Technická univerzita v Liberci Fakulta strojní Katedra vozidel a motorů
Doc.Ing. Lubomír Moc, CSc.
CVIČENÍ Z INŽENÝRSKÉ STATISTIKY (řešené příklady)
Liberec, září 2006
OBSAH Cvičení č. 1 Základní vztahy z pravděpodobnosti, sčítání, násobení Cvičení č. 2 Podmíněná pravděpodobnost, pravděpodobnost opačného jevu, úplná pravděpodobnost Cvičení č. 3 Geometrická pravděpodobnost Cvičení č. 4 Popis náhodných veličin Cvičení č. 5 Teoretické diskrétní náhodné veličiny Cvičení č. 6 Teoretické spojité náhodné veličiny Cvičení č. 7 Teoretická normální náhodná veličina Cvičení č. 8 Teoretické náhodné veličiny exponenciálního typu Cvičení č. 9 Testování hypotéz o střední hodnotě a rozptylu Cvičení č.10 Testy typu chí-kvadrát Cvičení č.11 Testy náhodných veličin Cvičení č.12 Testy náhodnosti výběru, testy relativní četnosti Cvičení č.13 Regresní analýza Cvičení č.14 Analýza rozptylu pro jednoduché a dvojné třídění Příklad zápočtového testu
ÚVOD Statistické metody se stále ve větší míře uplatňují v různých oblastech technické činnosti a umožňují nejen popis a třídění jevů a informací, ale statistické metody jsou i prostředkem pro popis a vyhodnocování předpokládaných jevů, ověřování statistických hypotéz pro hromadné (základní) soubory z údajů získaných rozborem výběrových souborů. Inženýrská statistika má proto oprávněné místo v činnosti strojního inženýra. Učební pomůcka je určena pro posluchače bakalářského a magisterského studia na strojní fakultě při studiu předmětu Inženýrská statistika. Obsahuje soubor řešených příkladů k jednotlivým částem přednášené problematiky v předmětu. Cílem pomůcky je popsat metodiku a postupy pro řešení příkladů z pravděpodobnosti a statistiky a má tak přispět k úspěšnému absolvování předmětu.
CVIČENÍ 1 – Základní vztahy z pravděpodobnosti Příklad 1: Při zhotovení součástky byla dlouhodobým sledováním zjištěna průměrná 10% zmetkovitost. Z výroby na montáž jsou součástky dodávány v paletách po 100 kusech a pro kompletaci každého konečného výrobku se používají 4 součástky. Určete s jakou pravděpodobností bude zhotovený výrobek obsahovat všechny čtyři správné součástky (prvý odběr z palety a jaká bude tato pravděpodobnost, pokud předchozí dva výrobky obsahují všechny správné součástky. a1) zhotovení prvého výrobku z palety Řešení rozborem podmínek při vzniku dílčích jevů. Označme dílčí jevy: A1 ….. prvá vybraná součást bude správná A2 ….. druhá vybraná součást bude správná A3 ….. třetí vybraná součást bude správná A4 ….. čtvrtá vybraná součást bude správná Popisovaný jev: A …..výrobek obsahuje všechny správné součásti (zhotovení 1.výrobku) (ve čtyřech po sobě následujících výběrech součástí budou všechny správné – výsledný jev je průnikem dílčích jevů) A = A1 . A2 . A3 . A4 Převedeme množinový zápis do pravděpodobnosti – dílčí jevy jsou pravděpodobnostně závislé: P(A) = P(A1. A2. A3. A4) = P(A1) . P(A2/A1) . P(A3/A1.A2) . P(A4/A1.A2.A3) Výpočet dílčích pravděpodobností ze základní definice pravděpodobnosti: P(A1) =
100 10 0,900 100
P(A3) =
100 10 2 0,898 100 2
P(A2) =
100 10 1 0,899 100 1
P(A4) =
100 10 3 0,897 100 3
P(A) = 0,900 .0,899. 0,898. 0,897 = 0,652 a2) Řešení přímým výpočtem z definice pravděpodobnosti P(A) =
m n
m … počet všech různých způsobů výběru souboru čtyř správných součástí n … počet všech různých způsobů výběru souboru čtyř součástí obě čísla určíme jako počet kombinací čtyř prvků na odpovídajících souborech prvků
100 10 90.89.88.87 m 4 1.2.3.4 P(A) = = 0,652 100 .99.98.97 n 100 1.2.3.4 4
