КР 2 с решением
- 1. Математическая статистика Контрольная работа 2 ФИО, группа задача 1 задача 2 задача 3 задача 4 Сумма баллов ВАРИАНТ 0 1. (4) Рассмотрим выборку из нормальной генеральной совокупности 2, 8, 3, 7, 5, 5, 3, 7, 7, 3, 5, 5, 2, 8, 5, 5. Постройте 99% доверительный интервал для среднего. 2. (3) Найдите минимально необходимый объем выборки для построения интервальной оценки среднего длины 6, с дисперсией σ2 = 225 и уровнем доверия β = 0.95. 3. (5) Допустим, вы думаете, что 25% студентов вашего университета ни разу не про- пустили ни одной лекции. В выборочном опросе из 100 случайных студентов таких оказалось 20 человек. Проверьте свою гипотезу на уровне значимости α = 0.05 про- тив двусторонних альтернатив, построив соответствующий доверительный интервал. 4. (5+3) Пусть студенты университета в начале учебного года сдают предварительное тестирование, оцениваемое по десятибалльной шкале. Вы предполагаете, что средняя оценка равна 6, и решаете это проверить опросив несколько человек. Получилась следующая выборка: 9, 5, 7, 7, 4, 10. Из наблюдений прошлых лет известно, что дисперсия σ2 = 1. Проверьте гипотезу, что среднее равно 6, на уровне значимости α = 0.01 против односторонних альтернатив µ > 6. Укажите минимальный уровень значимости.
- 2. Решения задач 1. • Среднее значение равно ¯x = 5, а выборочная дисперсия s2 = 4. • Так как неизвестна дисперсия генеральной совокупности и n < 30, поэтому точность интервальной оценки ∆ = s√ n tα. • По таблице распределения Стьюдента находим 1 − α 2 = 0.995 и, так как у нас n − 1 = 16 − 1 = 15 степеней свободы, определяем квантиль tα = 3.29. Теперь можем найти точность ∆ = s√ n tα = 2√ 16 3.29 ≈ 1.645. • Искомый 99%-доверительный интервал имеет вид (5−1.645; 5+1.645) = (3.355; 6.645). Ответ: (3.355; 6.645) 2. • Для доверительной вероятности β = 0.95 вычислим α = 1 − β = 0.05. В таблице нормального распределения находим квантиль уровня 1−α/2 = 0.975 zα = 1.96. • Точность интервальной оценки ∆ = 2, поэтому теперь можем найти минимально необходимый объем выборки по формуле: n = zασ ∆ 2 = 1, 96 · 15 3 2 = 96, 04 Ответ: 97. 3. • Сформулируем основную и альтернативную гипотезы: H0 : p = 0.25; H1 : p = 0.25 • Выборочная доля равна ˆp = 20 100 = 0.2, поэтому ˆq = 1 − ˆp = 0.8. Убеждаемся, что выполнены условия надёжности использования формул для доверительного интервала nˆp = 20 ≥ 5 и nˆq = 80 ≥ 5. • По таблице нормального распределения находим 1 − α 2 = 0.975 и определяем квантиль zα = 1.96. Теперь можем найти точность ∆ = ˆpˆq n zα = 0.2·0.8 100 1.96 ≈ 0.078. • Искомый 95%-доверительный интервал имеет вид (0.2 − 0.078; 0.2 + 0.078) = (0.122; 0.278). • Вывод. Так как 0.25 ∈ (0.122; 0.278), то основная гипотеза H0 не отвергается. Ответ: при данном уровне значимости и такой альтернативе гипотеза не отвергается. 4. • Сформулируем основную и альтернативную гипотезы: H0 : µ = 6; H1 : µ > 6. • Так как известна дисперсия генеральной совокупности, то для проверки гипо- тезы используется статистика z = ¯x−µ0 σ/ √ n . • Критическая область является правосторонней. По таблице нормального рас- пределения находим 1−α = 0.99 и определяем критическое значение zcr = 2.33. Критическая область имеет вид (2.33; +∞).
- 3. • Вычислим значение статистики критерия. Cреднее значение ¯x = 9+5+7+7+4+10 6 = 7, стандартное отклонение σ = 1. Значение статистики критерия равно z = 7−6 1/ √ 6 ≈ 2.45. • Вывод. Так как z ∈ (2.33; +∞), то основная гипотеза H0 отвергается. • Замечание. Минимальный уровень значимости, начиная с которого гипотеза отвергается, составляет 1 − z−1 (2.45) ≈ 0.007. Ответ: при данном уровне значимости и такой альтернативе гипотеза отвергается.