Məlum dispersiyaya malik normal paylanmanın riyazi gözləntiləri üçün inam intervalı. Riyazi gözləntiləri qiymətləndirmək üçün etimad intervalları

Və digərləri.. Onların hamısı nəzəri analoqlarının təxminləridir, əgər nümunə yox, ümumi populyasiya mövcud olsaydı, əldə edilə bilər. Ancaq təəssüf ki, ümumi əhali çox bahalı və çox vaxt əlçatmazdır.

Intervalların qiymətləndirilməsi anlayışı

Hər hansı bir nümunə təxmininin bəzi yayılması var, çünki müəyyən bir nümunədəki dəyərlərdən asılı olaraq təsadüfi dəyişəndir. Buna görə də, daha etibarlı statistik nəticələr əldə etmək üçün yalnız nöqtə qiymətləndirməsini deyil, həm də yüksək ehtimalı olan intervalı bilmək lazımdır. γ (qamma) qiymətləndirilən göstəricini əhatə edir θ (teta).

Formal olaraq bunlar iki belə dəyərdir (statistika) T 1 (X) Və T 2 (X), Nə T 1< T 2 , bunun üçün verilmiş ehtimal səviyyəsində γ şərt yerinə yetirilir:

Bir sözlə, ehtimal olunur γ və ya daha çox həqiqi göstərici ballar arasındadır T 1 (X) Və T 2 (X), bunlar aşağı və yuxarı sərhədlər adlanır etimad intervalı.

Etibar intervallarının qurulması şərtlərindən biri onun maksimum darlığıdır, yəni. mümkün qədər qısa olmalıdır. İstək tamamilə təbiidir, çünki... tədqiqatçı istədiyi parametrin yerini daha dəqiq lokallaşdırmağa çalışır.

Buradan belə nəticə çıxır ki, etimad intervalı paylanmanın maksimum ehtimallarını əhatə etməlidir. və qiymətləndirmənin özü mərkəzdə olmalıdır.

Yəni yuxarıya doğru kənarlaşma ehtimalı (əsl göstəricinin təxmindən aşağıya doğru sapma ehtimalına bərabərdir. Onu da qeyd etmək lazımdır ki, asimmetrik paylamalar üçün sağdakı interval yoxdur intervalına bərabərdir sol.

Yuxarıdakı rəqəm aydın şəkildə göstərir ki, etimad ehtimalı nə qədər böyükdürsə, interval daha genişdir - birbaşa əlaqə.

Bu, naməlum parametrlərin interval qiymətləndirilməsi nəzəriyyəsinə qısa bir giriş idi. Gəlin inam limitlərini tapmağa davam edək riyazi gözlənti.

Riyazi gözləmə üçün etimad intervalı

Əgər orijinal məlumatlar üzərində paylanmışdırsa, onda orta normal dəyər olacaqdır. Bu, normal dəyərlərin xətti birləşməsinin də normal paylanmaya malik olması qaydasından irəli gəlir. Beləliklə, ehtimalları hesablamaq üçün normal paylanma qanununun riyazi aparatından istifadə edə bilərik.

Bununla belə, bunun üçün iki parametri bilmək lazımdır - gözlənti və variasiya, adətən məlum deyil. Siz əlbəttə ki, parametrlər əvəzinə təxminlərdən istifadə edə bilərsiniz (arifmetik orta və ), lakin sonra ortanın paylanması tamamilə normal olmayacaq, aşağıya doğru bir az yastılaşacaq. Bu faktı İrlandiya vətəndaşı Uilyam Qosset 1908-ci il mart tarixli Biometrika jurnalında öz kəşfini dərc edərək ağıllı şəkildə qeyd etdi. Məxfilik məqsədilə Qosset özünü Tələbə imzaladı. Tələbə t-paylanması belə ortaya çıxdı.

Bununla belə, K.Qaussun astronomik müşahidələrdəki səhvləri təhlil edərkən istifadə etdiyi məlumatların normal paylanması yer həyatında olduqca nadirdir və müəyyən etmək olduqca çətindir (yüksək dəqiqlik üçün təxminən 2 min müşahidə lazımdır). Buna görə də, normallıq fərziyyəsindən imtina etmək və ilkin məlumatların paylanmasından asılı olmayan üsullardan istifadə etmək daha yaxşıdır.