b) zhotovení třetího výrobku, předchozí dva obsahovaly všechny správné výrobky Popíšeme podmínky za jakých se náhodný jev, výběr dalších čtyř kusů z palety uskuteční: Paleta obsahuje: celkem součástí 100 – 8 = 92 kusů správných součástí 100 . 0,9 – 8 = 82 kusů Označme dílčí jevy: B1 ….. prvá vybraná součást bude správná B2 ….. druhá vybraná součást bude správná B3 ….. třetí vybraná součást bude správná B4 ….. čtvrtá vybraná součást bude správná Popisovaný jev: B …. výrobek obsahuje všechny správné součásti-(zhotovení 3.výrobku (ve čtyřech po sobě následujících výběrech součástí budou opět všechny správné – výsledný jev je průnikem dílčích jevů) B = B1 . B2 . B3 . B4 Převedeme množinový zápis do pravděpodobnosti – dílčí jevy jsou pravděpodobnostně závislé: P(B) = P(B1. B2. B3. B4) = P(B1) . P(B2/B1) . P(B3/B1.B2) . P(B4/B1.B2.B3) Výpočet dílčích pravděpodobností ze základní definice pravděpodobnosti:
P(B1) =
82 0,891 92
P(A3) =
82 2 0,889 92 2
P(A2) =
82 1 0,890 92 1
P(A4) =
82 3 0,888 92 3
P(A) = 0,891 .0,890. 0,889. 0,888 = 0,626
Příklad 2: Na montáži jsou dvě palety výrobků obsahující různý počet výrobků s různou zmetkovitostí: 1.paleta a výrobků správných b zmetků ( 5,10) 2.paleta c výrobků správných d zmetků ( 10,5) Z 1. palety byl jeden výrobek vložen do druhé palety. S jakou pravděpodobností bude nyní odebraný výrobek z této palety správný? (řešení sjednocení jevů při podmíněné pravděpodobnosti) 1. paleta
2. paleta 1 kus
Označení jevů:
odběr 1 kusu
C ….. odběr správného výrobku z 2. palety (2 možné postupy) A.... z 1.palety správný (A1), z 2. palety správný (A2) B ... z 1.palety zmetek, (B1) z 2.palety správný (B2)
Vztahy mezi dílčími jevy: C = A + B nevylučující se s nulovým průnikem A = A1 . A2 musí nastat současně (průnik) B = B1 . B2 musí nastat současně (průnik) Vztahy mezi pravděpodobnostmi: P (C ) = P(A+B) = P(A) + P(B) P (A) = P(A1 . A2) = P(A1) . P(A2/A1) P (B) = P(B1 . B2) = P(B1) . P(B2/B1) Výpočet jednotlivých pravděpodobností z klasické definice: Jev A: rozpadá se do dvou jevů A1, A2 , které musí nastat současně
A1
A2
P (A1 . A2) = P (A1) - P (A2/A1) =
a ab
.
c1 c d 1
( = 0,229)
obdobně i jev B P(B1 . B2) = P (B1) . P (B2/B1) =
P ( A + B) =
a .( c 1) b. c ( a b ).( c d 1)
b c . a b c d 1
(= 0,417)
( = 0,646)
Příklad 3: Určete nejmenší počet hodů hrací kostkou tak, aby pravděpodobnost padnutí alespoň jedné „šestky“ byla minimálně 0,9.
1. označme jev Ai ...... padnutí šestky v i-tém hodu 2. pravděpodobnost, že v tomto hodu padne šestka je P (Ai) = 1/6 a je stejná pro všechna i (všechny hody) 3. pravděpodobnost, že nepadne šestka v jednom hodu (jev opačný) je P (0) = 1 - P (Ai) = 1 - 1/6 = 5/6 4. při házení kostkou n krát (kdy nepadne šestka ) se jedná o jevy nezávislé a pravděpodobnost, že v těchto n pokusech nepadne šestka je dána průnikem tedy (5/6) n tudíž vztah pro pravděpodobnost, že alespoň j edna šestka padne je 1 - (5/6)n Pokud je požadována pravděpodobnost tohoto jevu minimálně 0,9 musí platit 1 - (5/6)n 0,9 tj, příslušný minimální počet hodů
n
ln 0,1 2 ,30258 12 ,6 5 0,182321 ln 6
Při n = 13 pokusech je pravděpodobnost padnutí alespoň jedné šestky min 0,9. Poznámka: pro požadavek pravděpodobnosti 0,99 je počet pokusů 38 0,9999 51 0,99999 64
Příklad 4: V technologickém obvodu jsou zapojeny prvky dle obrázku. Poruchy jednotlivých prvků jsou nezávislé s pravděpodobností poruchy pro 1000 provozních hodin dle tabulky. Určete s jakou pravděpodobností bude po 1000 provozních hodinách obvod ve stavu poruchy. Prvek Pravděpodobnost poruchy
a1 0,60
a2 0,50
b1 0,90
b2 0,70
b3 0,40
b1
a1
a2
b2 b3
Označení jevů: C … porucha obvodu vlivem prvku a, b (není funkce ze vstupu na výstupu) Ai … porucha obvodu vlivem prvku typu a Bj … porucha obvodu vlivem prvku typu b Vzájemné umístění jevů:
B1 A1
A2 A2
B2
B3
A
Vztahy mezi jevy vyjadřují následující vztahy:
B
A = A1 + A2 B = B1 . B2 . B3 C=A+B
a odpovídající pravděpodobnost bude P(A) = P(A1+A2) = P(A1) + P(A2) –P(A1.A2) = P(A1) + P(A2) – P(A1). P(A2) = = 0,6 + 0,5 – 0,6 . 0,5 = 0,80 P(B) = P(B1.B2.B3) = P(B1) . P(B2). P(B3) = 0,9 . 0,7 . 0,4 = 0,252 P(C) = P(A+B) = P(A) + P(B) – P(A) . P(B) = 0,80 + 0,252 – 0,80 . 0,252 = 0,8504
