bsuir.info
БГУИР: Дистанционное и заочное обучение
(файловый архив)
Вход (быстрый)
Регистрация
Категории каталога
Другое [37]
Белорусский язык [238]
ВОВ [88]
Высшая математика [448]
Идеология [112]
Иностранный язык [612]
История Беларуси [224]
Культурология [41]
Логика [253]
НГиИГ [111]
Основы права [7]
Основы психологии и педагогики [6]
Охрана труда [7]
Политология [156]
Социология [105]
Статистика [30]
ТВиМС [79]
Техническая механика [42]
ТЭЦ [78]
Физика [145]
Философия [154]
Химия [72]
Экология [35]
Экономика предприятия [33]
Экономическая теория [160]
Электротехника [35]
ЭПиУ [39]
Этика [5]
Форма входа
Логин:
Пароль:
Поиск
Статистика

Онлайн всего: 8
Гостей: 8
Пользователей: 0
Файловый архив
Файлы » Общевузовские предметы » ТВиМС

ИКТ (сети ИК) (з.), ТВиМС, Контрольная работа №1, вар.15, 2017
Подробности о скачивании 25.03.2018, 17:44
Задача 1.15
Наудачу взяты два положительных числа x и y, причем,
(1)
Найти вероятность того, что , (2)
если a = 1, b = 5, c = 0.25.
Подставив значения коэффициентов, получим следующие неравенства:
или (3)
Число всех возможных событий определяется площадью прямоугольника (1), т.е. S = 10. Число событий, благоприятствующих событию А определяется границами прямоугольника и границами неравенств (3) (на рисунке заштрихована). Эти границы определяются линиями: 1. y = 0.25x и 2. y = 5 – x

Площадь заштрихованного треугольника

Вероятность
Ответ: вероятность попадания в заданную область равна 0.25.

Задача 2.15
На приведенной ниже схеме соединения элементов, образующих цепь с одним входом и одним выходом. Предполагается, что отказы элементов являются независимыми в совокупности событиями. Отказ любого из элементов приводит к прерыванию сигнала в той ветви цепи, где находится данный элемент. Вероятности отказа элементов 1, 2, 3, 4, соответственно равны p1 = 0.1, p2 = 0.2, p3 = 0.3, p4 = 0.4. Найти вероятность того, что сигнал пройдет со входа на выход.

Пусть событие А – безотказная работа прибора; Bi – безотказная работа i-го элемента; P(Bi) = qi – вероятность безотказной работы i-го элемента; – отказ i-го элемента; – вероятность отказа i-го элемента, , т.к. события и противоположные.
Сигнал пройдет со входа на выход при одновременной, безотказной работе элементов 1, 2, 3, или при безотказной работе элемента 4. Это соответствует сумме произведений следующих событий:
A = B1∙B2∙B3 + B4
Так как события совместны и независимы, то следует переписать это выражение так, чтобы остались только произведения событий, и можно было применить формулу произведения независимых событий:

Для этого перейдем к противоположному событию: прибор выйдет из строя, если
, где – отказ верхней цепи.

Ответ: вероятность того, что сигнал пройдет со входа на выход равна 0.8016.

Задача 3.15
Прибор состоит из трех блоков. Исправность каждого блока необходима для функционирования устройства. Отказы блоков независимы. Вероятности безотказной работы блоков соответственно равны 0.6, 0.7, 0.8. Определить вероятность того, что откажет два блока.
Обозначим события:
Сi – безотказная работа i-го блока;
А – отказ двух блоков.
Р(С1) = 0.6; Р(С2) = 0.7; Р(С3) = 0.8;

Так как слагаемые – несовместные события, а события Сi – независимые (по условию), то можно применить "прямое" сложение и умножение вероятностей:
Р(А) =
Ответ: вероятность того, что откажет два блока, равна 0.188

Задача 4.15
В результате многолетних наблюдений установлено, что вероятность выпадения снега 12 октября в данном городе равна . Сколько лет должны проводиться метеонаблюдения, чтобы наивероятнейшее число снежных дней 12 октября в данном городе было равно 20?
Каждый год наступает или не наступает событие А – выпадение снега 12 октября в данном городе. Р(А) = р = , следовательно . Поскольку опыты независимы, то схема опытов подходит под формулу Бернулли.
Согласно свойствам формулы Бернулли число k0 = 20, которому соответствует максимальная вероятность P(n,k0), определяется из неравенства
np – q ≤ k0 ≤ np + p
В нашем случае неизвестно число опытов n (число двенадцатых октябрей), тогда
, преобразуя неравенство, получим:

Ответ: метеонаблюдения должны проводиться 60 лет.
Задача 5.15
Ряд распределения случайной величины Х представлен таблицей:
X 3 4 5 6 7
P 0.5 0.1 0.1 0.1 0.2

Вычислить математическое ожидание и дисперсию величины Х. Рассчитать и построить график функции распределения.
Математическое ожидание:
= 4.400
Второй начальный момент:
= 22.000
Дисперсия:
= 2.640
Функция распределения:
, т.е.
1.
2.
3.
4.
аналогично:
5.

6.
Таким образом:
Построим график F(x).
Ответ: mx = 4.4; Dx = 2.64.
Задача 6.15
Случайная величина Х задана плотностью вероятности
(1)
Определить константу с, математическое ожидание, дисперсию, функцию распределения величины Х, а также вероятность ее попадания в интервал [1.5;2].
Найдем функцию распределения F(x) и с.
(2)
Результат удобней записать в виде:
, где (3)
Так как все значения , то при . Отсюда найдем с.

Окончательный вид функции распределения определяется из условий функции (1) и выражений (2) и (3):

Определим вероятность попадания величины Х на заданный отрезок.

Окончательный вид плотности вероятности:

Математическое ожидание:

Второй начальный момент:

Дисперсия:

Ответ: с = 0.25; mx = 0; Dx = 2; P = 0.2188

Задача 7.15
Случайная величина Х распределена равномерно на интервале [0; 0.75π] = . Построить график случайной величины y = sin(x) и определить плотность вероятности g(y).

График y = sin(x) представлен на рисунке.

Плотность равномерно распределенной на отрезке [a, b] случайной величины Х определяется выражением:
Тогда для нашей задачи:
Так как х может принимать значения только от 0 до 2.3562, то из графика видно, что случайная величина Y может принимать значения только от 0 до 1.
В общем случае диапазон Y разбивают на М интервалов, в каждом из которых одинаковая степень неоднозначности ki, i = 1,2,…,M:
ki – число значений Х, соответствующих одному значению Y, или число обратных функций для данного интервала j = 1,2,…,ki.
Плотность вероятностей g(y) определяется по формуле:

Обратная функция определена на [0; 1], причем (см. рисунок) на отрезке от 0 до функция однозначна, а на [0.7071; 1] двузначна. Таким образом в зависимости от числа k обратных функций можно выделить следующие интервалы для Y:
при k1 =0 ,
k2 =1 ,
k3 =2
k4 =0
На интервалах и обратных функций не существует.
В интервале одна обратная функция:
В интервале две обратных функции: :
Производная обратной функции:

Вычислим модули производной обратной функций:
.
Тогда для k2
,
а для k3

Наконец по общей формуле получим:


Задача 8.15
Двумерный случайный вектор (X,Y) равномерно распределен внутри области B, заданной таблицей:

х1 х2 х3 х4 х5 х6 y1 y2
0 2 4 4 1 4 1 2

Вычислить коэффициент корреляции между величинами Х и Y.
Построим область S. Соединим последовательно точки с координатами из таблицы:
– точку (х1; 0) = (0; 0) с точкой (х2; y2) = (0; 2);
– точку (х2; y2) = (0; 2) с точкой (х4; y2) = (4; 2);
– точку (х4; y2) = (4; 2) с точкой (х3; y1) = (4; 1);
– точку (х3; y1) = (4; 1) с точкой (х5; y1) = (1; 1);
– точку (х5; y1) = (1; 1) с точкой (х6; 0) = (4; 0);
Это соответствует многоугольнику с координатами X=(0,2,4,4,1,4), Y=(0,2,2,1,1,0).
Для решения задачи необходимо вычислить начальные моменты первого и второго порядков, т.е. mx, my, M2x, M2y, Mxy, Dx, Dy, Kxy.
Область B представлена на рисунке.
Область B ограничена осью Х и прямыми:
1. y = x
2. y= 2
3. x = 4
4. y=1
5. y = или x = 4 – 3y
В соответствии с условием нормировки, геометрически плотность вероятности величины (X,Y) можно представить прямоугольной призмой с основанием B и объемом равным единице.
Область В представлена затемненной фигурой.



