Интервальные оценки. Проверка статистических гипотез. (повторение)

1. Интервальные оценки. Проверка статистических гипотез. (повторение)

Семинар 23

2.

Распределение 2
Пусть Xi(i=1,2,..,n)- независимые случайные величины ,каждая из которых
имеет распределение N(0,1). Тогда сумма квадратов этих величин
n
X i2
2
распределена по закону 2 («хи-квадрат») с n степенями
i 1
свободы.
Распределение Стьюдента
Пусть Z независимая нормально распределенная случайная величина ,
N(0,1). V- независимая от Z случайная величина, которая распределена
Z
по закону 2 с n степенями свободы. Тогда величина T
имеет
V /n
распределение Стьюдента с n степенями свободы.
(Стьюдент псевдоним английского статистика В. Госсета)
Распределение Фишера- Снедекора
Пусть U и V независимые случайные величины, распределенные по
закону 2 со степенями свободы k1 и k2, то величина F U k1
имеет
V / k2
распределение F Фишера- Снедекора со степенями свободы k1 и k2 .

3.

Распределение 2(k)
k=4
k=10
Распределение Стьюдента T(k).
k (нормальное
распределение )
k=1

4.

Распределение Фишера- Снедекора F(n1,n2 )
F(5,10)

5.

Доверительные интервалы для параметра p
биномиального распределения (повторение)
Пусть x– наблюденное значение случайной величины X, имеющей
распределение B(n, p). Оценкой для p является относительная
частота h=x/n . Если n>50, а nh>5 ,и n(1-h)>5 , то распределение
случайной величины Z
h p
, q 1 p , аппроксимируется нормальным
pq
n
распределением N(0,1).Можно использовать следующие формулы для
границ p1 и p2 доверительного интервала
p1, 2 h
u1 / 2
h(1 h)
n

6.

Задача 3.22
В 10 000 сеансах игры с автоматом выигрыш появился 4000 раз. Найти
95% доверительный интервал для вероятности выигрыша. Сколько
сеансов игры следует провести, чтобы с вероятностью 0.99 вероятность
выигрыша отличалась от частоты не не более, чем на 0.01.
Решение
1) p1, 2
u1 / 2
h
h(1 h)
n
p1, 2 0.4
2)
Z
u1 / 2 u1 0.05 / 2 u0.975 1.96
1.96
0.4(1 0.4)
10 000
h p 0.01
h p
pq
n
4000
h
0.4
10 000
0.39 p 0.41
P=0.99; =1-0.99=0.01
h p u1 / 2
pq
h(1 h)
u1 / 2
0.01
n
n
u1 / 2 u1 0.005 u0.995 2.576
n 16 000

7.

Доверительные интервалы для параметра λ распределения
Пуассона.
Пусть x– наблюденное значение случайной величины X, имеющей
распределение Пуассона с параметром λ. Нижняя и верхняя границы λ1
и λ2 доверительного интервала для параметра λ определяются как
корни уравнений
1k
k2
i x
x
i 0
k!
k!
e
1
e 2
2
2
Распределение Пуассона удобно аппроксимировать распределением 2 .
Такая аппроксимация приводит к следующим формулам вычисления
доверительных границ для параметра λ:
1 2
1 / 2 ( 2 x)
2
1
2 12 / 2 ( 2 x 2)
2

8.

Задача 3.27
Число отказавших во время испытания элементов аппаратуры имеет
распределение Пуассона с параметром λ. Найти 95% доверительный
интервал для λ по следующим данным:
1) За время испытаний отказало 3 элемента в одном комплекте
аппаратуры;
2) В четырех испытуемых комплектах отказал соответственно 1, 0, 2, 1
элемент.
Решение
1) Отказало 3 элемента; x=3; /2=(1-0.95)=0.05/2=0.025;
2 / 2 (2 x) 02.025 (6) 1.24;
12 / 2 (2 x 2) 02.975 (8) 17.5
1 2
1
1 / 2 (2 x) 1.24 0.62 ;
2
2
1 2
1
2 1 / 2 (2 x 2) 17.5 8.75 ;
2
2
0.62 λ 8.75

9.

2) В 4-ех комплектах отказал соответственно 1, 0, 2, 1 элемент.
Если для оценки параметра λ используют результаты n наблюдений
независимых С.В.X1,X2,…,X n ,каждая из которых имеет распределение
Пуассона с параметром λ, доверительные границы вычисляются для
параметра nλ С.В. x
n
xi
i 1
Доверительный интервал для nλ имеет вид λ1 < nλ < λ2.
Доверительный интервал для λ : λ1 / n < λ < λ2 / n .
4
n=4. Общее число отказов равно
x xi 1 0 2 1 4;
i 1
2 / 2 (2 x) 02.025 (8) 2.18;
12 / 2 (2 x 2) 02.975 (10) 20.5
1 2
1
/ 2 (2 x) 2.18 1.09 ;
2
2
1
1
2 12 / 2 ( 2 x 2) 20.5 10.75 ;
2
2
Таким образом доверительный интервал для 4λ будет 1.09 4 λ 10.75
1
Доверительный интервал для λ :
1.09
10.75
λ
4
4
0.2725 λ 2.5625

10.