Příklad 5: V zásobníku je M1 = 5 výrobků správných a M2 = 4 zmetky. Ze zásobníku náhodně odebereme celkem a = 3 výrobky. S jakou pravděpodobností bude v odebraných výrobcích zastoupení výrobků: a1 = 2 správné , a2 = 1 vadný výrobek. Označme jev A … odběr celkem a výrobků požadovaného zastoupení Výpočet ze základní definice pravděpodobnosti s tím, že určíme: m … počet všech různých možností odběru součástí dle jevu A, n … počet všech různých možností výběru tří součástí. Hodnoty uvedených možností určuje příslušné kombinační číslo: M1 M 2 n = a1 a 2
M 1 M 2 . m = m1 . m2 = a1 a 2
5 4 . 2 1 m P(A) = = 0,476 n 5 4 2 1 Příklady k řešení: 1) Na montáž došly dvě zásilky po 100 kusech stejného výrobku. V první zásilce je 6 zmetků, ve druhé 4 zmetky (předpoklady podle zkušeností s dodavateli za delší časové období). Z libovolné zásilky vybereme dva výrobky. Určete pravděpodobnost s jakou ve výběru 2 kusů bude jeden výrobek vadný a druhý dobrý? ( 0,0474) 2) Ze dvou sérií výrobků z nichž 1.série obsahuje 10 ks a 2. série 15 ks odebereme náhodně jeden výrobek. Jaká je pravděpodobnost, že výrobek bude dobrý pokud pravděpodobnost výskytu dobrého výrobku v 1. Sérii je 0,8 a ve 2. sérii 0,9? ( 0,86) 3) Výrobek můžeme vyrobit dvěma nezávislými technologickými postupy. Pravděpodobnost zhotovení dobrého výrobku prvním postupem je 0,8 a u druhého postupu 0,7. Prvým postupem byly zhotoveny 2 výrobky a druhým postupem 3 výrobky. S jakou pravděpodobností můžeme tvrdit, že zhotovené výrobky (všechny) jsou dobré. ( 0,220) 4) Pevnost materiálu, z kterého se zhotovuje výrobek leží v šesti různých intervalech pevnosti. Zastoupení materiálu v těchto intervalech je po řadě: 0,09
0,16
0,25
0,25
0,16
0,09
Pravděpodobnost zhotovení správného výrobku závisí na použitém pevnosti materiálu a k odpovídajícím intervalům pevnosti je tato pravděpodobnost po řadě 0,2
0,3
0,4
0,4
0,3
0,2.
Určete pravděpodobnost zhotovení správného výrobku. ( 0,332)
5) Ke kontrole je připraven soubor 200 výrobků, mezi nimiž je 8 zmetků. Náhodně vybereme 20 výrobků u kterých je prvých 5 výrobků správných. Jaká je pravděpodobnost, že také šestý kontrolovaný výrobek bude správný? ( 0,959) 6) V automobilové soutěži zůstalo 8 automobilů značky A, které vykazovaly dlouhodobě spolehlivost jízdy 75% a 5 automobilů značky B se spolehlivostí jízdy 60%. Poslední den do cíle nedojel jeden automobil. Určete pravděpodobnost, že to byl automobil značky B. (0,50)
CVIČENÍ 2 – Podmíněná pravděpodobnost, pravděpodobnost opačného jevu, úplná pravděpodobnost, Bayesova věta. Příklad 1: Technická kontrola ověřuje výrobky, velikost dávky ke kontrole je 100 kusů na paletě. Průměrná zmetkovitost ve výrobě je 20%. V průběhu kontroly palety bylo zjištěno prvých 10 kusů vadných. S jakou pravděpodobností bude mezi dalšími dvěma výrobky alespoň jeden vadný. Řešte různými postupy. a) řešení pomocí opačného jevu jev opačný k jevu A … oba výrobky budou správné a určíme přímo počet možných a příznivých případů kombinačními čísly 100 10 2
počet všech možných různých výběrů 2 výrobků z dosud nekontrolovaných
80 2
počet všech různých výběrů dvou správných výrobků
80 2 P(A) = 1 – P( A ) = 1 - 1 90 2 b) řešení přímé
80.79 1.2 0,211 90.89 1.2
jev A se skládá ze dvou dílčích jevů
A1 … jeden výrobek správný, jeden vadný A2 … oba vadné
Výsledný jev je popsán sjednocením dílčích jevů
A = A1+ A2
Výpočet pravděpodobností provedeme opět přímo podílem příslušných kombinačních čísel, vypočtených pro podmínky jevu A1 a A2. 80 10 80 10 10.9 . . 1 . 1 1 0 2 80.10 P(A) = P(A1) + P(A2) = 1.2 0,211 90.89 90.89 90 90 1.2 1.2 2 2 c) úplným rozborem popis jak dosáhneme jevu A je: 1. výrobek vadný 2. výrobek správný 1. výrobek správný 2. výrobek vadný 1. výrobek vadný 2. výrobek vadný Jev A nastane vždy, když nastanou oba dílčí jevy současně, jednotlivé postupy jsou nezávislé a odlišné v průběhu, jejich průnik je nulový a výsledný jev je popsán sjednocením.
