Matematinės statistikos uždaviniai su sprendimais

Pirmas uždavinys Uždavinio formulavimas a) Žinoma n = 50 tiriamo požymio reikšmių. Sudaryti intervalinę statistinę eilutę, kai intervalų skaičius k = 5, ir nubrėžti santykinių dažnių histogramą. Apskaičiuoti imties vidurkį , dispersiją s2, patikslintąją dispersiją s bei vidutinius kvadratinius nuokrypius s ir s 1. Ar apskaičiuota teisingai, pasitikrinti, pritaikius prie imčių pateiktas kontrolines sumas: K1=n1+n2+n3; K2=+s2+ s Uždavinio sprendimas Žinoma 50 tiriamo požymio reikšmių: 3,1 6,1 5,3 5,8 6,3 3,9 6,1 7,2 4,7 6,4 2,9 4,8 6,9 5,2 4,8 4,9 6,6 5,7 2,3 4,3 4,5 5,6 4,9 4,2 3,6 7,3 4,8 4,8 3,9 5,6 4,8 5,3 4,6 5,8 2,9 4,6 5,1 3,6 3,9 4,0 6,6 6,4 3,5 7,0 4,4 5,1 5,3 6,8 5,0 5,7 Be to žinomos šio uždavinio kontrolinės sumos: K1=n1+n2+n3=29 K2=+s2+ s=7,89311 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 Aukšciai h 1 [2,3;3,3) 4 0,08 0,08 2 [3,3;4,3) 8 0,16 0,16 3 [4,3;5,3) 17 0,34 0,34 4 [5,3;6,3) 11 0,22 0,22 5 [6,3;7,3] 10 0,2 0,2  50 1 n = 50, k = 5 xmin= 2,3 xmax= 7,3 h =; h = = 1 Wi= hi= W1===0,08 h1===0,08 W2===0,16 h2===0,16 W3===0,34 h3===0,34 W4===0,22 h4===0,22 W5===0,2 h5===0,2 K1=n1+n2+n3=4+8+17=29 Apskaičiuojame imties vidurkį : Apskaičiuoju : Antras uždavinys Uždavinio formulavimas a) Žinoma, kad atsitiktinis dydis (a.d.) X yra normalusis, t.y. XN(a,). Jo parametras a nežinomas, o  žinomas:  yra 1a uždavinyje gautam , kuris imamas su vienu ženklu po kablelio ( neapvalinant). Turėdami imtį, kurios didumas n = 50, ir parinkę pasikliovimo lygmenį   0,99, rasti parametro a pasikliautinąjį intervalą. b) Žinoma, kad atsitiktinis dydis (a.d.) X yra normalusis, t.y. XN(a,). Jo parametrai a ir  nežinomi. Turėdami imtį, kurios didumas n = 50. Taikydami 1a uždavinyje gautas ir reikšmes, parinkę pasikliovimo lygmenį   0,95, rasti parametro a pasikliautinąjį intervalą. c) Žinoma, kad atsitiktinis dydis (a.d.) X yra normalusis, t.y. XN(a,). Jo parametrai a ir  nežinomi. Turėdami imtį, kurios didumas n = 50. Taikydami 1a uždavinyje gautas ir reikšmes, parinkę pasikliovimo lygmenį   0,95, rasti parametro  pasikliautinąjį intervalą. Uždavinio sprendimas a) Normalinio a.d. nežinomo parametro a pasikliautinasis intervalas, kai vidutinis kvadratinis nuokrypis   ir pasikliovimo lygmuo žinomi   0,99, apibrėžia lygybė: iš lentelės a pasikliovimo intervalas, kai a žinomas, su pasikliovimo lygmeniu  = 0,99 yra: (4,66;5,46) b) Normalinio atsitiktinio dydžio nežinomo parametro a pasikliautinasis intervalas, kai  nežinomas, o pasikliovimo lygmuo  = 0,95 apibrėžiamas lygybe: a pasikliovimo intervalas, kai a nežinomas, su pasikliovimo lygmeniu  = 0,95 yra: (4,72;5,4) c) Normalinio skirstinio N(a,), parametro  pasikliautinasis intervalas , kai a nežinomas, apibrėžiamas lygybe:  pasikliovimo intervalas, kai a nežinomas, su pasikliovimo lygmeniu  = 0,95 yra: (0,83;1,24) Trečias uždavinys Uždavinio formulavimas a) Žinoma 50 požymių reikšmių. Atsižvelgę i 1 uždavinyje nubrėžtos santykiniu dažnių histogramos pavidalą, suformuluojame neparametrinę hipotezę H1: X N(a,), t.y. kad a.d. X yra normalusis. Patikrinti šią hipotezę, parinkus reikšmingumo lygmenį α  0,05 ir pritaikius X2 suderinamumo kriterijų. Ar teisingai apskaičiuota, pasitikrinti pritaikius prie imčių pateiktas šio uždavinio kontrolines sumas: b) Žinoma 50 požymių reikšmių (žr. uždavinio gale, b dalis). Apskaičiuoju imties skaitines charakteristikas. Sudarau intervalinę statistinę eilutę, kai intervalų skaičius k , nubrėžiu santykinių dažnių histogramą, atsižvelgiant į jos pavidalą, suformuluosiu neparametrinę hipotezę H2: X, t.y. a.d. X yra rodiklinis (eksponentinis). Šią hipotezę patikrinsiu, parinkęs   0,05 ir pritaikęs 2 kriterijų. Ar teisingai apskaičiavau, pasitikrinu prie imčių pateiktas kontrolines sumas: c) Žinoma 50 požymių reikšmių (žr. uždavinio gale, c dalis). Sudarysiu intervalinę statistinę eilutę, kai intervalų skaičius k , nubrėžiu santykinių dažnių histogramą, atsižvelgiant į jos pavidalą, suformuluosiu neparametrinę hipotezę H3: XU[a;b], t.y. a.d. X yra tolygusis. Šią hipotezę patikrinsiu, parinkęs   0,05 ir pritaikęs 2 suderinamumo kriterijų. Ar teisingai apskaičiavau, pasitikrinu prie imčių pateiktas kontrolines sumas: d) Diskretusis a.d. X – kurios nors sistemos gedimų skaičius per valandą. Per savaitę (168 valandos) gauti stebėjimo duomenys sugrupuoti ir išdėstyti didėjimo tvarka, t.y. turima tokia diskrečioji statistinė eilutė: xi 0 1 2 3 4 5 6 7 ni n0 n1 n2 n3 n4 n5 n6 n7 Čia . Parinkus reikšmingumo lygmenį   0,05 ir pritaikius 2 suderinamumo kriterijų, patikrinu hipotezę, kad atsitiktinis dydis X pasiskirstęs pagal Puasono skirstinį, t.y. H3: XP). Ar teisingai apskaičiavau, pasitikrinu prie imčių pateiktas kontrolines sumas: Uždavinio sprendimas a) Žinoma 50 požymių reikšmių. Atsižvelgę i 1 uždavinyje nubrėžtos santykiniu dažnių histogramos pavidalą, suformuluojame neparametrinę hipotezę H1: X N(a,). Patikrinti šią hipotezę, parenku reikšmingumo lygmenį α  0,05 ir pritaikau 2 suderinamumo kriterijų. Ar teisingai apskaičiuota, pasitikrinti pritaikius prie imčių pateiktas šio uždavinio kontrolines sumas: Esame sudarę intervalinę statistinę eilutę: Numeris i Intervalai Absoliutieji dažniai ni 1 [2,3;3,3) 4 2 [3,3;4,3) 8 3 [4,3;5,3) 17 4 [5,3;6,3) 11 5 [6,3;7,3] 10  50 Be to, esame gavę, kad imties vidurkis 5,058, o vidutinis kvadratinis nuokrypis s  0,68323 Apskaičiuojame 0,01 tikslumu: Apskaičiuojame tikimybės pi . jos lygios