∞;+1,195] Matome, kad Usk nepatenka į kritinę sritį, todėl nulinę hipotezę H0: a=a nėra pagrindo atmesti. b) Žinoma, kad atsitiktinis dydis X yra normalusis, tai yra X N(a,).Jo parametrai a ir  ne-žinomi.Turime 50 normaliojo atsitiktinio dydžio reikšmių. Taip pat esame gavę 2,64 ir s11,2798. Tuomet parenkame a02, o 01,4 (pridejus 0,2). Patikrinkime dvi nulines parametrines hipotezes – H0 : aa0 ; H0 : 0, Parinkę reikšmingumo lygmenį 0,05 ir po dvi alternatyviąsias hipotezes. Hipotezė H0 : aa0 tikrinama, taikant Stjudento reikšmingumo kriterijų  s (n-1). Apskaičiuojame Tsk 3,2325. Iš pradžių parenkame bendrąją alternatyvą Ha : aa0. Šiuo atveju taikoma dvipusė kritinė sritis: . Matome, kad apskaičiuotoji Stjudento statistikos Tsk reikšmė nepatenka į kritinę sritį. Todėl nulinė hipotezėsH0 : aa nėra pagrindo atmesti. Kadangi galioja nelygybė >a0, parenkama alternatyvioji hipotezė Ha : a>a0,ir taikoma vienpusė dešinioji kritinė sritis: KS=[ta;+∞)=[-1,225;+∞) Matome, kad Tsk nepatenka į kritinių reikšmių sritį.Todėl nulinė hipotezė H0 : a=a0 priimama. Hipotezė H0 : 0 tikrinama, taikant kriterijų:  C (n-1). Apskaičiuojame . Iš pradžių parenkame bendrąją alternatyvą Ha : 0 . Šiuo atveju taikoma dvipusė kritinė sritis: . Matome, kad reikšmė patenka į kritinių reikšmių sritį, todėl priimama alternatyvioji hipotezė. Esame gavę s10,5109 ir pastebime, kad galioja nelygybė s10. Todėl parenkama alternatyvioji hipotezė Ha :  a0 ir taikoma vienpusė dešinioji kritinė sritis: Matome, kad apskaičiuotoji reikšmė . nepatenka į KS, todėl ir šiuo atveju hipotezė H0 : a = a0 nepriimama. Hipotezė tikrinama, taikant reikšmingumo kriterijų Žinome, kad = 3,93036. Todėl =14,2598. Iš pradžių parenkame bendrąją alternatyvą Šiuo atveju taikoma dvipusė kritinė sritis: (0;7,564] [30,191; ) Matome, kad reikšmė nepatenka į KS. Todėl nulinė hipotezė H0 priimama. Kadangi galioja nelygybė s1y, Fišerio skirstinio kritinių reikšmių lentelėje randama Fkr.= fa, n-1; n-1= 3,4381. Tuomet kritinė sritis KS  3,4381; +). Matome, kad apskaičiuotoji statistikos F reikšmė Fsk. nepatenka į kritinę sritį, todėl nulinės hipotezės nėra pagrindo atmesti.Taigi atsitiktinių dydžiųX ir Y vidutiniai kvadratiniai nuokrypiai lygūs: x = y. Parinkę reikšmingumo lygmenį   0,05 tikriname nulinę hipotezę H0: ax = ay, taikydami Stjudento reikšmingumo kriterijų T= . Apskaičiuokime jo reikšmę T==0,25253; Tsk =0,25253. Iš pradžių parenkame bendrąją alternatyvą Ha: ax  ay. Šiuo atveju taikoma dvipusė kritinė sritis: ( -; -t;   t;; +)  (-;-2,120  2,120; +). Pastebime, kad apskaičiuotoji Stjudento statistikos reikšmė Tsk. nepatenka į KS, todėl nulinė hipotezė H0 priimama. Kadangi galioja nelygybė  , dar parenkama alternatyvioji hipotezė H0: ax  ay ir taikoma vienpusė dešinioji kritinė sritis t;+)  1,958; +). Šiuo atveju apskaičiuotoji Stjudento statistikos reikšmė Tsk. nepatenka į KS, todėl nulinė hipotezė H0 priimama. Šeštasis uždavinys Temos: Imties koreliacijos koeficiento r apskaičiavimas. Regresijos tiesės lygties radimas. Teorinio koreliacijos koeficiento  pasikliautinojo intervalo radimas. Teorinio