Výpočet jednotlivých pravděpodobností: P(1) =
10 80 . 0,0998 90 89
P(2) =
80 10 . 0,0998 90 89
P(3) =
10 9 . 0,0112 90 89
P(A) = P(1) + P(2) + P(3) = 0,211 Příklad 2: Odvoďte vztah pro sčítání dvou libovolných nezávislých jevů A, B s vlastnostmi dle obrázku (nenulový průnik).
A
B
Pro jevy vzájemně se nevylučující a nezávislé platí z definice pravděpodobnosti vztah P(A+B) = P(A) + P(B) Pro výpočet jevy A, B vyjádříme tak, aby splňovaly výše uvedenou podmínku (sjednocení vzájemně se nevylučující jevy). K popisu použijeme dvojice jevů: A . B A.B Pro tyto dvojice platí A = A.B + A . B B = A.B + A . B
a
A. B
A.B
Pro takto popsané jevy budou pravděpodobnosti: P(A) = P(A.B) + P(A. B ) P(B) = P(A.B) + P( A .B) a pravděpodobnost sjednocení z obrázku P(A+B) = P(A.B) + P( A) P( A.B) + P( B) P( A.B) po úpravě P(A+B) = P(A) + P(B) – P(A.B)
Příklad 3: Tři dělníci vyrobili každý jeden výrobek. Pravděpodobnost zhotovení správného výrobku jednotlivými dělníky je postupně. P1 = 0,8 P2 = 0,7 P3 = 0,4 Při kontrole byl zjištěn pouze jeden výrobek správný.Určete pravděpodobnost s jakou byl správný výrobek zhotoven a pravděpodobnost, že tento výrobek zhotovil: první dělník, druhý dělník a třetí dělník. Řešení: pravděpodobnost průniku jevu a opačných jevů, podmíněná pravděpodobnost Označme Ai zhotovení správného výrobku i-tým dělníkem. Jev je průnikem tří jevů: správný jeden výrobek a zmetkay od ostatních dvou dělníků různým od i. A jev představující zhotovení správného výrobku jedním dělníkem bez rozlišení. Jev se skládá ze tří možností (sjednocení vzájemně se vylučujících možností uvedených výše . Správný od 1. P(A1) = P1 . (1 – P2) . (1 – P3) = 0,8 . (1-0,7) . (1 - 0,4) = 0,144 Správný od 2. P(A2) = P2 . (1 – P1) . (1 – P3) = 0,7 . (1-0,8) . (1-0,4) = 0,084 Správná od 3. P(A3) = P3 . (1 – P1) . (1 – P2) = 0,4 . (1-0,8) . (1-0,7) = 0,024 Zhotovení správného výrobku bez rozlišení v souboru tří výrobků P (A) =
P (Ai) = 0,144 +0,084 +0,024 = 0,252
Správný výrobek od jednotlivých dělníků zjistíme jako podmíněnou pravděpodobnost (zhotoven správný výrobek a což způsobil určitý dělník- podmínka) a) P ( A1/A) =
0,144 0,571 0,252
b) P (A2/A) =
0,084 0,333 0,252
c) P (A3/A) =
0,024 0,095 0,252
Příklad 4: Výrobek se skládá ze tří typů prvků a1, a2, a3. Část prvků ve výrobku plní funkci záložních prvků. Rozdělení prvků dle tabulky: Prvek celkový počet nutný počet pro funkci a1 30 15 a2 20 5 a3 50 35 Poruchy prvků jsou nezávislé. Určete: - pravděpodobnost poruchy výrobku - pravděpodobnost poruchy výrobku vlivem prvku a2 Označení jevů: A´1 , A2´, A3´ ......... porucha prvku vůbec (dle typů) A1 , A2 , A3 ......... porucha prvku, která způsobí poruchu výrobku B = A1 + A2 + A3 ... .... porucha výrobku a) pravděpodobnost vzniku poruchy výrobku
A2
A1
A3
P(B) = P(A1 + A2 + A3) = P(A1)+P(A2)+P(A3)= 15/100 + 5/100 + 35/100 = 0,55 b) pravděpodobnost, že porucha výrobku bude způsobena prvkem typu a2......P(A2´/B) P(A2´/B) . P(B) = P(A2´) . P(B/A2´)
A2´
B
P(A2´/B) =
0,20.0,05 P ( A2).P( B / A2) = 0,018 P( B) 0,55
Porucha výrobku vlivem prvku nastane s pravděpodobností 1,8 %.
