1. По данным контрольных испытаний n=7 ламп были получены оценки x=330 ч. и S=23 ч. Считая, что срок службы ламп распределен нормально, определить вероятность того, что абсолютная величина ошибки определения среднего квадратического отклонения не превысит δ=4 ч.

Решение:

Доверительный интервал для среднего квадратического отклонения с вероятностью γ имеет вид:
Pn-1Sχ22 <σ<n-1Sχ12 =γ.
Требуется найти вероятность того, что среднее квадратическое отклонение будет находиться в интервале S-δ; S+δ.
Тогда:
n-1Sχ22 =S-δ,
подставляя известные значения, найдем значение χ22:
χ22=n-1SS-δ=7-1∙2323-4=2,96,
Pχ2>χ22=Pχ2>8,76=1-γ2,
при количестве степеней свободы k=n-1=7-1=6
по таблице критических точек распределения χ2 определяем:
Pχ2>8,76=0,20
1-γ2=0,2,
откудаγ=0,6.

Ответ: 0,6.
По результатам n=64 измерений длины детали было получено оценки x=30 мм и S=5 мм. Определить с надежностью γ=0,98 верхнюю границу доверительного интервала для оценки генеральной средней.

Решение:

Верхнюю границу доверительного интервала найдем по следующей формуле:
SВ=x+tкр∙sn,
Используя формулу:
p=2Фt,
находим:
Фt=p2=0,982=0,49
По таблице значений функции Лапласа для Фt=0,49 находим:
tкр=2,34.
Подставляя все известные значения в формулу для определения верхней границы доверительного интервала, получим:
SВ=30+2,34∙564=31,4625.;
Ответ: 31,4625.

3.2. По результатам n=81 опытов установлено, что в среднем для сборки вентиля требуется x=30 сек. и S=6 сек. В предположении о нормальном распределении определить с надежностью γ=0,9 верхнюю границу доверительного интервала для оценки неизвестного параметра σ генеральной совокупности.

Решение:

Доверительный интервал для оценки неизвестного параметра σ генеральной совокупности при k=n-1>30:
2n-1S2n-3+t<σ<2n-1S2n-3-t,
где Фt=γ2 – функция Лапласа,
Фt=0,92=0,45,
по таблице значений функции Лапласа находим: t=1,65.
Тогда верхняя граница доверительного интервала равна:
2n-1S2n-3-t=2∙81-1∙62∙81-3-1,65≈6,95.

Ответ: 6,95.

3.3. С помощью критерия Пирсона на уровне значимости α=0,01, проверить гипотезу о нормальном законе распределения на основании следующих данных:

mi
4 12 18 16 7 3
miT
5 7 19 19 7 3

Решение:

По критерию согласия χ2 Пирсона проверим соответствие выборочного распределения гипотетическому закону для уровня значимости α=0,01.
Сравним эмпирические и теоретические частоты. Составим расчетную таблицу, из которой найдем наблюдаемое значение критерия
χнабл2=i=1Smi-miT2miT.
Так как
i mi
miT
mi-miT2
mi-miT2miT

1 4 5 16 1,33
2 12 7

3 18 19 1 0,05
4 16 19 9 0,47
5 7 7 0 0
6 3 3

χнабл2=
1,86

По таблице критических точек распределения χ2, по уровню значимости α = 0,01 и числу степеней свободы k = 4 – 3 = 1 находим критическую точку правосторонней критической областиχкр20,01;1=6,64.
Так как χнабл2 <χкр2, то нет основания отвергать гипотезу о нормальном распределении случайной величины. Данные выборки распределены по нормальному закону.

4.1. На контрольных испытаниях n=12 ламп было определено x=291 ч. Считая, что срок службы ламп распределен нормально с σ=24 ч., проверить на уровне значимости α=0,01 гипотезу H0: μ=300 ч. против альтернативной гипотезы H1: μ=290 ч. В ответе записать разность между фактическим и табличным значениями выборочной характеристики.

Решение:

Согласно проверяемой гипотезе H0 в основе проверки лежит критерий:
t=(x-μ0)∙nσ.
μ1<μ0 , значит, выбираем левостороннюю критическую область.
Находим:
tнабл=(291-300)∙1224=-1,3.
По таблице критических точек распределения Стьюдента находим одностороннюю критическую точку при уровне значимости α=0,01 и числом степеней свободы k=n-1=12-1=11:
tкр=t0,01, 11=2,72, tкрлев=-tкр=-2,72.
Так как tнабл>tкрлев, то нулевая гипотеза не противоречит опытным данным.