koreliacijos koeficiento  reikšmės hipotezių tikrinimas. Uždavinio formulavimas Žinoma dviejų normaliųjų atsitiktinių dydžių X~ (ax,x) ir Y (ay,y) imtys. Jų didumas n9 (žr. Penktojo uždavinio imtį). Apskaičiuokite koreliacijos koeficientą r 10-4 tikslumu. Raskite regresijos teisės lygtį . Parinkę pasikrovimo lygmenį 0,95, raskite koreliacijos koeficiento  pasikliautinąjį intervalą 0,01 tikslumu. Parinkę reikšmingumo lygmenį 0,05, parinkę tik bendrąsias alternatyvas ir pritaikę reikšmingumo kriterijų patikrinkite tris nulines parametrines hipotezes H0 : 0, kai 00; 0,5; 0,9. Sprendimas Apskaičiuoju imties koreliacijos koeficientą r ir randu regresijos tiesės lygtį . Esame gavę: 5,27778, Sx1,26270; 5,13333; Sy1,06538; Apskaičiuoju sandaugų vidurkį: . Taigi Be to,apskaičiuojame: . Tuomet regresijos tiesės lygtis: Parinkę pasikliovimo lygmenį 0,95, rasime koreliacijos koeficiento  pasikliautinąjį intervalą, taikydami jo išraišką: thz1thz2. Apskaičiuojame: z1 = z2  Tuomet  pasikliautinasis intervalas,paskaičiavus hiperbolinį tangentą : ( 0,82;0,99) Parinkę reikšmingumo lygmenį 0,05, patikriname parametrinę hipotezę H0 : 0 (kadangi r mažai skiriasi nuo 1, akivaizdu, kad ši hipotezė bus atmesta). Taikome kriterijų: Žinodami 0,05 ir parinkę bendrąją alternatyvą Ha: 0, gauname kritinę sritį: Matome, kad Vsk patenka į KS, todėl nulinę hipotezę atmetame ir priimame alternatyviąją. Parinkę reikšmingumo lygmenį 0,05, patikriname parametrinę hipotezę H0 : 00,5. Taikome kriterijų: Ši reikšmė patenka į jau nurodytą kritinę sritį, todėl nulinę hipotezę atmetame ir priimame alternatyviąją hipotezę Ha : 0,5. Apskaičiuojame V reikšmę, kai 00,9: . Ši reikšmė, Vsk. =, nepatenka į kritinę sritį, todėl nulinės hipotezės H0 : 00,9 nėra pagrindo atmesti. Septintasis uždavinys Temos: Imties koreliacijos koeficiento r apskaičiavimas, regresijos tiesės lygties radimas, koreliacijos koeficiento  pasikliautinojo intervalo radimas, koreliacijos koeficiento  reikšmės hipotezių tikrinimas, kai duomenys sugrupuoti į koreliacinę lentelę. Uždavinio formulavimas Turima dviejų atsitiktinių dydžių X ir Y koreliacinė lentelė. Apskaičiuokite koreliacijos koeficientą r ir raskite regresijos tiesės lygtį . Parinkę pasikliovimo lygmenį 0,95, raskite koreliacijos koeficiento  pasikliautinąjį intervalą 0,01 tikslumu. Parinkę reikšmingumo lygmenį 0,05, patikrinkite dvi parametrines hipotezes – H0 : 0 ir H0:0,8 (kai r0) arba H0:-0,8 (kai r0). Ar teisingai apskaičiuota, pasitikrinkite pagal pateiktas kontrolines sumas: K1 x + sx =54,81124; K2 y + sy + r=59,74308; K3 V(0)sk + V(0,8)sk + z1 + z2 = 11,534. Sprendimas X/Y 30 41 51 60 70 nx 20  1  18 2 21 39    11 16 1 28 52 2 5 16 23 65  5  3 8 ny 1 31 23 22 3 80 Iš pradžių apskaičiuokime koreliacijos koeficientą r ir raskime regresijos tiesės lygtį. Apskaičiuokime vidurkius: 2121,838. Skaičiuoju vidutinius kvadratinius nuokrypius: Patikrinu: K1= Imties koreliacijos koeficientas: Ar apskaičiavau teisingai, patikrinu: Regresijos koeficientas: , o regresijos tiesės lygties laisvasis narys: a0 - a1 30,3043. Parinkę pasikliovimo lygmenį 