Laplaso funkcijos reikšmių skirtumui: Apskaičiuojame sandaugas npi , reiškiančias reikšmių patekimo į i-ąjį intervalą teorinius dažnius, 2 kriterijaus narius ir Numeris i Intervalai Absoliutieji dažniai ni pi npi 1 [2,3;3,3) 4 0,0708 3,54 0,0598 2 [3,3;4,3) 8 0,1935 9,675 0,2899 3 [4,3;5,3) 17 0,315 15,75 0,0992 4 [5,3;6,3) 11 0,2715 13,575 0,4884 5 [6,3;7,3] 10 0,1492 7,46 0,8648  50 1 50 1,8021 Parikę reikšmingumo lygmenį α  0,05 ir normaliojo skirstinio atveju apskaičiavę laisvės laipsnių skaičių v  k – r – 1  5 – 2 – 1  2, 2 skirstinio reikšmių lentelėje randame Kadangi , tai hipotezė H1: X N(5,058, 0,68323) priimama. b) Žinoma 50 požymių reikšmių: 1,3 1,1 7,0 1,1 2,4 4,3 4,3 1,5 3,8 1,5 0,1 1,1 2,0 0,9 3,8 2,8 2,1 1,7 0,3 6,7 1,8 0,4 1,8 0,5 4,0 0,5 2,7 2,9 2,7 1,0 0,6 6,3 0,5 2,9 3,0 0,9 2,1 3,9 2,2 0,0 5,7 1,4 5,3 0,1 0,5 3,2 2,2 4,8 5,4 1,2 Sudarau intervalinę statistinę eilutę, kai intervalų skaičius k : n = 50, k = 5 xmin= 0,0 xmax= 7 h =; h = = 1,4 Numeris i Intervalai Absoliutieji dažniai ni Santykiniai dažniai Aukšciai h 1 [0,0;1,4) 18 0,36 0,25 2 [1,4;2,8) 12 0,24 0,17 3 [2,8;4,2) 11 0,22 0,16 4 [4,2;5,6) 5 0,1 0,07 5 [5,6;7] 4 0,08 0,06  50 1 Apskaičiuojame imties vidurkį: Tuomet paskaičiuojame: Apskaičiuojame dažnius Wi ir hi: Wi= hi= Atsižvelgę į dažnius arba į histogramos pavidalą, suformuluojame neparametrinę hipotezę H2: X0,4156 ir ją patikrinu, parinkęs reikšmingumo lygmenį   0,05 ir pritaikęs 2 suderinamumo kriterijų. Ieškome tikimybių: Radę tikimybes pi, apskaičiuojame npi ir : Numeris i Intervalai Absoliutieji dažniai ni pi npi 1 [0,0;1,4) 18 22,0575 2 [1,4;2,8) 12 12,327 3 [2,8;4,2) 11 6,889 4 [4,2;5,6) 5 3,8495 5 [5,6;7] 4 4,877  50 1 50 3,7096 Taigi 3,7096 Parinkęs reikšmingumo lygmenį   0,05 ir apskaičiavęs rodiklinio skirstinio atveju laisvės laipsnių skaičių v  k – r – 1  5 – 1 – 1  3, 2 skirstinio reikšmių lentelėje randame Kadangi , tai hipotezė H2: X priimama. c) Žinoma 50 požymių reikšmių: 4,4 3,4 7,8 1,1 0,9 1,1 0,1 4,4 5,3 3,6 0,1 2,3 2,9 4,7 2,1 6,9 5,8 3,9 3,1 4,8 0,5 5,9 5,7 0,9 4,0 2,9 6,9 2,3 4,8 3,4 5,0 1,0 4,0 1,6 5,0 4,0 0,0 7,7 5,9 0,2 7,4 5,0 3,4 2,4 0,5 1,9 4,0 7,9 0,3 8,0 Sudarau intervalinę statistinę eilutę, kai intervalų skaičius k : n = 50, k = 5 xmin= 0,0 xmax= 8 h =; h = = 1,6 Numeris i Intervalai Absoliutieji dažniai ni Santykiniai dažniai Wi Aukšciai h 1 [0,0;1,6) 13 2 [1,6;3,2) 9 3 [3,2;4,8) 12 4 [4,8;6,4) 10 5 [6,4;8] 6  50 1 Apskaičiuojame dažnius Wi ir hi: Wi= hi= Atsižvelgę į dažnius arba į histogramos pavidalą, suformuluojame neparametrinę hipotezę H3: XU[0,0;8] ir ją patikrinu, parinkęs reikšmingumo lygmenį   0,05 ir pritaikęs 2 suderinamumo kriterijų. Tikimybės pi, reiškiančios kad X įgis reikšmę i-ajame intervale,šiuo