Příklad: 5 Jaký počet reklamací výrobků můžeme očekávat při expedici 1000 ks výrobků pokud ve výrobě a kontrole platí: - zmetkovitost ve výrobě jsou 4%, - k přejímání výrobků na výstupní kontrole je používán systém přejímek zaručující převzetí výrobků je-li správný s pravděpodobností 98% a je-li vadný s pravděpodobností 5% pokud se přejímka provádí 1x a pokud se přejímka bude provádět dvojnásobná. Řešení: stanovíme pravděpodobnost, že expedovaný výrobek je skutečně správný v případě, že vyhověl ověřování pokud bylo prováděno 1x či 2x. Opačný jev popisu možné reklamace. Označíme: B1.........výrobek je dle TP(správný) ............ P(B1) = 0,96 B2........ výrobek není dle TP(vadný) ................ P(B2) = 0,04 A .......... výrobek je označen za správný (převzat tech. kontrolou) P(A/(B1) = 0,98 P(A/B2) = 0,05 a) kontrola výrobků se provádí 1x Celková pravděpodobnost označování výrobků za dobré P(A) = P(B1) . P(A/B1) + P(B2) . P(A/B2) = 0,96 . 0,98 + 0?0č . 0,05 = 0,9428 Z věty o pravděpodobnosti hypotéz: (výrobek je dle TP za předpokladu, že při kontrole byl označen za dobrý) P(B1/A) = ? P(A) . P(B1/A) = P(B1) . P(A/B1) P ( B1).P ( A / B1) 0,96.0,98 0,997 0,9428 P ( A) Počet vadných výrobků
P(B1/A) =
nv= (1-P(B1/A) ) . n = (1 - 0,997) . 1000 = 3 výrobky b) kontrola se provádí 2x P(A) = P(B1). P(A/B1) . P(A/B1) + P(B2) . P(A/B2) . P(A/B2) = = 0,96 0,98.0,98+0,04.0,05.0,05 = 0,9219
P ( B1 / A)
P ( B1 ).P ( A / B1 ).P ( A / B1 ) 0,096.0,98.0,98 0,9999 0,9219 P ( A)
množství vadných nv nv = (1- P(B1/A) ) . N = (1 - 0,9999) .1000 = 0
B1 A
Příklady k řešení: 1) Krychle o straně 5 cm je natřena červeně. Pokud ji rozřežeme na krychličky o straně 1cm jaká bude pravděpodobnost, že z vytvořeného souboru vybereme krychličku se dvěma červenými stěnami a s jednou nebo se dvěma červenými stěnami? ( 0,288 a 0,720) 2) Na montáž přichází výrobky stejného typu ze dvou dílen v poměru kusů 2:3. Pravděpodobnost správného výrobku z jedné dílny je 0,82 a ze druhé dílny 0,91. Určete pravděpodobnost, že odebraný výrobek pro montáž bude správný a pokud je správný, že je právě z prvé dílny. ( 0,874 a 0,375) 3) Dílna dodala na montáž dvě série výrobků. Prvá série obsahuje 25% zmetků, druhá série 12,5% zmetků. Prvý náhodně vybraný výrobek z jedné z těchto sérií je správný. Určete pravděpodobnost, že další výrobek, náhodně vybraný z téže série jako předchozí výrobek je zmetek, vrátil-li se první výrobek po vybrání zpět do série. (0,183) 4) Pro zhotovení výrobku jsou potřebné 3 součásti. Pravděpodobnost, že jednotlivé součásti budou zmetky jsou P(1) = 0,8; P(2) = 0,6 a P(3) = 0,5. Zhotovený výrobek bude nefunkční pokud bude obsahovat všechny tyto součásti, pokud bude obsahovat dvě takovéto součásti bude nefunkční s pravděpodobností 0,7 a pokud pouze jednu s pravděpodobností 0,2. S jakou pravděpodobností bude výrobek nefunkční? ( 0,614)
CVIČENÍ 3 – Geometrická pravděpodobnost Příklad 1: Zvolím náhodně dvě čísla x, y , žádné z obou není větší než 1. S jakou pravděpodobností nebude součet těchto čísle větší než 1 a současně jejich součin nebude větší než 2/9. Řešení geometrickou pravděpodobností (možné a příznivé výsledky náhodného pokusu vyjádříme plochou) x .y ≤ 2/9 .....y ≤ 2/9x y 1,0 podmínky náhodného pokusu x + y 1,0 x . y 1,0
x1 určíme souřadnici x1 , x2
x2
1,0
x
y 1 - x
dosazením do druhé podmínky
x . (1-x) 2/9 x2 - x + 2/9 0 dostaneme řešení x1=1/3, x2 = 2/3
Plocha příznivá k jevu 2/3
S = 1/3 +
2/3
2 1 2 1 2 1 1 / 3 9 x .dx 3 9 .ln x1 / 3 3 9 ln 2 / 3 ln1/ 3 3 0,4055 1,0987 0,487
Příklad 2: V úseku dvojkolejné železniční tratě, kde se opravuje trať pro jeden směr, je převedena přeprava do druhého směru. Vlaky mohou z obou směrů k tomuto úseku přijet v průběhu jedné hodiny v libovolný okamžik . Máme určit pravděpodobnost vzájemného čekání vlaků pokud průjezd vlaku opravovaným úsek v jednom směru (A) je 7 minut a v druhém směru (B) jsou 4 minuty. Označme okamžik příjezdu vlaku A k úseku x okamžik příjezdu vlaku B k úseku y Vzájemné čekání vlaků závisí na vztahu okamžiků příjezdu vlaků k úseku.