Ответ: tкрлев-tнабл=1,42.

4.2. На основании контроля n=14 деталей найдено, что x=104 мм, а S=7 мм. В предположении о нормальном распределении вычислить мощность критерия при проверке на уровне значимости α=0,1 гипотезы H0: μ0=110 мм против конкурирующей гипотезы H1: μ1=100 мм.

Решение:

Согласно проверяемой гипотезе H0 в основе проверки лежит критерий:
t=(x-μ0)∙nσ.
μ1<μ0 , значит, выбираем левостороннюю критическую область.
Находим:
tнабл=(104-110)∙147=-3,21.
По таблице критических точек распределения Стьюдента находим одностороннюю критическую точку при уровне значимости α=0,01 и числом степеней свободы k=n-1=14-1=13:
tкр=t0,1, 13=1,35, tкрлев=-tкр=-1,35.
Так как tнабл<tкрлев, то нулевая гипотеза отвергается и принимается конкурирующая гипотеза H1: μ1=100 мм.
В таком случае, мощность критерия γ=1-β=1.

Ответ: 1.

4.3. На основании контроля n=6 измерений найдено, что x=70 мм, а S=1,5 мм. Допустив, что ошибка изготовления есть нормальная случайная величина, вычислить мощность критерия при проверке уровне значимости α=0,01 гипотезы H0: σ2=3,25 мм2 против конкурирующей гипотезы H1: σ2=1,25 мм2 .

Решение:
σ02>σ12-
значит, строим левостороннюю критическую область.
Находим:
χнабл2=nS2σ02=6∙1,523,25≈4,15.
Определяем χкрит2=χn-1;1-α2=χ5;0,992=15,08
Так как χнабл2<χкрит2, то нулевая гипотеза отвергается и мощность критерия γ=1-β=1.
1-β=1-Pχ2>σ02σ12∙χкрит2=1-Pχ2>3,251,25∙15,08=1-Pχ2>39,2≈1-0,00001≈1.
Ответ: 1.

4.4. На основании контроля n=12 измерений найдено, что x=70 мм, а S=2,5 мм. Допустив, что ошибка изготовления есть нормальная случайная величина, вычислить мощность критерия при проверке уровне значимости α=0,1 гипотезы H0: σ2=7,25 мм2 против конкурирующей гипотезы H1: σ2=5,25 мм2 .

Решение:
σ02>σ12-
значит, строим левостороннюю критическую область.
Находим:
χнабл2=nS2σ02=12∙2,527,25≈10,34.
Определяем χкрит2=χn-1;1-α2=χ11;0,92=17,3
Так как χнабл2<χкрит2, то нулевая гипотеза отвергается и мощность критерия γ=1-β=1.
1-β=1-Pχ2>σ02σ12∙χкрит2=1-Pχ2>7,255,25∙17,3=1-Pχ2>23,89≈1-0,00001≈1.
Ответ: 1.

4.5. Из двух партий взяты выборки объемом n1=8 и n2=14 деталей. По результатам выборочных наблюдений найдены x1=252 мм и x2=258 мм. Предварительным анализом установлено, что средние квадратические отклонения генеральных совокупностей равны σ1=2 мм и σ2=3 мм. В предположении о нормальном распределении проверить на уровне значимости α=0,03 гипотезу H0: μ1=μ2 против H1: μ1<μ2.

Решение:

Экспериментальное значение статистики
tнабл=x1-x2σ12n1+σ22n2=252-25828+314=-8,82.
По таблице распределения Стьюдента для числа степеней свободы f=n1+n2-2=8+14-2=20 и уровня значимости α=0,03 находим:
tкр=t20;0,03=1,99.
Так как |tнабл|>tкр, то нулевая гипотеза отвергается.

Ответ: нулевая гипотеза отвергается.

4.6. Выборочное обследование показало, что на изготовление одного изделия первая бригада затрачивала 40, 47, 43, 44 и 46 кг сырья, а вторая – 50, 48, 52 и 46 кг. В предположении о нормальном распределении проверить на уровне значимости α=0,05 гипотезу о равенстве двух генеральных средних H0: μ1=μ2 против конкурирующей гипотезы H1: μ1≠μ2. Предполагается, что σ1=σ2.