Sual yaranır: məlumatlardan hesablanırsa, arifmetik ortanın paylanması nədir naməlum paylama? Cavab ehtimal nəzəriyyəsində məşhur olanlar tərəfindən verilir Mərkəzi limit teoremi(CPT). Riyaziyyatda bunun bir neçə variantı var (təkliflər illər ərzində təkmilləşib), lakin onların hamısı, kobud desək, çoxlu sayda müstəqil təsadüfi dəyişənlərin cəminin normal paylanma qanununa tabe olduğu ifadəsinə qədər qaynayır.

Arifmetik orta hesablanarkən təsadüfi dəyişənlərin cəmindən istifadə edilir. Buradan belə çıxır ki, arifmetik orta normal paylanmaya malikdir, burada gözlənti ilkin verilənlərin gözləntisidir, dispersiya isə .

Ağıllı insanlar CLT-ni necə sübut edəcəyinizi bilirik, lakin biz bunu Excel-də aparılan təcrübənin köməyi ilə yoxlayacağıq. Gəlin 50 bərabər paylanmış təsadüfi dəyişən nümunəsini simulyasiya edək (Excel RANDBETWEEN funksiyasından istifadə etməklə). Sonra 1000 belə nümunə düzəldəcəyik və hər birinin arifmetik ortasını hesablayacağıq. Onların paylanmasına baxaq.

Ortanın paylanmasının normal qanuna yaxın olduğunu görmək olar. Nümunə ölçüsü və sayı daha da böyük olarsa, oxşarlıq daha da yaxşı olar.

İndi biz CLT-nin etibarlılığını öz gözlərimizlə gördükdən istifadə edərək, həqiqi orta və ya verilmiş ehtimalla riyazi gözləntiləri əhatə edən arifmetik orta üçün etimad intervallarını hesablaya bilərik.

Üst və aşağı hədləri təyin etmək üçün parametrləri bilmək lazımdır normal paylanma. Bir qayda olaraq, heç biri yoxdur, buna görə təxminlər istifadə olunur: arifmetik orta Və nümunə fərqi. Təkrar edirəm, bu üsul yalnız böyük nümunələrlə yaxşı yaxınlaşma verir. Nümunələr kiçik olduqda, çox vaxt Tələbə paylanmasından istifadə etmək tövsiyə olunur. Buna inanma! Orta üçün Tələbə paylanması yalnız orijinal verilənlər normal şəkildə paylandıqda baş verir, yəni demək olar ki, heç vaxt. Buna görə dərhal qoymaq daha yaxşıdır minimum bar tələb olunan məlumatların miqdarına uyğun olaraq və asimptotik düzgün üsullardan istifadə edin. Deyirlər ki, 30 müşahidə kifayətdir. 50 götürün - səhv etməyəcəksiniz.

T 1.2– etimad intervalının aşağı və yuxarı hədləri

– nümunə arifmetik orta

s 0- nümunənin standart sapması (qərəzsiz)

n - nümunə ölçüsü

γ - etibarlılıq ehtimalı (adətən 0,9, 0,95 və ya 0,99-a bərabərdir)

c γ =Φ -1 ((1+γ)/2)– standart normal paylanma funksiyasının tərs qiyməti. Sadə dillə desək, bu arifmetik ortadan aşağıya və ya qədər olan standart xətaların sayıdır yuxarı hədd(göstərilən üç ehtimal 1.64, 1.96 və 2.58 qiymətlərinə uyğundur).

Düsturun mahiyyəti ondan ibarətdir ki, arifmetik orta alınır və sonra ondan müəyyən məbləğ kənara qoyulur ( γ ilə) standart xətalar ( s 0 /√n). Hər şey məlumdur, götürün və düşünün.

Əvvəl kütləvi istifadə Normal paylama funksiyasının və onun tərsinin dəyərlərini əldə etmək üçün bir PC istifadə edilmişdir. Onlar bu gün də istifadə olunur, lakin hazır Excel formullarından istifadə etmək daha effektivdir. Yuxarıdakı düsturdan ( , və ) bütün elementləri Excel-də asanlıqla hesablamaq olar. Ancaq etimad intervalını hesablamaq üçün hazır bir düstur var - TRUST.NORM. Onun sintaksisi aşağıdakı kimidir.