Jev čekání se rozpadá do dvou dílčích jevů C1 , C2 a výsledná jev je dán sjednocením dílčích jevů. PODMÍNKY pro čekání platí: y-x 7 příjezd vlaku B před vlakem A x-y 4 příjezd vlaku A před B Zakreslíme do grafu: 60
úpravou vztahů dostaneme: y x + 7
y
y x-4 7
4
x
60
Pravděpodobnost čekání:
1.kolej
A
2. kolej B
P (A) =
1 1 60.60 ( 56.56 5353 . ) 2 2 0,175 60.60
Příklad 3: Úsečku délky d rozdělíme náhodně na tři části. S jakou pravděpodobností je možné z těchto částí sestavit trojúhelník? Řešení: geometrická pravděpodobnost Označme části úsečky x , y , z Z vlastností trojúhelníka (podmínky náhodného pokusu) musí pro vznik jevu A(sestavení trojúhelníka platit). x+y+z=d
x+ y z y+ z x x+ z y
upravíme pro vztah dvou dvou proměnných x , y
v grafickém vyjádření y d
E
D
d/2 C d/2
d
x
úpravy: x + y d/2 x d/2 y d/2 případy možné pro x, y 0 až d z 1. A 2. Rovnice
případy příznivě (tj.
CDE)
velikost plochy SM = 1/2 . d . d = d2/2 velikost plochy SP = 1/2 . d/2 . d/2 = d2/8
d2 pravděpodobnost sestavení trojúhelníka P(A) = 82 0,25 d 2
Příklad 4: V rovině je soustava rovnoběžek se vzdáleností 2a. Na rovinu náhodně házíme jehlu o délce 2b, přičemž platí 0 b a. Stanovte pravděpodobnost s jakou jehla protne některou z rovnoběžek. (Buffonova úloha 1777).
Pro libovolnou (náhodně vybranou) rovnoběžku a její okolí platí vztahy dle obrázku 1. a
y a
b S
y
a 2.
označme S střed jehly a určující parametry středu: y - vzdálenost od rovnoběžné přímky ležící uprostřed mezi rovnoběžkami a úhel jehly s rovnoběžkou možné hodnoty parametrů:
y ...... 0, a ............0,
podmínka pro protnutí (min. dotyk)
y b . sin
oblast příznivá k jevu protnutí
Sp =
b sin d = b.sin = 2b
0
oblast možných případů
SM = a .
Pravděpodobnost jevu protnutí
P (A) =
Sp SM
2.b a.
Příklady k řešení: 1) Na terč o rozměrech a = 100 mm, b = 200 mm střílíme náhodně z pušky o vrtání d = 2r = 5,6 mm. Na terči je nakreslena náhodně úsečka AB délky L = 50 mm. Jaká je pravděpodobnost, že střela, která zasáhla terč zasáhla i úsečku AB? ( 0,014 ) 2) Obdélník ABCD s rozměry a = 140 mm a b = 80 mm je náhodně rozdělen přímkou kolmou k úhlopříčce AC. S jakou pravděpodobností z tohoto obdélníku vzniknou dva lichoběžníky? ( 0,508 ) 3) Kulové čočky o poloměru R = 2 mm dopadají kolmo na rozměrné síto vytvořené z drátu o průměru d =1mm. Jednotlivá oka síta mají čtvercový průřez s osovou roztečí T = 10 mm. S jakou pravděpodobností kulové čočky propadnou sítem při prvém pokusu. ( 0,25 )
CVIČENÍ 4 – Popis náhodných veličin Příklad 1: Určete střední hodnotu a rozptyl rovnoměrné náhodné veličiny, která je definována na intervalu a, b.