atveju yra lygios t.y. pi =0,2 ir npi = 10. Apskaičiuoju statistikos 2 narius ir gauname 3 Numeris i Intervalai Absoliutieji dažniai ni pi Dažniai npi 1 [0,0;1,6) 13 0,2 10 2 [1,6;3,2) 9 0,2 10 3 [3,2;4,8) 12 0,2 10 4 [4,8;6,4) 10 0,2 10 5 [6,4;8] 6 0,2 10  50 1 50 3 Parinkęs reikšmingumo lygmenį   0,05 ir apskaičiavęs rodiklinio skirstinio atveju laisvės laipsnių skaičių v  k – r – 1  5 – 2 – 1  2, 2 skirstinio reikšmių lentelėje randame Kadangi , tai hipotezė H3: XU[0,0;8] priimama. d) Tarkime, kad diskrečiojo a.d. X reikšmės ir jų dažniai yra: xi 0 1 2 3 4 5 6 7 ni 3 16 29 32 33 25 12 18 Raskime Puasono skirstinio P() nežinomo parametro   EX įvertį : Tuomet formuluojame hipotezę H3: XP). Apskaičiuojame tikimybes: i  xi ni pi npi 2 0 3 4,0656 1 16 15,1368 2 29 28,1568 3 32 34,9272 4 33 32,4744 5 25 24,1584 6 12 14,9856 7 18 14,0952  168 1 168 2,3126 Parinkus reikšmingumo lygmenį   0,05 ir v  k – r – 1  8 – 1 – 1  6, 2 skirstinio kritinių reikšmių lentelėje randu . Toliau tikrinu, ar  2,3126 patenka į kritinę sritį [,). Matome, kad nepatenka. Todėl hipotezę, kad atsitiktinis dydis X ( gedimų skaičius per valandą) pasiskirstęs pagal Pausono skirstinį, priimame. Ketvirtas uždavinys Uždavinio formulavimas a) Žinoma, kad atsitiktinis dydis X yra normalusis, t.y. X N(a,). Jo parametras  žinomas. Turėdami 50 normaliojo a.d. reikšmių, žinodami, kad , patikrinu nulinę parametrinę hipotezę: H0 : a , Parinkęs reikšmingumo lygmenį α  0,01 ir dvi alternatyviąsias hipotezes . b) Žinoma, kad atsitiktinis dydis X yra normalusis, t.y. X N(a,). Jo parametrai a ir  nežinomas. Turėdami 50 normaliojo a.d. reikšmių, žinodami, kad ,  patikrinu dvi nulines parametrines hipotezes: H0 : a ; parinkęs reikšmingumo lygmenį α  0,05 ir po dvi alternatyviąsias hipotezes . d) Žinodami, kad diskretusis a.d. XB(n,p). Vienas jo parametras n yra žinomas ( n  100), o tikimybė p nežinoma. Žinodami įvykio A pasirodymų skaičių k, pasikliovimo lygmenį , rasti binominio skirstinio parametro p pasikliautinąjį intervalą 0,01 tikslumu. Žinodami reikšmingumo lygmenį α ir p0, patikrinu parametro p reikšmes hipotezę , parinkę alternatyviąją hipotezę . Įvykio A pasirodymų skaičius k gali būti: 1,2,3,4,...,60. Pasikliovimo lygmuo  - 0,95;0,99. Reikšmingumo lygmuo α – 0,05;0,01. Parametro p reikšmės p0 – 0,1;0,2;0,3;0,4;0,5;0,6. Uždavinio sprendimas a) Žinoma 50 normaliojo atsitiktinio dydžio reikšmių, ir . Reikšmė yra imtis vidurkio sveikoji dalis. Patikrinu parametrinę hipotezę H0 : a , parinkęs reikšmingumo lygmenį α  0,01 ir dvi alternatyviąsias hipotezes. Hipotezė H0 : a  tikrinama, taikant normalųjį reikšmingumo kriterijų: Apskaičiuoju kriterijaus U reikšmę: Iš pradžių parenkama bendroji alternatyva . Šiuo atveju taikoma