0,95, raskime koreliacijos koeficiento  pasikliautinąjį intervalą, taikydami išraišką thz1thz2. Apskaičiuojame: ; Tuomet  pasikliautinasis intervalas (0,86222th;1,308944th). Parinkę reikšmingumo lygmenį 0,05, patikriname parametrinę hipotezę H0 : 0, taikydami reikšmingumo kriterijų Kadangi n80 ir koreliacijos koeficientas r0,79526, apskaičiuojame: V0sk9,52594. Žinodami reikšmingumo lygmenį 0,05 ir parinkę alternatyvą Ha : 0 nustatome kritinę reikšmę =1,960 ir kritinę sritį KS(-;-1,960][1,960;+). Matome, kad gauta reikšmė patenka, todėl nulinę hipotezę atmetame ir priimame alternatyviąją. Parinkę 0,05 ir alternatyvą Ha : 0, patikriname parametrinę hipotezę H0 : 0-0,8. Taikome reikšmingumo kriterijų V0,8sk-0,163302. Patikrinu: K3V0sk+V0,8sk+z1+z29,52594-0,1633+0,86222+1,308944=11,534. Matome, kad gauta reikšmė Vsk nepatenka į kritinę sritį (-;-1,960][1,960;+). Todėl hipotezę H0 : 0-0,8 nėra pagrindo atmesti. Aštuntasis uždavinys Temos. Netiesinio koreliacinio priklausomumo tikrinimas. Geriausios regresijos kreivės parinkimas Uždavinio formulavimas Turima koreliacinė lentelė. Apskaičiuokite koreliacijos koeficientą r ir koreliacinius santykius *yx, *xy. Apskaičiuokite regresijos kreivių( tiesės, hiperbolės, logaritminės kreivės (jei visi xi  0), rodiklinės kreivės) lygčių (y  a0 + a1x, y  a0 + , y  a0 + a1lnx, y  a0 + a1ex) koeficientus a0 ir a1. Įvertinkite gautųjų regresijos kreivių y  g*(x) artumą duotiesiems taškams, kiekvienai regresijos kreivei apskaičiuodami vidutinę kvadratinę paklaidą 0,01 tikslumu. Ar apskaičiuota teisingai, pasitikrinkite pagal pateiktas kontrolines sumas: Sprendimas Žinoma koreliacinė lentelė ir kontrolinės sumos: Papildykime turimą koreliacinę lentelę: X \ Y -25,3 -3,9 29,2 58,8 99,5 nx 0,3 9 2 1 12 0,8 2 7 9 1,2 1 6 11 18 1,7 1 2 6 9 2,2 1 9 2 12 ny 3 19 35 2 1 60 Iš pradžių raskime imties, kurios didumas n = 60, skaitines charakteristikas: Ar apskaičiuota teisingai, pasitikriname pagal pateiktą kontrolinę sumą: Tuomet apskaičiuokime koreliacijos koeficientą Norėdami apskaičiuoti koreliacinį santykį , iš pradžių randame sąlyginius vidurkius Toliau randame šių sąlyginių vidurkių kvadratų vidurkį: Tuomet Apskaičiuokime koreliacijos santykį . Tam randame sąlyginius vidurkius : Apskaičiuojame šių sąlyginių vidurkių kvadratų vidurkį: Tuomet koreliacijos santykis Ar apskaičiuota teisingai, pasitikrinkime pagal pateiktą kontrolinę sumą Apskaičiuokime regresijos kreivių lygčių (tiesės y=a0 + a1x, hiperbolės , logaritminės kreivės y=a0 + a1ln x, rodiklinės kreivės y=a0 + a1ex) koeficientus a0 ir a1. Tiesės lygties y=a0 + a1x koeficientai a0 ir a1 randami iš lygčių sistemos: Tiesės lygties koeficientai ir randami iš lygčių sistemos: Ją išsprendę gauname a0 =38,09226; a1 = -32,21065. Hiperbolės lygties koeficientai irrandami iš lygčių sistemos: Ją išsprendę gauname a0 =-2,983866; a1 = 9,14396. Logaritminės kreivės lygties koeficientai ir randami iš lygčių sistemos: Ją išsprendę gauname a0 =4,798984; a1 = -20,68238. Rodiklinės kreivės lygtieskoeficientai ir randami iš lygčių sistemos: Ją išsprendę gauname