Площадь области B (сумма площадей треугольника и трапеции) равна , следовательно, высота призмы , а плотность вероятности величины (X,Y):

При интегрировании по области B рассмотрим, в соответствии с нашими фигурами, два участка: 1) х изменяется от y до 4, y изменяется от 1 до 2; 2) х изменяется от y до 4 – 3y , y изменяется от 0 до 1.
Определим mx:
;
;

.
Определим my:
;
;
;
.
Определим Mxy:
;
;
;
.
Определим Kxy:

Определим M2x:
;

.
Определим M2y:
;
;
;
.
Определим Dx:
Определим Dy:
Тогда коэффициент корреляции rxy будет:

Ответ: коэффициент корреляции rxy = .

Задача 9.15
Вычислить математическое ожидание и дисперсию величин U и V, а также определить их коэффициент корреляции RUV:
,
где a0 = 5, a1 = 3, a2 = –5, b0 = –3, b1 = –1, b2 = –9; математические ожидания, дисперсии и корреляционные моменты величин Xi, соответственно: m1 = 3, m2 = –1, m3 = 4, D1 = 4, D2 = 1 D3 = 1, K12 = 1, K23 = 0.5, K13 =1.

Математическое ожидание величины U:

= 19
Аналогично, математическое ожидание величины V:
= -38
Дисперсия величины U:

31

Аналогично, дисперсия величины V:
91
Корреляционный момент . Определим


Вычислим следующие моменты:
-2
13
-3.5000
2
Тогда
-724.5000
-2.5000
-0.0471

Ответ:

Задача 10.15
Дана выборка одномерной, случайной величины Х:

X =[1.78 0.59 0.34 2.21 1.06 2.33 0.51 1.16 0.19 3.41
4.22 6.55 2.64 1.56 3.00 0.88 0.43 1.33 2.70 0.94
4.19 0.11 1.04 2.05 0.12 4.17 0.58 2.39 4.66 4.74
3.44 0.58 3.82 0.59 1.79 12.42 0.71 0.18 2.29 0.97
0.80 0.77 0.87 0.59 1.84 2.11 0.51 1.52 0.13 0.43
1.12 0.51 0.22 1.39 0.65 0.20 4.35 2.39 3.96 1.24
1.14 3.54 0.25 2.83 1.91 0.35 6.50 2.35 2.21 0.76
1.62 0.29 1.36 0.29 0.26 2.18 7.42 1.29 0.07 1.37
3.87 4.17 0.51 0.06 1.38 0.87 1.83 0.24 3.91 4.03
1.50 2.76 2.15 1.21 0.85 1.86 0.70 2.12 0.43 4.23];

Вариационный ряд получается путем расположения элементов выборки по возрастанию:

ВАРИАЦИОННЫЙ РЯД (расположение по строкам)
0.060 0.070 0.110 0.120 0.130 0.180 0.190 0.200 0.220 0.240
0.250 0.260 0.290 0.290 0.340 0.350 0.430 0.430 0.430 0.510
0.510 0.510 0.510 0.580 0.580 0.590 0.590 0.590 0.650 0.700
0.710 0.760 0.770 0.800 0.850 0.870 0.870 0.880 0.940 0.970
1.040 1.060 1.120 1.140 1.160 1.210 1.240 1.290 1.330 1.360
1.370 1.380 1.390 1.500 1.520 1.560 1.620 1.780 1.790 1.830
1.840 1.860 1.910 2.050 2.110 2.120 2.150 2.180 2.210 2.210
2.290 2.330 2.350 2.390 2.390 2.640 2.700 2.760 2.830 3.000
3.410 3.440 3.540 3.820 3.870 3.910 3.960 4.030 4.170 4.170
4.190 4.220 4.230 4.350 4.660 4.740 6.500 6.550 7.420 12.420

Эмпирическая функция распределения:
Эмпирическая функция распределения случайной величины Х равна частоте того, что Х примет значение меньшее, чем аргумент функции х, и определяется формулой