P (x)
a
b
x
Výpočet funkce hustoty pravděpodobnosti: Pro rovnoměrnou náhodnou veličinu je funkce konstantní na intervalu a musí platit (b-a) . P(x) = 1
tedy P(x) =
1 ba
střední hodnota náhodné veličiny je počáteční moment prvého řádu b
1 1 x2 1 b2 a2 b a .dx . . = m1 = E( ) = x. f ( x).dx x. b a b a 2 b a 2 2 a 2 a a b
b
rozptyl náhodné veličiny je centrální moment druhého řádu b
D ( ) = M2 = ( x m1 ) 2 . f ( x).dx E( 2 ) E ( )
2
a
Střední hodnota druhé mocniny náhodné veličiny b
1 1 x3 1 b3 a 3 .dx . . E ( ) x . f ( x).dx x . ba b a 3 a b a 3 a a Rozptyl po dosazení b
2
b
2
2
1 b3 a 3 a b D( ) . b a 3 2
2
Příklad 2: Diskrétní náhodná veličina je popsána zákonem rozdělení pravděpodobnosti dle tabulky. Určete charakteristiky náhodné veličiny popisující její vlastnosti. x P(x)
0 1/16
1 4/16
2 6/16
3 4/16
4 1/16
Součet 1,0
Charakteristiky náhodné veličiny jsou různým způsobem definované hodnoty, které umožňují popis náhodné veličiny a také posouzení, jaký je vztah popisované veličiny k teoretickým náhodným veličinám u kterých jsou tyto hodnoty známé. a) distribuční funkce F(x) = x F(x)
0 1/16
P( x) 1 5/16
2 11/16
3 15/16
4 16/16
Součet 1,0
b) medián Me(x) = F Me x 0,5 Z tabulky je zřejmé, že mediánem náhodné veličiny je hodnota x =2 c) modus Mo(x) = max P(x) Z úvodní tabulky rozdělení pravděpodobnosti je max. hodnota přiřazené pravděpodobnosti v bodě 2. d) dolní a hodní kvartil Q25(x) a Q75(x) hodnoty definované obdobně jako medián s tím, že hodnota distribuční funkce dosahuje nebo je větší než 0,25 event. 0,75. Z tabulky distribuční funkce F(x) Q25(x) = 1,0 protože F(x=Q25) ≥ 0,25 Q75(x) = 3,0 protože F(x=Q75) ≥ 0,75 e) variační rozpětí R(x) = xmax - xmin hodnota, která charakterizuje pouze velikost definičního oboru náhodné veličiny. R(x) = 4 – 0 = 4 f) Kvartilové rozpětí R50 je hodnota, která určuje velikost oboru s 50% výskytem náhodné veličiny a posuzuje tedy obě hodnoty používané pro popis náhodné veličiny R50 = Q75 (x) – Q25 (x) = 3 – 1 = 2 g) charakteristiky definované pomocí momentů náhodné veličiny pro výpočet použijeme hodnoty z následující tabulky s hodnotami počátečních momentů náhodné veličiny prvého až čtvrtého řádu. Obecný vztah pro výpočet počátečního momentu mk =
x .Px k
x 0 1 2 3 4 součet
P(x) 1/16 4/16 6/16 4/16 1/16 1,0
x2.P(x) 0 4/16 24/16 36/16 16/16 80/16=5,0
x.P(x) 0 4/16 12/16 12/16 4/16 32/16=2,0
x3.P(x) 0 4/16 48/16 108/16 68/16 224/16=14
x4.P(x) 0 4/16 96/16 324/16 256/16 680/16
- střední hodnota E ( ) = m1 = 2,0 - rozptyl D ( ) = M2 =
( x m ) .P( x) E ( x ) E ( x) 2
2
2
1
2
m2 m1 5 22 1,0
-střední směrodatná odchylka D( ) 1 1,0 - variační koeficient
( x) 1 0,5 E ( x) 2
Charakteristiky popisující vztah náhodné veličiny k normální normované veličině: M - koeficient symetrie k1 = 13,5 M2 centrální moment M3 vyjádříme pomocí počátečních momentů M3 =
( x m ) .P( x) m
3
3
1
3
k1=
3m2 .m1 2m1 14 3.5.2 2.23 0
0 0 1 1, 5
jedná se symetrickou náhodnou veličinu (také vyplývá z rovnosti charakteristik: střední hodnota, medián a modus)
- koeficient špičatosti
k2 =
M4 3 2 M2
centrální moment M4 vyjádříme pomocí počátečních momentů M4 =
( x m ) .P( x) m 4
4
k2=
2
4
4m3m1 6m2 m1 3m1 42,5 4.12.2 6.5.22 3.24 2,5
2,5 3 0, 5 jedná se rozdělení plošší než normální normované 12 rozdělení, které má koeficient k2 = 0
Příklad č. 3: Vypočtěte poměr mezi druhým a třetím centrálním momentem pomocí počátečních momentů pro spojitou náhodnou veličinu. Centrální moment druhého řádu: b
b
M 2 ( ) ( x m1 ) 2 . f ( x).dx ( x 2 2.x.m1 m1 ). f ( x).dx 2
a
a
b
b
b
a
a
= x . f ( x).dx 2.x.m1. f ( x).dx m1 . f ( x).dx m2 2m1 m1 m2 m1 2
a
2
2
2
2
Centrální moment třetího řádu: b
b
M 3 ( ) ( x m1 ) . f ( x).dx ( x3 3.x 2 .m1 3.x.m1 m1 ). f ( x).dx 2
3
3
a
a
2 1
3 1
3
= m3 3.m1.m2 3.m1.m m m3 3.m2 .m1 2.m1 3
Poměr momentů
M 3 m3 3.m2 .m1 2.m1 2 M2 m2 m1
Příklad č. 4: Spojitá náhodná veličina je popsána funkcí hustoty pravděpodobností dle zápisu f(x) = A.x. e x f(x) = 0
2
pro x 0 pro x 0
Stanovte A tak, aby se jednalo o náhodnou veličinu, určete její distribuční funkci. Výpočet konstanty A z podmínky velikosti distribuční funkce na definičním oboru F(x) =1,0
F(x) = A..x.e 0
e x 1 .dx A. A 1,0 2 2 2
x2
x
Distribuční funkce má tvar
a proto A = 2
F(x) = 2. 0 x.e x .dx 2
pro obor
0 x ≤∞
Příklady k řešení: 1) Distribuční funkce diskrétní náhodné veličiny je popsána vztahem 0 pro x ≤ 2 F(x) = 0,2.x - 0,2 pro 2 x ≤ 5 1,0 pro x 5 Určete pravděpodobnost s jakou se bude náhodná veličina nacházet v intervalu 3, 4 a zakreslete průběh distribuční funkce.