CONFIDENCE.NORM(alfa;standart_off;ölçü)

alfa– yuxarıda qəbul edilmiş qeyddə 1- γ-a bərabər olan əhəmiyyət səviyyəsi və ya etimad səviyyəsi, yəni. riyazi olması ehtimalıgözlənti etimad intervalından kənarda olacaq. At güvən ehtimalı 0,95, alfa 0,05 və s.

standart_off– nümunə məlumatlarının standart sapması. Standart xətanı hesablamağa ehtiyac yoxdur, Excel özü n-in kökünə bölünəcəkdir.

ölçüsü– nümunə ölçüsü (n).

Etibarlılıq NORM funksiyasının nəticəsi etibar intervalının hesablanması düsturundan ikinci termindir, yəni. yarım interval Müvafiq olaraq, aşağı və yuxarı nöqtələr orta ± alınan dəyərdir.

Beləliklə, ilkin məlumatların paylanmasından asılı olmayan arifmetik orta üçün etibarlılıq intervallarının hesablanması üçün universal alqoritm qurmaq mümkündür. Universallığın qiyməti onun asimptotik təbiətidir, yəni. nisbətən böyük nümunələrdən istifadə zərurəti. Halbuki yaşda müasir texnologiyalar lazımi miqdarda məlumat toplamaq adətən çətin deyil.

Etibar intervallarından istifadə edərək statistik fərziyyələrin sınaqdan keçirilməsi

(modul 111)

Statistikada həll olunan əsas problemlərdən biri də budur. Onun mahiyyəti qısaca belədir. Məsələn, gözlənti olduğu güman edilir əhali müəyyən dəyərə bərabərdir. Sonra müəyyən bir gözlənti üçün müşahidə edilə bilən nümunə vasitələrinin paylanması qurulur. Sonra, bu şərti bölgüdə real ortanın harada yerləşdiyinə baxırlar. Əgər məqbul hədləri aşarsa, onda belə bir ortalamanın görünməsi ehtimalı çox azdır və təcrübə bir dəfə təkrarlanırsa, demək olar ki, mümkün deyil, irəli sürülən fərziyyə ilə ziddiyyət təşkil edir və uğurla rədd edilir. Ortalama keçməsə kritik səviyyə, onda fərziyyə rədd edilmir (lakin həm də sübut olunmur!).

Beləliklə, etimad intervallarının köməyi ilə gözləmə vəziyyətimizdə bəzi fərziyyələri də sınaqdan keçirə bilərsiniz. Bunu etmək çox asandır. Tutaq ki, müəyyən bir nümunə üçün arifmetik orta 100-ə bərabərdir. Fərziyyə yoxlanılır ki, gözlənilən dəyər, deyək ki, 90-dır. Yəni sualı primitiv şəkildə qoysaq, belə səslənir: doğru ilə belə ola bilərmi? orta dəyəri 90-a bərabərdir, müşahidə edilən orta 100 oldu?

Bu suala cavab vermək üçün sizə standart sapma və nümunə ölçüsü haqqında əlavə məlumat lazımdır. Deyək standart sapma 30-dur, müşahidələrin sayı isə 64-dür (kökü asanlıqla çıxarmaq üçün). Sonra ortanın standart səhvi 30/8 və ya 3.75-dir. 95% etimad intervalını hesablamaq üçün ortanın hər tərəfinə iki standart səhv əlavə etməlisiniz (daha doğrusu, 1.96). Etibar intervalı təxminən 100±7,5 və ya 92,5-dən 107,5-ə qədər olacaq.