где n – объем выборки, в нашей задаче n =100;
xk – отличающиеся элементы вариационного ряда, k = 1,2,3,…,nx, nx ≤ n;
mk – количество значений в вариационном ряду равных xk.
Суммирование ведется по всем xk удовлетворяющим условию xk < x.
Объединим совпадающие элементы вариационного ряда и сформируем таблицу из четырех столбцов: 1-й столбец – неповторяющиеся значения элементов вариационного ряда xk, 2-й столбец – количество таких элементов m, 3-й - их относительные частоты p*, 4-й – соответствующие значения эмпирической функции распределения.

x m p* F*(x)
0.0600 1.0000 0.0100 0.0100
0.0700 1.0000 0.0100 0.0200
0.1100 1.0000 0.0100 0.0300
0.1200 1.0000 0.0100 0.0400
0.1300 1.0000 0.0100 0.0500
0.1800 1.0000 0.0100 0.0600
0.1900 1.0000 0.0100 0.0700
0.2000 1.0000 0.0100 0.0800
0.2200 1.0000 0.0100 0.0900
0.2400 1.0000 0.0100 0.1000
0.2500 1.0000 0.0100 0.1100
0.2600 1.0000 0.0100 0.1200
0.2900 2.0000 0.0200 0.1400
0.3400 1.0000 0.0100 0.1500
0.3500 1.0000 0.0100 0.1600
0.4300 3.0000 0.0300 0.1900
0.5100 4.0000 0.0400 0.2300
0.5800 2.0000 0.0200 0.2500
0.5900 3.0000 0.0300 0.2800
0.6500 1.0000 0.0100 0.2900
0.7000 1.0000 0.0100 0.3000
x m p* F*(x)
0.7100 1.0000 0.0100 0.3100
0.7600 1.0000 0.0100 0.3200
0.7700 1.0000 0.0100 0.3300
0.8000 1.0000 0.0100 0.3400
0.8500 1.0000 0.0100 0.3500
0.8700 2.0000 0.0200 0.3700
0.8800 1.0000 0.0100 0.3800
0.9400 1.0000 0.0100 0.3900
0.9700 1.0000 0.0100 0.4000
1.0400 1.0000 0.0100 0.4100
1.0600 1.0000 0.0100 0.4200
1.1200 1.0000 0.0100 0.4300
1.1400 1.0000 0.0100 0.4400
1.1600 1.0000 0.0100 0.4500
1.2100 1.0000 0.0100 0.4600
1.2400 1.0000 0.0100 0.4700
1.2900 1.0000 0.0100 0.4800
1.3300 1.0000 0.0100 0.4900
1.3600 1.0000 0.0100 0.5000
1.3700 1.0000 0.0100 0.5100
1.3800 1.0000 0.0100 0.5200
1.3900 1.0000 0.0100 0.5300
1.5000 1.0000 0.0100 0.5400
1.5200 1.0000 0.0100 0.5500
1.5600 1.0000 0.0100 0.5600
1.6200 1.0000 0.0100 0.5700
1.7800 1.0000 0.0100 0.5800
1.7900 1.0000 0.0100 0.5900
1.8300 1.0000 0.0100 0.6000
1.8400 1.0000 0.0100 0.6100
1.8600 1.0000 0.0100 0.6200
1.9100 1.0000 0.0100 0.6300
2.0500 1.0000 0.0100 0.6400
2.1100 1.0000 0.0100 0.6500
2.1200 1.0000 0.0100 0.6600
2.1500 1.0000 0.0100 0.6700
2.1800 1.0000 0.0100 0.6800
2.2100 2.0000 0.0200 0.7000
2.2900 1.0000 0.0100 0.7100
2.3300 1.0000 0.0100 0.7200
2.3500 1.0000 0.0100 0.7300
2.3900 2.0000 0.0200 0.7500
2.6400 1.0000 0.0100 0.7600
2.7000 1.0000 0.0100 0.7700
2.7600 1.0000 0.0100 0.7800
2.8300 1.0000 0.0100 0.7900
3.0000 1.0000 0.0100 0.8000
3.4100 1.0000 0.0100 0.8100
3.4400 1.0000 0.0100 0.8200
3.5400 1.0000 0.0100 0.8300
3.8200 1.0000 0.0100 0.8400
3.8700 1.0000 0.0100 0.8500
3.9100 1.0000 0.0100 0.8600
3.9600 1.0000 0.0100 0.8700
4.0300 1.0000 0.0100 0.8800
4.1700 2.0000 0.0200 0.9000
4.1900 1.0000 0.0100 0.9100
4.2200 1.0000 0.0100 0.9200
4.2300 1.0000 0.0100 0.9300
4.3500 1.0000 0.0100 0.9400
4.6600 1.0000 0.0100 0.9500
4.7400 1.0000 0.0100 0.9600
6.5000 1.0000 0.0100 0.9700
6.5500 1.0000 0.0100 0.9800
7.4200 1.0000 0.0100 0.9900
12.4200 1.0000 0.0100 1.0000

