Matematinės statistikos savarankiški darbai

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, kuros didumas n = 20. Apskaičiuokite imties vidurkį , dispersiją s2, patikslintąją dispersiją s21 bei vidutinius kvadratinius nuokrypius s ir s1. Ar apskaičiuota teisingai, patikrinkite pritaikę prie imčių pateiktą kontrolinę sumą: K2= x + s2+s21 Sprendimas a) Žinoma 50 tiriamo požymio reikšmių: 14,5 14,5 13,6 15,7 14,6 14,4 13,9 13,3 13,5 14,5 15,3 14,8 13,0 16,1 14,3 17,0 17,1 15,2 13,8 12,9 15,1 14,4 14,5 12,1 14,1 14,9 15,0 13,9 15,8 13,2 13,8 13,1 14,1 13,5 14,0 14,6 14,6 14,6 14,9 12,8 13,4 13,7 14,9 15,5 13,9 14,5 16,4 13,6 14,3 14,2 Be to, žinomos šio uždavinio kontrolinės sumos: K1n1+n2+n340 K2+s2+s1216,48409 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 ωi Aukščiai hi 1 [12,1;13,1) 4 0,08 0,08 2 [13,1;14,1) 15 0,3 0,3 3 [14,1;15,1) 21 0,42 0,42 4 [15,1;16,1) 6 0,12 0,12 5 [16,1;17,1] 4 0,08 0,08 ∑ 50 1 ; =12,1; =17,1 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4+15+21=40 1 pav. Santykinių dažnių histograma Apskaičiuojame imties vidurkį: Dispersiją: ; Patikslintąją dispersiją: Imties vidutiniai kvadratiniai nuokrypiai: Ar teisingai gavome skaitines charakteristikas, pasitikriname pritaikę prie imties pateiktą kontrolinę sumą: . b) Žinoma nedidelė imtis: 0,4 2,0 2,2 2,4 2,7 3,0 4,0 4,1 4,3 4,4 4,7 4,9 5,1 5,4 5,8 7,6 9,4 Šios imties didumas n = 17. Apskaičiuokime imties vidurkį: Dispersiją: Patikslintąją dispersiją: Imties vidutiniai kvadratiniai nuokrypiai: Ar teisingai gavome skaitines charakteristikas, pasitikriname pritaikę prie imties pateiktą kontrolinę sumą: . Antrasis uždavinys Temos: Normaliojo skirstinio Ν (a,): 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 nežinomas Užduotis a) Žinoma, kad atsitiktinis dydis X yra normalusis, t.y. X Ν (a,). Jo parametras a nežinomas, o  žinomas:  yra lygus 1 uždavinyje gautam s1, kuris imamas su vienu ženklu po kablelio (neapvalinant). 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~ Ν (a,s). Jo parametrai a ir s nežinomi.Turėdami nedidelią normaliojo a. d. imtį (žr. 1b uždavinio imtį), panaudoję 1b uždavinyje gautas ir s1 reikšmes, parinkę pasikliovimo lygmenį g = 0,95, raskite parametrų a ir s parametrų pasikliautinuosius intervalus. 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 14,388, vidutinis kvadratinis nuokrypis s11,02889. Tuomet 1. =0,99 Taigi a pasikliautinasis intervalas 0,01 tikslumu yra (14,024 ; 14,752) 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: Trumpiau: čia yra Stjudento skirstinio su vn –1 laisvės laipsnių kritinė reikšmė iš lentelės: Tuomet, kai imties didumas n50, imties vidurkis  14,388, imties vidutinis kvadratinis nuokrypis s11,02889: P Taigi a pasikliautinasis intervalas 0,01 tikslumu yra: Raskime  pasikliautinąjį intervalą , kai a nežinomas. Šio intervalo išraiška: , čia yra skirstinio kritinės reikšmės. Tuomet, kai imties didumas n50, imties vidutinis kvadratinis nuokrypis s11,02889: =0,95 Taigi  pasikliautinasis intervalas: . c) Žinoma nedidelė pirmojo atsitiktinio dydžio imtis (žr. Pirmąjį uždavinį b) ir kontrolinė suma: Pasirinkę pasikliovimo lygmenį g=0,95 raskime parametro a pasikliautinąjį intervalą, kai s nežinomas: Čia imties didumas n = 17, imties vidurkis =4,25882, vidutinis kvadratinis nuokrypis s12,15643, Stjūdento skirstinio kritinė reikšmė Apskaičiuojame:=1,072 Taigi a pasikliautinasis intervalas: 0,001 tikslumu (3,187;5,331) 0,01 tikslumu (3,19;5,3) Raskime s pasikliautinąji intervalą, kai a nežinomas. Šio intervalo išraiška: čia Tuomet s pasikliautinasis intervalas: 0,001 tikslumu (1,618;3,33) 0,01 tikslumu (1,62;3,23) Skaičiavimo rezultatus pasitikrinkime pagal pateikta kontrolinę sumą: 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 Ν (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    . Užduotis a) Žinoma 50 požymio reikšmių . Atsižvelgę į santykinių dažnių histogramos pavidalą, formuluojame neparametrinę hipotezę H1 : X  Ν (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 =0,758; K4    =0,6448. Sprendimas Esame sudarę intervalinę statistinę eilutę: Be to, esame gavę, kad imties vidurkis  14,388, o vidutinis kvadratinis nuokrypis s 1,01855. Apskaičiuojame 0,01 tikslumu: = -1,26; =  -0,28; = 0,69; = 1,68. Toliau randame Laplaso funkcijos reikšmes: 0 (u1)  0 (-1,26)  -0,3962; 0 (u2)  0 (-0,28)  -0,1103; 0 (u3)  0 (0,69)  0,2549; 0 (u4)  0 (1,68)  0,4535. Apskaičiuojame tikimybes pi. Jos lygios Laplaso funkcijos reikšmių skirtumui: p1  0(u1) - 0(-)  -0,3962 + 0,50000,1038; p2  0(u2) - 0(u1)  -0,1103 + 0,3962  0,2859; p3  0(u3) - 0(u2)  0,2549 + 0,1103 0,3652; p4  0(u4) - 0(u3)  0,4535 – 0,2549  0,1986; p5  0(+) - 0(u4)  0,5000 – 0,4535  0,0465. Ar šios tikimybės teisingos, galima pasitikrinti pagal žinomą kontrolinę sumą: K3p1+p2+p30,1038+0,2859+0,36520,755. Apskaičiuojame sandaugas npi, reiškiančias reikšmių patekimo į i-ąjį intervalą teorinius dažnius, kriterijaus narius ir . i Intervalai ni pi npi 1 [12,1;13,1) 4 0,1038 5,19 0,2729 2 [13,1;14,1) 15 0,2859 14,295 0,0348 3 [14,1;15,1) 21 0,3652 18,26 0,4112 4 [15,1;16,1) 6 0,1986 9,93 1,5554 5 [16,1;17,1] 4 0,0465 2,325 1,2067  50 1,0000 50 3,481 Patikriname taikant žinomą kontrolinę sumą: K40,2729+0,0348+0,41120,7189. 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 a0 ir taikoma vienpusė dešinioji kritinė sritis: . Matome, kad apskaičiuotoji reikšmė nepatenka į KS, todėl ir šiuo atveju hipotezė H0:a=a0 priimama. Hipotezė H0:σ=σ0 tikrinama, taikant reikšmingumo kriterijų . Žinome, kad . Todėl . Iš pradžių parenkame bendrąją alternatyvą . Šiuo atveju taikoma dvipusė kritinė sritis . 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 nulinė hipotezė priimama. 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==0,42674 Tsk =0,42674 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;+)  1,746; +). 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  (ax,x) ir  (ax,x) 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: 9,41111; sx1,22061; 9,16667; sy0,95565. 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  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 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 =60,66190 K2 y + sy + r=90,17378 K3 V(0)sk + V(0,8)sk + z1 + z2 =7,631. Sprendimas X/Y 30 48 71 82 110 nx 30 4 2 6 40 3 9 5 1 18 59 2 10 8 5 25 65 1 1 ny 7 13 15 9 6 50 K160,66190; K290,17378; K37,631. Iš pradžių apskaičiuokime koreliacijos koeficientą r ir raskime regresijos tiesės lygtį. Apskaičiuokime vidurkius: Skaičiuoju vidutinius kvadratinius nuokrypius: Patikrinu: K1= Imties koreliacijos koeficientas Ar apskaičiavau teisingai, patikrinu: Regresijos koeficientas , o regresijos tiesės lygties laisvasis narys a0 - a1 -7,59626 Parinkę pasikliovimo lygmenį 0,95, raskime koreliacijos koeficiento  pasikliautinąjį intervalą, taikydami išraišką thz1thz2. Apskaičiuojame: ; Tuomet  pasikliautinasis intervalas paskaičiavus hiperbolinį tangentą (0,93;0,81). Parinkę reikšmingumo lygmenį 0,05, patikriname parametrinę hipotezę H0 : 0, taikydami reikšmingumo kriterijų Kadangi n60 ir koreliacijos koeficientas r0,7452 apskaičiuojame: V0sk7,26294 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-1,08189 Patikrinu: K3V0sk+V0,8sk+z1+z27,26294-1,0818+0,16205+1,76205=8,1 Matome, kad gauta reikšmė Vsk nepatenka į kritinę sritį (-;-1,960][1,960;+). Todėl hipotezę H0 : 00,8 priimame. 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: X\Y -5,3 -3,8 -2,5 -1,5 0,3 -2,5 4 8 6 4 3 -1,4 9 7 -0,3 5 4 0,6 5 3 5 Papildykime turimą koreliacinę lentelę: X \ Y -5,3 -3,8 -2,5 -1,5 0,3 nx -2,5 4 8 6 4 22 -1,4 9 7 16 -0,3 5 4 9 0,6 5 3 5 13 ny 4 13 9 23 11 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: . Ją išsprendę gauname a0 = -0,665; a1 = 0,768 Hiperbolės lygties koeficientai a0 ir a1 randami iš lygčių sistemos: Ją išsprendę gauname a0 =-0,032; a1 = 0,02. Logaritminės kreivės lygtieskoeficientai ir randami iš lygčių sistemos: Ją išsprendę gauname Rodiklinės kreivės lygties koeficientai a0 ir a1 randami iš lygčių sistemos: Ją išsprendę gauname a0 = 4,29; a1 = 1,605 T -1,255 -1,7402 -0,8954 1,1258 H -0,04 -0,046 -0,099 0,001 L -1,095 -0,854 -0,213 -0,926 R 4,422 4,686 5,479 7,211 SS(T)=290,926 SS(H)=341,813 SS(L)=147,251 SS(R)=3358,848 Tuomet kiekvienos gautos kreivės vidutinė kvadratinė paklaida bus: 2,202 2,427 1,593 7,64 IŠVADA: arčiausia duotųjų taškų yra logaritminė kreivė.

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!