Əlavə əsaslandırma aşağıdakı kimidir. Əgər yoxlanılan dəyər etimad intervalına düşürsə, bu, fərziyyə ilə ziddiyyət təşkil etmir, çünki təsadüfi dalğalanmalar həddinə düşür (ehtimal 95%). Əgər yoxlanılan nöqtə etimad intervalından kənara düşürsə, o zaman belə bir hadisənin baş vermə ehtimalı çox azdır, istənilən halda məqbul səviyyədən aşağıdır. Bu o deməkdir ki, fərziyyə müşahidə edilən məlumatlara zidd olduğu üçün rədd edilir. Bizim vəziyyətimizdə gözlənilən dəyər haqqında fərziyyə etimad intervalından kənardadır (sınaq edilmiş 90 dəyəri 100±7,5 intervalına daxil edilmir), ona görə də rədd edilməlidir. Yuxarıdakı ibtidai suala cavab verərək demək lazımdır: yox, ola bilməz, heç bir halda bu, çox nadir hallarda olur. Çox vaxt onlar fərziyyənin səhvən rədd edilməsinin xüsusi ehtimalını (p-səviyyəsi) göstərir və etimad intervalının qurulduğu müəyyən səviyyəni deyil, daha çox başqa vaxt.

Gördüyünüz kimi, orta (və ya riyazi gözlənti) üçün etimad intervalı qurmaq çətin deyil. Əsas odur ki, mahiyyəti dərk edin, sonra işlər davam edəcək. Təcrübədə əksər hallarda 95% etimad intervalı istifadə olunur ki, bu da ortanın hər iki tərəfində təxminən iki standart xətanın genişliyidir.

Hələlik bu qədər. Hər vaxtınız xeyir!

D = 2 (> 0) dispersiyasının məlum olduğu bir normal qanuna uyğun olaraq təsadüfi dəyişən (ümumi əhali haqqında danışmaq olar) paylansın. Ümumi populyasiyadan (təsadüfi dəyişən təyin olunan obyektlər toplusunda) n ölçülü bir nümunə hazırlanır. x 1 , x 2 ,..., x n nümunəsi eyni şəkildə paylanmış n müstəqil təsadüfi dəyişənlər toplusu kimi qəbul edilir (yuxarıda mətndə izah edilən yanaşma).

Aşağıdakı bərabərliklər də əvvəllər müzakirə edilmiş və sübut edilmişdir:

Mx 1 = Mx 2 = ... = Mx n = M;

Dx 1 = Dx 2 = ... = Dx n = D;

Təsadüfi dəyişənin daxil olduğunu sadəcə sübut etmək kifayətdir (sübutu buraxırıq). bu halda də normal qanuna uyğun olaraq paylanır.

Naməlum M kəmiyyətini a ilə işarə edək və verilmiş etibarlılıq əsasında d > 0 ədədini seçək ki, şərt ödənilsin:

P(- a< d) = (1)

Təsadüfi dəyişən normal qanuna uyğun olaraq riyazi gözlənti M = M = a və dispersiya D = D /n = 2 /n ilə paylandığı üçün əldə edirik:

P(- a< d) =P(a - d < < a + d) =

Qaldı ki, bərabərlik təmin olunsun

İstənilən biri üçün cədvəldən istifadə edərək (t)= / 2 olan t ədədini tapa bilərsiniz. Bu t ədədi bəzən adlanır. kəmiyyət.

İndi bərabərlikdən

d-nin qiymətini təyin edək:

Formulu (1) formada təqdim etməklə yekun nəticəni əldə edirik:

Son düsturun mənası belədir: etibarlılıq ilə, inam intervalı

populyasiyanın a = M naməlum parametrini əhatə edir. Başqa cür deyə bilərsiniz: nöqtə təxmini M parametrinin qiymətini d= t / dəqiqliyi və etibarlılığı ilə müəyyən edir.

Tapşırıq. 6.25-ə bərabər dispersiya ilə normal qanuna görə paylanmış müəyyən xarakteristikaya malik ümumi əhali olsun. N = 27 seçmə ölçüsü götürüldü və xarakteristikanın orta seçmə qiyməti = 12 alındı. Etibarlılığı = 0,99 olan ümumi əhalinin öyrənilən xarakteristikasının naməlum riyazi gözləntisini əhatə edən inam intervalını tapın.

Həll. Əvvəlcə Laplas funksiyası üçün cədvəldən istifadə edərək (t) = / 2 = 0,495 bərabərliyindən t-nin qiymətini tapırıq. Alınan dəyərə əsasən t = 2.58, qiymətləndirmənin düzgünlüyünü (və ya etimad intervalının yarısının uzunluğunun) d: d = 2.52.58 / 1.24 müəyyən edirik. Buradan istədiyimiz inam intervalını alırıq: (10.76; 13.24).

statistik fərziyyə ümumi variasiya

Naməlum dispersiyaya malik normal paylanmanın riyazi gözləntiləri üçün inam intervalı

A hərfi ilə işarə etdiyimiz naməlum riyazi gözləntisi M olan normal qanuna görə paylanmış təsadüfi dəyişən olsun. N həcmindən nümunə götürək. Gəlin məlum düsturlardan istifadə edərək orta nümunəni və düzəldilmiş seçmə dispersiyasını s 2 təyin edək.