График F*(x) см. ниже.





Построение гистограмм
а) Равноинтервальный метод
В этом методе диапазон значений вариационного ряда делится на равные интервалы длины h и подсчитывается число mi точек, попавших на каждый интервал. Точки подсчитываются по вариационному ряду или по таблице для построения эмпирической функции распределения. Если значение точки попадает на границу между интервалами, то в счетчик каждого интервала добавляется по 0.5.
Число интервалов гистограммы определяется по формуле:

Все интервалы имеют равную длину, следовательно:



ТАБЛИЦА ДЛЯ ПОСТРОЕНИЯ ГИСТОГРАММЫ
инт 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Ai 0.060 1.296 2.532 3.768 5.004 6.240 7.476 8.712 9.948 11.184
Bi 1.296 2.532 3.768 5.004 6.240 7.476 8.712 9.948 11.184 12.420
pi* 0.480 0.270 0.080 0.130 0.000 0.030 0.000 0.000 0.000 0.010
mi 48.000 27.000 8.000 13.000 0.000 3.000 0.000 0.000 0.000 1.000
fi 0.388 0.218 0.065 0.105 0.000 0.024 0.000 0.000 0.000 0.008

Здесь инт – номер интервала гистограммы;
Ai – левая граница i-го интервала гистограммы;
Bi – правая граница i-го интервала гистограммы;
mi – количество значений вариационного ряда, попавших в i-ый интервал;
pi* = – относительные частоты, n – объем выборки;
fi – статистическая плотность (высота) i-го интервала равная

Начинается гистограмма с точки х = 0.0600 и заканчивается при х = 12.4200 (первая и последняя точки вариационного ряда). Площадь каждого столбика гистограммы равна относительной частоте .

б) Равновероятностная гистограмма
При построении гистограммы этим методом интервалы определяются так, чтобы на каждый из них попало бы одинаковое число точек, т.е. вариационный ряд делится по порядку на М равных групп. Если значение последнего элемента интервала совпадает со значением первого элемента следующего интервала, то это значение берется в качестве границы между этими интервалами. Если такие значения не совпадают, то в качестве границы берется средняя точка между ними.

ТАБЛИЦА ДЛЯ ПОСТРОЕНИЯ ГИСТОГРАММЫ
i Ai Bi hi fi
1.0000 0.0600 0.2450 0.1850 0.5405
2.0000 0.2450 0.5100 0.2650 0.3774
3.0000 0.5100 0.7050 0.1950 0.5128
4.0000 0.7050 1.0050 0.3000 0.3333
5.0000 1.0050 1.3650 0.3600 0.2778
6.0000 1.3650 1.8350 0.4700 0.2128
7.0000 1.8350 2.2500 0.4150 0.2410
8.0000 2.2500 3.2050 0.9550 0.1047
9.0000 3.2050 4.1800 0.9750 0.1026
10.0000 4.1800 12.4200 8.2400 0.0121

Здесь i – номер интервала гистограммы;
Ai – левая граница i-го интервала гистограммы;
Bi – правая граница i-го интервала гистограммы;
hi – ширина i-го интервала;
fi – высота i-го интервала ,
m – число точек на i-ом интервале;
n – число элементов вариационного ряда.

Гистограмму см. ниже.