dvipusė kritinė sritis: Matome, kad apskaičiuotoji reikšmė nepatenka į KS. Todėl nulinė hipotezė H0 : a  priimama. Kadangi galioja nelygybė , dar parenkama alternatyvioji hipotezė . Šiuo atveju taikoma vienpusė kairioji dešinioji sritis: Matome, kad apskaičiuotoji reikšmė nepatenka į KS. Todėl nulinė hipotezė H0 : a  priimama. b) Žinoma, kad atsitiktinis dydis X yra normalusis, t.y. X N(a,). Jo parametrai a ir  nežinomas. Turėdami 50 normaliojo a.d. reikšmių. Esame gavę ir . Parenkame  5, o  1,3. Patikrinu dvi nulines parametrines hipotezes: H0 : a ; parinkęs reikšmingumo lygmenį α  0,05 ir po dvi alternatyviąsias hipotezes. Hipotezė H0 : a  tikrinama, taikant Stjūdento reikšmingumo kriterijų Apskaičiuojame . Iš pradžių parenkame bendrąją alternatyvą . Šiuo atveju taikoma dvipusė kritinė sritis: Matome, kad apskaičiuotoji Stjūdento statistikos reikšmė nepatenka į SK. Todėl nulinė hipotezė H0 : a  priimama. Kadangi galioja nelygybė , dar parenkama alternatyvioji hipotezė . Šiuo atveju taikoma vienpusė kairioji dešinioji sritis: Matome, kad apskaičiuotoji reikšmė nepatenka į KS. Todėl nulinė hipotezė H0 : a  priimama. Hipotezė tikrinama, taikant 2 kriterijų: Apskaičiuoju : Iš pradžių bendrąją alternatyvą Šiuo atveju taikoma dvipusė kritinė sritis: Matome, kad apskaičiuotoji reikšmė nepatenka į KS. Todėl nulinė hipotezė H0 priimama. Esame gavęir pastebiu kad galioja nelygybė , dar parenkama alternatyvioji hipotezė . Šiuo atveju taikoma vienpusė kairioji sritis: Matome, kad apskaičiuotoji reikšmė nepatenka į KS. Todėl nulinė hipotezė priimama,o alternatyvioji atmetama. d) Žinomas bandymų skaičius n  100, įvyko A pasirodymų skaičius k  17 ir pasikliovimo lygmuo   0,95. Iš pradžių raskime binominio skirstinio B(n;p) parametro p pasikliautinąjį intervalą 0,01 tikslumu. Kaip žinome, p pasikliautinasis intervalas apibrėžiamas lygybe Tuomet p pasikliovimo intervalassu pasikliovimo lygmeniu  = 0,95 yra: (0,1;0,24) Dar patikrinkime hipotezę , kad binominio skirstinio B(n;p) parametro p reikšmė p0 yra 0,4. Ši hipotezė tikrinama taikant asimptotiškai standartinę normaliąją statistiką: Apskaičiuoju jos reikšmę: Parinkęs α  0,05 ir alternatyviąją hipotezę , nustatau standartinio normaliojo skirstinio kritinę sritį: Matome, kad apskaičiuotoji reikšmė patenka į KS. Todėl nulinė hipotezė atmetama,o alternatyvioji priimama. Penktas uždavinys Uždavinio formulavimas Žinoma, kad a.d. X ir Y yra normalieji, t.y. X N(ax,x), Y N(ay,y). Jų parametrai ax, ay, x ir y nežinomi. Žinomos šių a.d. imtys, kuriu didumas n  . Parinkę reikšmingumo lygmenį α  0,05, patikrinsiu dvi nulines parametrines hipotezes: a) H0 : x y; b) H0 : x y, kai x ir y nežinomi, bet lygūs. Uždavinio sprendimas Žinomos dviejų normaliųjų