Təsadüfi dəyər

Tələbə qanununa görə n - 1 sərbəstlik dərəcəsi ilə paylanır.

Tapşırıq verilmiş etibarlılıq üçün t ədədini və n - 1 sərbəstlik dərəcələrinin sayını tapmaqdır ki, bərabərlik

və ya ekvivalent bərabərlik

Burada mötərizədə naməlum a parametrinin qiymətinin etibarlılıq intervalı olan müəyyən intervala aid olması şərti yazılır. Onun hüdudları etibarlılıqdan, eləcə də seçmə parametrlərindən və s-dən asılıdır.

t-nin dəyərini böyüklüklə müəyyən etmək üçün bərabərliyi (2) formaya çeviririk:

İndi üçün cədvələ görə təsadüfi dəyişən t, Tələbə qanununa görə paylanmış, ehtimal 1 - və sərbəstlik dərəcələrinin sayı n - 1 istifadə edərək, t tapırıq. Formula (3) qoyulan problemin cavabını verir.

Tapşırıq. 20 elektrik lampasının nəzarət sınaqları zamanı orta müddət onların işi 11 saata bərabər olan standart sapma (düzəliş edilmiş seçmə dispersiyasının kvadrat kökü kimi hesablanır) ilə 2000 saata bərabər idi. Məlumdur ki, lampanın işləmə müddəti normal paylanmış təsadüfi dəyişəndir. Bu təsadüfi dəyişənin riyazi gözləntisi üçün etimad intervalını 0,95 etibarlılığı ilə təyin edin.

Həll. Dəyər 1 - bu halda 0,05-ə bərabərdir. Tələbə paylama cədvəlinə görə, sərbəstlik dərəcələrinin sayı 19-a bərabər olduqda tapırıq: t = 2.093. İndi təxminin düzgünlüyünü hesablayaq: 2.093121/ = 56.6. Buradan tələb olunan inam intervalını alırıq: (1943.4; 2056.6).

Qanuna tabe olan ümumi əhalidən nümunə götürülsün normal paylanması XN( m;  ). Riyazi statistikanın bu əsas fərziyyəsi mərkəzi limit teoreminə əsaslanır. Ümumi standart kənarlaşma məlum olsun  , lakin nəzəri paylanmanın riyazi gözləntiləri məlum deyil m(orta dəyər).

Bu halda, nümunə orta , təcrübə zamanı əldə edilmiş (bölmə 3.4.2) də təsadüfi dəyişən olacaqdır m;
). Sonra "normallaşdırılmış" sapma
N(0;1) – standart normal təsadüfi kəmiyyətdir.

Vəzifə üçün interval təxmini tapmaqdır m. üçün ikitərəfli etimad intervalı quraq m belə ki, həqiqi riyazi gözlənti verilmiş ehtimalla (etibarlılıqla) ona məxsusdur.  .

Dəyər üçün belə bir interval təyin edin
- bu, bu kəmiyyətin maksimum qiymətini tapmaq deməkdir
və minimum
kritik bölgənin sərhədləri olan :
.

Çünki bu ehtimal bərabərdir
, onda bu tənliyin kökü
Laplas funksiyası cədvəllərindən istifadə etməklə tapmaq olar (Cədvəl 3, Əlavə 1).

Sonra ehtimalla  təsadüfi dəyişən olduğunu iddia etmək olar
, yəni istənilən ümumi orta intervala aiddir
. (3.13)

Ölçü
(3.14)

çağırdı dəqiqlik qiymətləndirmələr.

Nömrə
– kəmiyyət normal paylanma - 2Ф( əlaqəsi nəzərə alınmaqla Laplas funksiyasının arqumenti kimi tapıla bilər (Cədvəl 3, Əlavə 1). u)=, yəni. F( u)=
.