Решение:

Определяем выборочные средние и исправленные дисперсии:
x1=40+47+43+44+465=44,x2=50+48+52+464=49,s12=40-442+47-442+43-442+44-442+46-4425-1=7,5,s22=50-492+48-492+52-492+46-4924-1=6,47.
Находим:
tнабл=x1-x21n1+1n2∙n1-1s12+n2-1s22n1+n2-2=44-4915+14∙5-17,5+4-16,475+4-2=-5,68.
По таблице распределения Стьюдента для числа степеней свободы f=n1+n2-2=5+4-2=7 и уровня значимости α=0,05 находим:
tкр=t7;0,05=1,90.
Так как |tнабл|>tкр, то нулевая гипотеза отвергается.

Ответ: нулевая гипотеза отвергается.
4.7. Из n1=200 задач первого типа, предложенных для решения, студенты решили m1=152, а из n2=250 задач второго типа, предложенных для решения, студенты решили m2=130 задач. Проверить на уровне значимости α=0,05 гипотезу о том, что вероятность решения задачи не зависит от того, к какому типу она относится, т.е. H0_p1=p2.

Решение:

Для первого типа задач:
x1=m1n1=152200=0,76,σ12=x1∙1-x1=0,1824;
для второго типа задач:
x2=m2n2=130250=0,52,σ22=x2∙1-x2=0,2496.
Используем статистику:
Zнабл=x1-x2σ12n1+σ22n2=0,76-0,520,1824200+0,2496250=0,52.
Для α=0,05 критическое значение равно Z0,05=1,65. Так как Zнабл<Z0,05, то нулевая гипотеза при заданном уровне значимости принимается.

Ответ: нулевая гипотеза принимается.

3.1. На основе выборочных данных двумерного вариационного ряда
y/x
10 – 20 20 – 30
5 – 10 5 30
10 – 15 20 20
15 – 20 20 5
найти выборочный коэффициент регрессии X на Y.

Решение:

Вычислим середины отрезков, перейдем к двумерному дискретному ряду:

y/x
15 25 ny
7,5 5 30 35
12,5 20 20 40
17,5 20 5 25
nx
45 55 100
Найдем необходимые числовые характеристики:
Математические ожидания:
MX=1ni=1xi∙ni=1100∙(15∙45+25∙55)=20,5;MY=1nj=1yj∙nj=1100∙(7,5∙35+12,5∙40+17,5∙25)=12.
Дисперсии:
DX=1ni=1xi2∙ni-MX2=1100∙(152∙45+252∙55)-20,52=24,75;
DY=1nj=1yj2∙nj-MY2=1100∙7,52∙35+12,52∙40+17,52∙25-122=14,75.
Средние квадратические отклонения:
σX=D(X)=24,75=4,97;
σy=D(Y)=14,75=3,84.
Чтобы найти корреляционный момент μXY, необходимо вычислить математическое ожидание случайной величины X Y:
MXY=1100i,j=1xi∙yj∙nij=1100(15∙7,5∙5+15∙12,5∙20+15∙17,5∙20+25∙7,5∙30+25∙12,5∙20+25∙17,5∙5)=236,25.
Тогда корреляционный момент μXY равен:
μXY=MXY-MX∙MY=236,25-20,5∙12=-9,75.
Коэффициент корреляции между случайными величинами X и Y:
rXY=μXYσx∙σy=-9,754,97∙3,84=-0,51.
Выборочный коэффициент регрессии X на Y
bxy=rXY∙σXσy=-0,51∙4,973,84=-0,66.

Ответ: -0,66.

4.1. На основе выборки объемом в 30 наблюдений из двумерной генеральной совокупности были получены выборочные характеристики: bxy=-1,71, Sx2=31,16, Sy2=9,21. Проверить значимость генерального коэффициента корреляции с α=0,01.

Решение:

Из формулы
bxy=rXY∙σxσy
определим коэффициент корреляции:
rXY=bxy∙σyσx=bxy∙Sy2Sx2=-1,71∙9,2131,16=-0,93

Для того чтобы при уровне значимости α проверить нулевую гипотезу о равенстве нулю генерального коэффициента корреляции нормальной двумерной случайной величины при конкурирующей гипотезе H1 ≠ 0, надо вычислить наблюдаемое значение критерия
tнабл=rxy∙n-21-rxy2
и по таблице критических точек распределения Стьюдента, по

1 По данным контрольных испытаний n=7 ламп были получены оценки x=330 ч