atsitiktinių dydžių X N(ax,x), ir Y N(ay,y) imtys: X 2,1 3,3 3,9 4,2 4,3 4,4 5,0 5,1 6,6 Y 2,5 2,9 3,7 3,8 4,0 4,3 4,4 5,0 5,5 Iš pradžių apskaičiuoju imčių skaitines charakteristikas: Parinkę reikšmingumo lygmenį α  0,05, patikrinu parametrinę hipotezę: H0 : x y, kai x ir y nežinomi. Šiuo atveju taikomas Fišerio kriterijus : Apskaičiuoju jo reikšmę : Kai žinomas reikšmingumo lygmuo α ir parinkta alternatyvioji hipotezė H0 : x >y, Fišerio skirstinio kritinių reikšmių lentelėje randama . Tuomet kritinis skirstinys KS  [ 3,4381;). Matome, kad apskaičiuotoji statistikos F reikšmė nepatinka į kritinę sritį, todėl nulinė hipotezė nepriimama. Taigi atsitiktinių dydžių X ir Y vidutiniai kvadratiniai nuokrypiai lygūs: x y Parinkęs reikšmingumo lygmenį α  0,05 tikrinu nulinę hipotezę H0 : ax  ay, taikydamas Stjūdento reikšmingumo kriterijų: Apskaičiuoju reikšmę Tsk.: Iš pradžių parenkame bendrąją alternatyvą H0 : ax  ay. Šiuo atveju taikoma dvipusė kritinė sritis: Kadangi apskaičiuotoji Stjūdento statistikos reikšmė nepatenka į KS, tai nulinė hipotezė H0 priimama. Kadangi galioja nelygybė , dar parenkama alternatyvioji hipotezė . Šiuo atveju taikoma vienpusė dešinioji kritinė sritis: Kadangi ir šiuo atveju apskaičiuotoji Stjūdento statistikos reikšmė nepatenka į KS, tai nulinė hipotezė H0 priimama. Šeštas uždavinys Uždavinio formulavimas Žinoma, kad a.d. X ir Y yra normalieji, t.y. X N(ax,x), Y N(ay,y). Žinomos šių a.d. imtys, kuriu didumas n  . Reikia apskaičiuoti koreliacijos koeficientą r 10-4 tikslumu. Rasti regresijos tiesės lygtį Parinkus pasikliovimo lygmenį   0,95, rasti koreliacijos koeficiento p pasikliautinąjį intervalą 0,01 tikslumu. Parinkus reikšmingumo lygmenį α  0,05, parinkti tik bendrąsias alternatyvas ir pritaikius reikšmingumo kriterijų: parinkus tris nulines parametrines hipotezes H0 : p  p0, kai p0  0; 0,5; 0,9. Uždavinio sprendimas Apskaičiuoju imties koreliacijos koeficientą r ir randu regresijos tiesės lygtį: Esu gavęs: Apskaičiuoju sandaugų vidurkį: . Taigi Dar apskaičiuoju a1 ir a0: Tuomet regresijos tiesės lygtis: Parinkęs pasikliovimo lygmenį   0,95, randu koreliacijos koeficiento p pasikliautinąjį intervalą, taikydamas jo išraišką : . Apskaičiuoju: Hiperbolinio tangento reikšmes galima gauti skaičiuokliu. Tuomet p pasikliautinasis intervalas: (0,5th;2,1th) Parinkęs reikšmingumo lygmenį α  0,05, patikrinu parametrinę hipotezę . Taikome kriterijų: Apskaičiuoju reikšmę: Žinodami α  0,05 ir parinkę bendrąją alternatyvą , gaunu kritinę sritį: Matau, kad patenka į KS , todėl nulinę hipotezę atmetu ir priimu alternatyviąją. Parinkęs reikšmingumo lygmenį α  0,05, patikrinu parametrinę hipotezę . Taikome kriterijų: Apskaičiuoju reikšmę: Matau, kad patenka į KS , todėl nulinę hipotezę atmetu ir priimu alternatyviąją hipotezę . Parinkęs reikšmingumo lygmenį α  0,05, patikrinu parametrinę hipotezę . Taikome kriterijų: Apskaičiuoju reikšmę: Matau, kad patenka į KS , todėl nulinę hipotezę priimu. Septintas uždavinys Uždavinio formulavimas Turima dviejų a.d. X ir Y koreliacinė lentelė. Reikia apskaičiuoti koreliacijos koeficientą r ir rasti regresijos tiesės lygtį Parinkus pasikliovimo lygmenį   0,95, rasti koreliacijos koeficiento p pasikliautinąjį intervalą 0,01 tikslumu. Parinkus reikšmingumo lygmenį α  0,05 patikrinti dvi parametrines hipotezes ir (kai r > 0) arba (kai r 0), rodiklinės kreivės) lygčių koeficientus a0 ir a1. Reikia įvertinti regresijos kreivių artumą duotiesiems taškams, kiekvienai regresijos kreivei apskaičiuodami vidutinę kvadratinę paklaidą 0,01 tikslumu. Uždavinio sprendimas Žinome koreliacinę lentelę: Y X -4,6 -2,6 -0,5 2,6 5,0 nx -0,7 5 3 8 0,3 13 11 24 1,5 7 19 26 2,7 6 12 2 20 3,9 10 4 7 1 22 ny 10 4 18 36 32 100 Iš pradžių randu imties, kurios didumas n  80, skaitines charakteristikas: Apskaičiuoju imties koreliacijos koeficientą: Norėdamas apskaičiuoti koreliacinį santykį , iš pradžių randu sąlyginius vidurkius : Toliau ieškau šių sąlyginų vidurkių kvadratų vidurkį: Apskaičiuoj koreliacini santikį : Norėdamas apskaičiuoti koreliacinį santykį , iš pradžių randu sąlyginius vidurkius : Toliau ieškau šių sąlyginų vidurkių kvadratų vidurkį: Apskaičiuoj koreliacini santikį : Apskaičiuojui regresijos kreivių ( tiesės , hiperbolės , logaritminės kreivės, rodiklinės kreivės) lygčių koeficientus a0 ir a1. Tiesės lygties koeficientus a0 ir a1 randu iš lygčių sistemos: Tada tiesė lygtis yra Hiperbolės lygties koeficientus a0 ir a1 randu iš lygčių sistemos: Tada hiperbolės lygtis yra Logaritminės kreivės koeficientus a0 ir a1 randu iš lygčių sistemos: Tada logaritminės kreivės lygtis yra Rodiklinės kreivės koeficientus a0 ir a1 randu iš lygčių sistemos: Tada rodiklinės kreivės lygtis yra Įvertinu gautųjų regresijos kreivių artumą duotiesiems taškams, apskaičiuodamas kiekvienos regresijos kreivės vidutinę kvadratinę paklaidą , minimizuodamas sumą: Iš pradžių apskaičiuoju kiekvienos regresijos kreivės ( T – tiesė, H – hiperbolė, L – logaritminė kreivė, R – rodiklinė kreivė) taškų, kurių abscisės yra xk, ordinates: T 4,9262 3,7102 2,251 0,7918 -0,6674 H -2,1605 3,668 0,404 0,041 0,0981 L 2,91 6,8469 1,5841 -0,3379 -1,5403 R 3,7964 3,6872 3,2863 1,9553 -2,4635 Tuomet: Tada įvertinu gautųjų regresijos kreivių artumą duotiesiems taškams: , čia ks – nežinomų koeficientų skaičius kreivės lygtyje, t.y. nagrinėjamais atvejais ks  . Išvada: arčiausiai duotųjų taškų yra rodiklinė 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!