Göstərilən sapma dəyərinə görə tərs  naməlum ümumi ortanın hansı ehtimalla intervala aid olduğunu tapmaq olar
. Bunu etmək üçün hesablamaq lazımdır

. (3.15)

Təkrar seçim metodundan istifadə etməklə ümumi əhali arasından təsadüfi nümunə götürülsün. Eq.
tapmaq olar minimum yenidən nümunə götürmə həcmi n, verilmiş etibarlılıqla inam intervalı üçün zəruridir əvvəlcədən təyin edilmiş dəyəri keçmədi  . Tələb olunan nümunə ölçüsü düsturla hesablanır:

. (3.16)

Gəlin araşdıraq qiymətləndirmənin dəqiqliyi
:

1) Nümunə ölçüsü artdıqca n böyüklük  azalır, və buna görə də təxminlərin dəqiqliyi artır.

2) C artırmaq qiymətləndirmənin etibarlılığı arqumentin dəyəri artır u(çünki F(u) monoton şəkildə artır) və buna görə də artır  . Bu vəziyyətdə etibarlılığın artması azaldır onun qiymətləndirilməsinin düzgünlüyü  .

Qiymətləndirmə
(3.17)

çağırdı klassik(Harada t- asılı olaraq müəyyən parametr Və n), çünki ən çox rast gəlinən paylama qanunlarını xarakterizə edir.

3.5.3 Naməlum standart sapma  ilə normal paylanmanın riyazi gözləntisini qiymətləndirmək üçün inam intervalları

Bilin ki, əhali normal paylanma qanununa tabedir XN( m; ), dəyəri haradadır kök orta kvadrat sapmalar naməlum.

Bu vəziyyətdə ümumi orta dəyəri qiymətləndirmək üçün etimad intervalını qurmaq üçün statistika istifadə olunur
, ilə Tələbə paylanması olan k= n-1 dərəcə sərbəstlik. Bu, ondan irəli gəlir N(0;1) (bax bölmə 3.5.2) və
(3.5.3-cü bölməyə baxın) və Tələbə paylanmasının tərifindən (1-ci hissə.2.11.2-ci hissə).

Tələbə paylanmasının klassik qiymətləndirməsinin düzgünlüyünü tapaq: yəni. tapacağıq t(3.17) düsturundan. Bərabərsizliyin yerinə yetirilməsi ehtimalı olsun
etibarlılığı ilə verilir  :

. (3.18)

Çünki T St( n-1), aydındır ki t asılıdır  Və n, buna görə də adətən yazırlar
.

(3.19)

Harada
– Tələbə paylama funksiyası ilə n-1 dərəcə sərbəstlik.

üçün bu tənliyin həlli m, intervalı alırıq
hansı etibarlı şəkildə  naməlum parametri əhatə edir m.

Böyüklük t  , n-1, təsadüfi dəyişənin etibarlılıq intervalını təyin etmək üçün istifadə olunur T(n-1), ilə t-testinə görə paylanır n-1 dərəcə sərbəstlik deyilir Tələbə əmsalı. Verilmiş dəyərlərlə tapılmalıdır n və  “Tələbə paylanmasının kritik nöqtələri” cədvəllərindən. (3.19) tənliyinin həllini təmsil edən (Cədvəl 6, Əlavə 1).

Nəticədə aşağıdakı ifadəni alırıq dəqiqlik riyazi gözləntinin (ümumi orta) qiymətləndirilməsi üçün inam intervalı, əgər dispersiya naməlumdursa:

(3.20)

Beləliklə, əhalinin riyazi gözləntisi üçün etimad intervallarının qurulması üçün ümumi bir düstur var:

etimad intervalının dəqiqliyi haradadır  məlum və ya naməlum dispersiyadan asılı olaraq düsturlara uyğun olaraq tapılır, müvafiq olaraq 3.16. və 3.20.

Problem 10. Bəzi testlər aparıldı, nəticələri cədvəldə verilmişdir:

x i

ilə normal paylanma qanununa tabe olduqları məlumdur
. Reytinq tapın m* riyazi gözlənti üçün m, bunun üçün 90% etimad intervalı qurun.

Həll:

Belə ki, m(2.53;5.47).