Оценка математического ожидания
1.9094
Оценка дисперсии
Выборочная дисперсия 3.5829
Среднеквадратическое отклонение S0 = 1.8929

Доверительные интервалы
Построим доверительные интервалы математического ожидания mх и дисперсии Dx, считая, что случайная величина имеет неизвестный закон распределения с неизвестными mх и Dx, и доверительной вероятности р = 0.95. На основании центральной предельной теоремы при достаточно большом объеме выборки n (n > 20…50) закон распределения несмещенных точечных оценок mx и Dx можно считать нормальным при любом законе распределения случайной величины. Тогда доверительный интервал для математического ожидания будет определяться выражением:
, где zp определяется по таблице нормального распределения для заданной доверительной вероятности р. В нашем случае n = 100, = 1.9094, = 1.8929 , zp = 1.96. Величина = 0.3710 , а доверительный интервал: (1.9094 ± 0.37104), т.е.(1.5384 < mx < 2.2804).
Доверительный интервал для дисперсии будет определяться выражением:
, здесь = 0.9981, а доверительный интервал: (3.5829 ± 0.9981), т.е.(2.5848 < Dx < 4.5811).

Проверка гипотезы о законе распределения случайной величины
Наблюдая функцию распределения и гистограмму, выдвинем гипотезу H0 об экспоненциальном законе распределения.
Проверка гипотезы по критерию χ2

оценка параметра: 1.9094 (см. выше).
Используем равновероятностную гистограмму. Число интервалов гистограммы М=10. Относительная частота попадания значений случайной величины на каждый интервал одинакова p* = 0.1.
Теоретическая вероятность попадания случайной величины в каждый интервал
, (1)
где i= 1,2,…,10, A1 = 0, B10 = ∞.

Результаты расчета
инт: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Ai: 0.060 0.245 0.510 0.705 1.005 1.365 1.835 2.250 3.205 4.180
Bi: 0.245 0.510 0.705 1.005 1.365 1.835 2.250 3.205 4.180 ∞
F(Ai): 0.000 0.120 0.234 0.309 0.409 0.511 0.618 0.692 0.813 0.888
F(Bi): 0.120 0.234 0.309 0.409 0.511 0.618 0.692 0.813 0.888 1.000
pi: 0.120 0.114 0.074 0.101 0.102 0.107 0.075 0.121 0.075 0.112
dhi2: 0.003 0.002 0.009 0.000 0.000 0.000 0.009 0.004 0.009 0.001

здесь: инт – номер интервала;
Ai, Bi – концы отрезков гистограммы, i = 1,2,…,10;
F(Ai), F(Bi)– значения величин в выражениях (1), i = 1,2,…,10;
pi – теоретические вероятности (pi) попадания случайной величины на i-й интервал, определяемая формулами (1) , i = 1,2,…,10.
dhi = .
1 , 1, 0.03665.
Величина определяется по формуле:
3.664
число степеней свободы k = M – s – 1 = 10 – 1 – 1 = 8, здесь s – число параметров, от которых зависит закон распределения. Для экспоненциального это один параметр: .
По таблице распределения χ2 для уровня значимости α = 0.05 и k = 8 имеем: χ2α =15.51

Т.к. χ2 < χ2α , то гипотезу H0 принимаем.

Критерий Колмогорова.
Считаем параметры закона известными, т.е. параметр = 1.9094. Строим теоретическую функцию распределения:
(2)
Построим совместно графики эмпирической и теоретической функций распределения (см. ниже).
Найдем наибольшее отклонение эмпирической функции F*(x) от теоретической F(x). Для этого берем значения х из таблицы для построения F*(x) в области самых больших отклонений этих функций на графике, вычисляем F(x) для выбранных х по выражению (2) . Затем вычисляем наибольшую разницу для выбранных х.
В нашем случае получим наибольшую разницу в точке х = 0.5100 (штрих-пунктирная линия на графике). Значение функции F*(x) в этой точке (заметим, что если F*(x) лежит ниже F(x), то значение F*(x) надо брать по предыдущей точке)
F*( 0.5100) = 0.1900 , а
=F(0.5100)=1 - exp(-0.5100/1.9094)= 0.2344
Наибольшее отклонение:
0.04445
Тогда значение критерия Колмогорова будет:
0.0444 ∙10 = 0.444
По таблице Колмогорова для уровня значимости α = 0.05 находим λγ = 1.34
Т.к. λ < λγ, гипотезу H0 принимаем.

Оба критерия показывают, что гипотеза об экспоненциальном законе распределения не противоречит опытным данным.