a0=45,894; a1 =-14,13465; Įvertinkime gautųjų regresijos kreiviųartumą duotiesiems taškams, apskaičiuodami kiekvienos regresijos kreivės vidutinę kvadratinę paklaidąminimizuodami sumą Iš pradžių apskaičiuokime kiekvienos regresijos kreivės (T- tiesės, H- hiperbolės,L – logaritminės kreivės, R - rodiklinės kreivės) taškų, kurių abscisės yra xk, ordinates: T 31,65013 25,208 15,5448 5,881609 -0,56052 H 42,73594 19,87604 10,07894 6,160096 4,636102 L 38,086 23,75006 12,17587 4,798984 1,02814 R 28,6299 24,80758 17,43031 7,472034 -1,0347 Tuomet: SS(T) 4273,476 S(T) 4,96 SS(H) 270,7223 S(H) 5,83 SS(L) 1770,728 S(L) 5,81 SS( R) 5702,141 S(R) 4,67 Išvada: arčiausia duotųjų taškų yra hiperbolė. Išvados • Pasaulėžiūros, požiūrių ir pozicijų skirtumai- įprastas reiškinys bet kurioje socialinėje grupėje (pavyzdžiui, šeimoje, santuokoje, sporto komandoje darbuotojų kolektyve). Skirtingi požiūriai ir sprenimų priėmimo metodai, pasikeitimas nuomonėmis ir ginčai tarp atskitų darbuotojų nebūtinai gali turėti ir neigiamų pasekmių. Atvirkščiai, jie gali turėti skatinamąjį poveikį, tačiau jie neturėtų peraugti į neigiamus santykius, neefektyvią ir įmonei nenaudingą nesantaiką. • Kiekvienam vadovui svarbu įsisąmononti , kad konfliktų išvendti beveik neįmanoma, todėl jų supratimas ir tinkamas valdymas labai svarbus, siekiant efektyvios organizacijos veiklos ir darbuotojų pasitenkinimo atliekamu darbu. • Organizacijose vyksta daliniai ir sisteminiai pokyčiai. Sisteminiai pokyčiai vienu ar kitu aspektu liečia visus organizacijos elementus ir keičia jos, kaip sistemos pagrindinius parametrus. Sisteminė kaita jungia tris pagrindinius organizacijų transformavimo būdus: restruktūrizavimą, reorganizavimą ir rekonceptualizavimą. Sisteminiai pokyčiai sąlygoja objektyvaus organizacijos kaitos proceso – vystymosi proceso vyksmą. Analizė rodo, kad yra keletas organizacijų vystymosi variantų. Pagrindiniai variantai yra: adaptacinis vystymasis, vystymasis organizacinių krizių dėka, principinio moelio sudarymas. • Pokyčiai organizacijos išorėje ir viduje bene didžiausią įtaką turi veiklos procesams, todėl jie transformuojami labai dinamiškai. Pokyčių įtakoje plečiant organizacijos darbuotojų motyvavimo priemonių kompleksą, būtina integruotai tobulinti ir vystyti visus motyvavimo būdus ir metodus – ekonominius (materialinius), organizacinius (administracinius, teisinius) ir sociopsichologinius. Literatūros sąrašas 1. Vadyba : mokomoji knyga / Fabijonas Saulius Butkus ; Vilniaus Gedimino technikos universitetas. 176psl 2. http://pkg.lt/organizacijoms/straipsniai/konfliktu_valdymas/ 3. http://www.verslas.in/terminas/pokyciu-valdymas/

Daugiau informacijos...

★ Klientai rekomenduoja

Šį rašto darbą rekomenduoja mūsų klientai. Ką tai reiškia?

Mūsų svetainėje pateikiama dešimtys tūkstančių skirtingų rašto darbų, kuriuos įkėlė daugybė moksleivių ir studentų su skirtingais gabumais. Būtent šis rašto darbas yra patikrintas specialistų ir rekomenduojamas kitų klientų, kurie po atsisiuntimo įvertino šį mokslo darbą teigiamai. Todėl galite būti tikri, kad šis pasirinkimas geriausias!