Problem 11. Dənizin dərinliyi sistematik xətası 0 olan bir cihazla ölçülür və təsadüfi səhvlər normal qanuna uyğun olaraq standart sapma ilə paylanır.  =15m. 90% etibarlılıq səviyyəsində 5 m-dən çox olmayan səhvlərlə dərinliyi müəyyən etmək üçün neçə müstəqil ölçmə aparılmalıdır?

Həll:

Problemin şərtlərinə görə bizdə XN( m;  ), Harada  =15 m,  =5m,  =0,9. Həcmi tapaq n.

1) Verilmiş etibarlılıq = 0,9 ilə biz Cədvəl 3-dən (Əlavə 1) Laplas funksiyasının arqumentini tapırıq. u  = 1.65.

2) Müəyyən edilmiş qiymətləndirmənin dəqiqliyini bilmək  =u  =5, tapaq
. bizdə var

. Buna görə də testlərin sayı n25.

Problem 12. Temperatur nümunəsi t Yanvarın ilk 6 günü üçün cədvəldə təqdim olunur:

Riyazi gözlənti üçün etimad intervalını tapın m etimad ehtimalı olan əhali
və generalı qiymətləndirin standart sapma s.

Həll:

Və
.

2) Qərəzsiz qiymətləndirmə düsturundan istifadə edərək tapın
:

							=-175
							=234.84

;
;

							=-192
							=116

.

3) Ümumi dispersiya naməlum olduğundan, lakin onun təxminləri məlum olduğundan, riyazi gözləntiləri qiymətləndirmək üçün m Tələbə paylanmasından (Cədvəl 6, Əlavə 1) və düsturdan (3.20) istifadə edirik.

Çünki n 1 =n 2 =6, onda,
, s 1 =6.85 bizdə:
, deməli -29.2-4.1<m 1 < -29.2+4.1.

Buna görə də -33.3<m 1 <-25.1.

Eynilə bizdə də,
, s 2 = 4,8, yəni

–34.9< m 2 < -29.1. Тогда доверительные интервалы примут вид: m 1 (-33,3;-25,1) və m 2 (-34.9;-29.1).

Tətbiqi elmlərdə, məsələn, tikinti fənlərində obyektlərin düzgünlüyünü qiymətləndirmək üçün etimad intervalı cədvəllərindən istifadə olunur ki, bunlar müvafiq istinad ədəbiyyatında verilir.

Qoy CB X ümumi populyasiyanı təşkil etsin və β naməlum parametr CB X olsun. Əgər *-dəki statistik qiymətləndirmə uyğundursa, seçmənin ölçüsü nə qədər böyükdürsə, β-nin qiymətini bir o qədər dəqiq alırıq. Bununla belə, praktikada bizdə çox böyük nümunələr yoxdur, ona görə də daha yüksək dəqiqliyə zəmanət verə bilmərik.

b* c üçün statistik qiymətləndirmə olsun. Dəyər |in* - in| qiymətləndirmə dəqiqliyi adlanır. β* təsadüfi dəyişən olduğundan dəqiqliyin CB olduğu aydındır. Kiçik müsbət 8 rəqəmini göstərək və qiymətləndirmənin düzgünlüyünü tələb edək |в* - в| 8-dən az idi, yəni | in* - in |< 8.

Etibarlılıq g və ya inam ehtimalı * ilə təxmin edilən ehtimal g bərabərsizliyi ilə |in * - in|< 8, т. е.

Tipik olaraq, etibarlılıq g əvvəlcədən müəyyən edilir və g 1-ə yaxın bir ədəd kimi qəbul edilir (0,9; 0,95; 0,99; ...).

|in * - in| bərabərsizliyindən bəri< S равносильно двойному неравенству в* - S < в < в* + 8, то получаем:

İnterval (* - 8-də, * + 5-də) etimad intervalı adlanır, yəni etimad intervalı y ehtimalı ilə in naməlum parametri əhatə edir. Qeyd edək ki, etimad intervalının ucları təsadüfi olur və nümunədən nümunəyə dəyişir, ona görə də intervalın (* - 8-də, * + 8-də) naməlum parametri əhatə etdiyini söyləmək daha doğrudur, in deyil, in. interval.