Задача 11.15
Дана выборка двумерной случайной величины:

B=[3.56 4.06; 4.35 4.57; 3.67 1.58; 6.40 3.14; 4.34 6.40
3.80 6.53; 4.95 5.19; 4.02 3.87; 4.61 2.76; 4.17 2.96
2.87 7.32; 4.59 4.67; 3.77 5.34; 6.21 5.54; 4.38 4.54
3.45 5.19; 5.21 6.25; 3.87 2.30; 1.76 4.49; 6.17 2.83
2.90 6.39; 3.38 4.09; 5.66 4.26; 4.85 4.99; 4.65 2.89
5.11 5.48; 4.69 5.04; 4.54 5.95; 3.64 5.00; 6.23 5.39
4.49 5.13; 4.13 4.06; 3.36 5.22; 3.75 2.62; 4.99 4.62
4.77 5.75; 3.83 3.89; 2.69 2.33; 4.02 5.13; 4.77 7.23
2.14 7.36; 5.08 3.81; 3.29 6.53; 3.74 3.57; 4.76 5.45
5.66 4.11; 5.01 4.31; 4.01 5.77; 5.47 6.21; 4.84 4.64];

Здесь символом ";" отделены пары значений случайной величины – это строки, т.е. матрица В имеет два столбца. Обозначим 1-й столбец Х, 2-й – Y, а конкретные i-ые значения случайной величины обозначим (xi,yi).
Число опытов n = 50.
Оценки математических ожиданий по каждой переменной
4.3320, 4.7350
Оценки начальных моментов второго порядка по каждой переменной
19.7663, 24.2646
Оценка смешанного начального момента второго порядка
20.3899

ТАБЛИЦА ДАННЫХ
N x y x^2 y^2 x*y
1.0000 3.5600 4.0600 12.6736 16.4836 14.4536
2.0000 4.3500 4.5700 18.9225 20.8849 19.8795
3.0000 3.6700 1.5800 13.4689 2.4964 5.7986
4.0000 6.4000 3.1400 40.9600 9.8596 20.0960
5.0000 4.3400 6.4000 18.8356 40.9600 27.7760
6.0000 3.8000 6.5300 14.4400 42.6409 24.8140
7.0000 4.9500 5.1900 24.5025 26.9361 25.6905
8.0000 4.0200 3.8700 16.1604 14.9769 15.5574
9.0000 4.6100 2.7600 21.2521 7.6176 12.7236
10.0000 4.1700 2.9600 17.3889 8.7616 12.3432
11.0000 2.8700 7.3200 8.2369 53.5824 21.0084
12.0000 4.5900 4.6700 21.0681 21.8089 21.4353
13.0000 3.7700 5.3400 14.2129 28.5156 20.1318
14.0000 6.2100 5.5400 38.5641 30.6916 34.4034
15.0000 4.3800 4.5400 19.1844 20.6116 19.8852
16.0000 3.4500 5.1900 11.9025 26.9361 17.9055
17.0000 5.2100 6.2500 27.1441 39.0625 32.5625
18.0000 3.8700 2.3000 14.9769 5.2900 8.9010
19.0000 1.7600 4.4900 3.0976 20.1601 7.9024
20.0000 6.1700 2.8300 38.0689 8.0089 17.4611
21.0000 2.9000 6.3900 8.4100 40.8321 18.5310
22.0000 3.3800 4.0900 11.4244 16.7281 13.8242
23.0000 5.6600 4.2600 32.0356 18.1476 24.1116
24.0000 4.8500 4.9900 23.5225 24.9001 24.2015
25.0000 4.6500 2.8900 21.6225 8.3521 13.4385
26.0000 5.1100 5.4800 26.1121 30.0304 28.0028
27.0000 4.6900 5.0400 21.9961 25.4016 23.6376
28.0000 4.5400 5.9500 20.6116 35.4025 27.0130
29.0000 3.6400 5.0000 13.2496 25.0000 18.2000
30.0000 6.2300 5.3900 38.8129 29.0521 33.5797
31.0000 4.4900 5.1300 20.1601 26.3169 23.0337
32.0000 4.1300 4.0600 17.0569 16.4836 16.7678
33.0000 3.3600 5.2200 11.2896 27.2484 17.5392
N x y x^2 y^2 x*y
34.0000 3.7500 2.6200 14.0625 6.8644 9.8250
35.0000 4.9900 4.6200 24.9001 21.3444 23.0538
36.0000 4.7700 5.7500 22.7529 33.0625 27.4275
37.0000 3.8300 3.8900 14.6689 15.1321 14.8987
38.0000 2.6900 2.3300 7.2361 5.4289 6.2677
39.0000 4.0200 5.1300 16.1604 26.3169 20.6226
40.0000 4.7700 7.2300 22.7529 52.2729 34.4871
41.0000 2.1400 7.3600 4.5796 54.1696 15.7504
42.0000 5.0800 3.8100 25.8064 14.5161 19.3548
43.0000 3.2900 6.5300 10.8241 42.6409 21.4837
44.0000 3.7400 3.5700 13.9876 12.7449 13.3518
45.0000 4.7600 5.4500 22.6576 29.7025 25.9420
46.0000 5.6600 4.1100 32.0356 16.8921 23.2626
47.0000 5.0100 4.3100 25.1001 18.5761 21.5931
48.0000 4.0100 5.7700 16.0801 33.2929 23.1377
49.0000 5.4700 6.2100 29.9209 38.5641 33.9687
50.0000 4.8400 4.6400 23.4256 21.5296 22.4576