Проверка статистических гипотез.
Задача 4.31.
Новый метод измерения длины был опробован на эталоне, причем оценка
дисперсии по 10 замерам составила 100 кв. мкм. Согласуется ли этот
результат с утверждением:
«Дисперсия результатов измерений по предложенному методу не
превосходит 50 кв. мкм?» Принять =0,05.
Решение:
1) Гипотезы : H0: σ2= σ02;
альтернативная гипотеза : H1: σ2> σ02 .
Проверяемая
гипотеза
Предположение относительно m
H0: σ2= σ02;
m неизвестно,
Статистика
критерия Z
(n 1) S 2
~ X
m
2
0
Распределение Z f(z/H0)
Область
принятия H0
для двухст.
критерия
Область
принятия H0
для правост.
критерия
2 / 2 (n 1)
2 (n 1)
(n 1) S 2
2
0
12 / 2 (n 1)
H1 : 2 02
(n 1) S 2
2
0
12 (n 1)

11.

2) Критическая область определяется неравенством Z> 1- 2( n-1)
=0,05,
1- 2( n-1)= 1- 0.05 2(10-1)= 0.95 2(9)=16.9
3) Выборочное значение нормированной статистики критерия равно :
Zв
(n 1) S 2
2
0
(10 1) 102
2
0
18 ;
4)
Критическая область
16.9
18
(n 1) S 2
12 (n 1)
5) Статистическое решение: так как выборочное значение критерия при2
0
надлежит критической области, гипотеза H0 отклоняется. Результат не
согласуется с утверждением:
«Дисперсия результатов измерений по предложенному методу не
превосходит 50 кв. мкм?»

12.

Задача 4.35.
Давление в камере контролируется по двум манометрам. Для сравнения
точности одновременно фиксируются их показания. По результатам 10
измерений выборочные средние оказались равными 15.3 и 16.1
соответственно, а оценки для дисперсий - 0.2 и 0.15.
Используя односторонний и двусторонний критерии при =0,1 проверить
гипотезу о равенстве дисперсий и гипотезу о равенстве средних.
Решение:
1. Сначала проверим гипотезу о равенстве дисперсий. H0: 12 = 22
Параметр
12 = 22
Предроложение
относительно m
m1, m2
неизвестны
Статистика
Z
S12
S12
/ S22
S22
Распределение Z
F(n1-1,n2-1)
Область принятия
гипотезы H0
(двухсторон.
критерий)
F1 / 2 (n1 1, n2 1)
S12
/ S22
Область
принятия
гипотезы H0
(правосторон.
критерий)
H1 : 12 22
S12 / S 22
F1 (n1 1, n2 1)

13.

S12 0.2 ; S 22 0.15;
n1=10; n2=10; α=0.10
S12 / S 22 0.2 0.15 1.33
Статистика критерия Z имеет распределение Фишера.
1) Двухсторонний критерий. Альтернативная гипотеза H1 12 ≠ 22
F1 / 2 (n1 1, n2 1) F1 0.10 / 2 (10 1,10 1) F0.95 (9,9) 3.18
S12 / S22 F1 / 2 (n1 1, n2 1); 1.33 3.18
Гипотеза H0 12 = 22 принимается.
2) Односторонний критерий. Альтернативная гипотеза H1 12 > 22
F1 (n1 1, n2 1) F1 0.10 (10 1,10 1) F0.9 (9,9) 2.44
S12 / S 22 F1 (n1 1, n2 1); 1.33 2.44
Гипотеза H0 12 = 22 принимается.
2. Проверим гипотезу о равенстве средних. Гипотеза H0 m1=m2
(n1 1 )S12 (n2 1 )S22
( 10 1 )0.2 ( 10 1 )0.15
S
0.4183
n1 n2 2
10 10 2

14.

Предположение
Пара относительно 2
метр
m1=
=m2
12 и 22
неизвестны
Гипотеза H0
12= 22
Принимается
Статистика Z
Z
S
X1 X 2
;
1
1
S
n1 n 2
Распределение Z
Область принятия
гипотезы H0
(двухсторон.
критерий)
T(n1+n2-2)
(n1 1) S12 (n 2 1) S22
n1 n 2 2
X1 X 2
Область принятия
гипотезы H0
(правосторон.
критерий)
1
1
n1 n 2
t1 α/ 2 (n1 n 2 2)
S
X1 X 2
1
1
S
n1 n 2
t1 α (n1 n 2 2)
12=S12
22 =S22
1) Двухсторонний критерий. Альтернативная гипотеза H1 m1 ≠m2
X1 X 2
S
1
1
n1 n 2
15.3 16.1
0.8
4.278
0.418 0.447
1
1
0.418
10 10
t1 α/ 2 (n1 n 2 2) t1 0.10 / 2 (18) t 0.95 (18) 1.734
Критическая область
1.734
4.278>1.734. Гипотеза H0 m1=m2 отклоняется.
4.278

15.

1)Односторонний критерий (левосторонний) . Альтернативная
гипотеза H1 m1<m2
X1 X 2
15.3 16.1
0.8
4.278
0.418 0.447
1
1
1
1
S
0.418
n1 n 2
10 10
t α (n1 n 2 2) t 0.10 (10 10 2) t 0.9 (18) 1.33
Критическая область
-4.278
-1.33
-4.278<1.33. Гипотеза H0 m1=m2 отклоняется.