Əhali normal qanuna uyğun olaraq paylanmış X təsadüfi dəyişən ilə müəyyən edilsin və standart sapma a məlum olsun. Naməlum a = M (X) riyazi gözləntisidir. Verilmiş y etibarlılığı üçün a üçün inam intervalını tapmaq tələb olunur.

Nümunə orta

xr = a üçün statistik təxmindir.

Teorem. Təsadüfi dəyişən xB normal paylanmaya malikdir, əgər X normal paylanmaya malikdirsə və M (XB) = a,

A (XB) = a, burada a = y/B (X), a = M (X). l/i

a üçün etimad intervalı formaya malikdir:

8 tapırıq.

Nisbətdən istifadə

F(r) Laplas funksiyasıdır, bizdə:

P ( | XB - a |<8} = 2Ф

Laplas funksiyasının qiymət cədvəlində t-nin qiymətini tapırıq.

təyin edərək

T, biz F(t) = g alırıq, çünki g verilir, onda by

Bərabərlikdən biz hesablamanın düzgün olduğunu görürük.

Bu o deməkdir ki, a üçün etimad intervalı formaya malikdir:

X populyasiyasından bir nümunə verilmişdir

ng	üçün"	X2	Xm
n.	n1	n2	nm

n = U1 + ... + nm, onda etimad intervalı olacaq:

Misal 6.35. Seçmənin orta Xb = 10,43, seçmə ölçüsü n = 100 və standart kənarlaşma s = 5 olduğunu bilməklə, etibarlılığı 0,95 olan normal paylanmanın a riyazi gözləntisini qiymətləndirmək üçün inam intervalını tapın.

Düsturdan istifadə edək

Bu paylanmanın dispersiyasının və standart kənarlaşmalarının s məlum olduğunu nəzərə alaraq, əhalinin X təsadüfi kəmiyyəti normal paylansın. Seçmə ortasından istifadə edərək naməlum riyazi gözləntiləri qiymətləndirmək tələb olunur. Bu halda, vəzifə etibarlılıq ilə riyazi gözlənti üçün inam intervalının tapılmasına gəlir b. Etibarlılıq ehtimalının (etibarlılığın) b qiymətini təyin etsəniz, (6.9a) düsturundan istifadə edərək naməlum riyazi gözlənti üçün intervala düşmə ehtimalını tapa bilərsiniz:

burada Ф(t) Laplas funksiyasıdır (5.17a).

Nəticədə, D = s 2 dispersiya məlum olarsa, riyazi gözlənti üçün etimad intervalının sərhədlərini tapmaq üçün alqoritm tərtib edə bilərik:

1. Etibarlılıq dəyərini təyin edin - b.
2. (6.14)-dən Ф(t) = 0,5× b ifadə edin. F(t) dəyəri əsasında Laplas funksiyası üçün cədvəldən t-nin qiymətini seçin (bax. Əlavə 1).
3. (6.10) düsturu ilə e sapmasını hesablayın.
4. (6.12) düsturundan istifadə edərək etimad intervalını yazın ki, b ehtimalı ilə bərabərsizlik əməl etsin:

.

Misal 5.

X təsadüfi dəyişəni normal paylanmaya malikdir. Əgər verilmişdirsə, naməlum riyazi gözlənti a-nın etibarlılığı b = 0,96 olan qiymətləndirmə üçün inam intervallarını tapın:

1) ümumi standart kənarlaşma s = 5;

2) orta nümunə;

3) nümunə ölçüsü n = 49.

Riyazi gözləntinin interval qiymətləndirilməsinin (6.15) düsturunda A etibarlılığı ilə b t-dən başqa bütün kəmiyyətlər məlumdur. t-nin qiymətini (6.14) istifadə etməklə tapmaq olar: b = 2Ф(t) = 0,96. Ф(t) = 0,48.

F(t) = 0,48 Laplas funksiyası üçün Əlavə 1-dəki cədvəldən istifadə edərək, müvafiq t = 2,06 qiymətini tapın. Beləliklə, . e-nin hesablanmış qiymətini (6.12) düsturu ilə əvəz etməklə, etimad intervalı əldə edə bilərsiniz: 30-1,47< a < 30+1,47.

Naməlum riyazi gözləntinin etibarlılığı b = 0,96 olan qiymətləndirmə üçün tələb olunan inam intervalı bərabərdir: 28,53< a < 31,47.