Средние 4.3320 4.7350 19.7663 24.2646 20.3899

Оценки дисперсий
= 1.0205
1.8821
Оценка корреляционного момента
-0.1246
Точечная оценка коэффициента корреляции
-0.0899

Вычислим интервальную оценку коэффициента корреляции с доверительной вероятностью р = 0.95.
При нормальном случайном векторе, доверительный интервал можно определить следующим образом:
(r1 < < r2) , где

Величина up определяется по таблице нормированного нормального распределения для доверительной вероятности р: up =1.96
=-0.3761
=0.1957
= -0.3593, = 0.1933

Ответ: (-0.3593 < < 0.1933)

Проверка гипотезы о некоррелированности X, Y при уровне значимости α = 0.05.
Предположим, что двухмерная случайная величина (X, Y) распределена по нормальному закону. Выдвинем гипотезу: H0: = 0; и альтернативную: H1: ≠ 0.
Для проверки гипотезы используем критерий:
, t распределена по закону Стьюдента с (n-2) степенями свободы, если гипотеза H0 верна.
= 0.6256
По заданному уровню значимости  вычисляем доверительную вероятность р = 1 -  = 0.95 и из таблицы Стьюдента берём критическое значение =2.0106, т.к. t < , то гипотеза H0 принимается, а, следовательно, величины X, Y некоррелированные.

Уравнение линии регрессии
Коэффициенты линии регрессии:
= -0.122 , = 5.264
Т.о. уравнение регрессии имеет вид:
5.264 - 0.122 x

Построим уравнение регрессии и диаграмму рассеивания:




ЛИТЕРАТУРА

1. Вентцель Е.С. Теория вероятностей и математическая статистика: Учебник. - 5-е изд., стереотип. - М.: Высш. шк., 1999. - 576 с.
2. Вентцель Е.С., Овчаров Л.А. Теория вероятностей и ее инженерные приложения. - М: Наука, 1988. - 480с.
3. Жевняк Р.М., Карпук А.А., Унукович В.Т. Теория вероятностей и математическая статистика: Учеб. пособие для студентов. инж.-экон. спец. – Мн.: Харвест, 2000.-384 с.
4. Волковец А.И., А.Б. Гуринович А.Б. Конспект лекций по курсу "Теория вероятностей и математическая статистика" для студентов всех специальностей и форм обучения БГУИР. - Мн.: БГУИР, 2003.- 82 с.
5. Волковец А.И., Гуринович А.Б. Аксенчик А.В. Методические указания по типовому расчету по курсу "Теория вероятностей и математическая статистика" для студентов всех специальностей заочной формы обучения БГУИР. - Мн.: БГУИР, 2009.- 65 с.
Категория: ТВиМС | Добавил: Sickkunt
Просмотров: 34 | Загрузок: 3
Всего комментариев: 0
Добавлять комментарии могут только зарегистрированные пользователи.
[ Регистрация | Вход ]