2) Určete střední hodnotu a rozptyl rozložení náhodné veličiny, která nabývá hodnot rovných počtu ok při hře s jednou hrací kostkou. 3) Náhodná veličina nabývá hodnot v intervalu ( - / 2 , / 2 ) a má konstantní hustotu pravděpodobnosti P(x) = k. Určete velikost této konstanty. Distribuční funkci a pravděpodobnost výskytu náhodné veličiny v intervalu ( 0, / 4 ). 4) Při kontrole rozměrů byl získán výběrový soubor o četnosti 10 údajů. Vypočtěte kvadrilové rozpětí, modus a medián experimentálního souboru. 24,05
24,25
24,09
24,10
24,20
24,18
24,16
24,12
24,15
24,15
CVIČENÍ 5 – Teoretické diskrétní náhodné veličiny Příklad 1: Elektrické zařízení se skládá z 1000 součástí. Pravděpodobnost poruchy jedné součásti v průběhu jednoho roku je p = 0,001 a porucha nezávisí na stavu ostatních součástí. Určete: - pravděpodobnost poruchy dvou součástí za rok, - pravděpodobnost poruchy nejméně dvou součástí za rok. K řešení je vzhledem k velikosti popisovaného souboru a malé pravděpodobnosti výskytu náhodné veličiny (porucha součásti) vhodná teoretická Poissonova náhodná veličina. Parametry veličiny: velikost souboru n = 1000 Pravděpodobnost vzniku jevu p= 0,001 Poissonova náhodná veličina Po ( = n.p = 1000 . 0,001 = 1) Funkce hustoty pravděpodobnosti náhodné veličiny je určena vztahem
k 1 1 .e .e P( =k) = k! k! Bude proto pravděpodobnost vzniku poruchy právě dvou součástí (k=2) P( 2)
1k 1 .e 0,184 2!
a pravděpodobnost poruchy nejméně dvou součástí za rok 1000
P( 2) P(k ) P(k 2) P(k 3) ... P(1000) 1 P(k 0) P(k 1) k 2
1
1 1 1 1 .e .e 0,264 0! 1!
Příklad 2: Ocelové plechy mají průměrně jednu vadu na 10 m2. Jaká bude pravděpodobnost, že na tlakové nádobě vyrobené z tohoto plechu o velikosti povrchu 40 m2 nebude žádná vada a bude nejvíce jedna vada? K řešení je vhodná Poissonova event. binomická náhodná veličina, podmínky na kterých se uskutečňuje náhodný jev má parametry: Velikost souboru n = 40 Pravděpodobnost vzniku jevu na libovolném prvku souboru p = 1/10 = 0,1 a) řešení pomocí binomické náhodné veličiny Funkce hustoty pravděpodobnosti náhodné veličiny je určena vztahem n nk P( k ) . p k .1 p k
Na tlakové nádobě nebude žádná vada 40 40 P( 0) .0,10.1 0,1 0,0147 0 a bude nejvíce jedna vada 40 40 1 P( 1) P( 0) P( 1) 0,0147 .0,11.1 0,1 0,0803 1 b) řešení pomocí Poissonovy náhodné veličiny parametr náhodné veličiny n.. p 40.0,1 4 Funkce hustoty pravděpodobnosti náhodné veličiny je určena vztahem P( =k) =
k 4k 4 .e .e k! k!
Na tlakové nádobě nebude žádná vada 40 4 P( 0) .e 0,0183 0! a bude nejvíce jedna vada P( ) P( 0) P( 1) 0,0183
41 4 .e 0,0915 1!
Příklad 3: Podíl zmetků v sérii výrobků je 0,5%. Určete pravděpodobnost že v souboru 60 náhodně vybraných výrobků z této série bude nejvíce k zmetků, je-li k = 0 a k =3. Vzhledem k malé pravděpodobnosti výskytu náhodného jevu p = 0,005 použijeme v výpočtu Poissonovu náhodnou veličinu s parametrem
n. p 60.0,005 0,3 Příslušné pravděpodobnosti budou: Pro k = 0 0,30 0,3 P( 0 )= .e 0,74082 0! A pro k max. =3 zmetky
2 3 0,3 P( 3) P (0) P(1) P(2) P(3) (1 ).e 0,9997 2 6
Příklad 4: Během jedné hodiny zapojí ústředna automaticky průměrně 90 hovorů. Určete pravděpodobnost s jakou při poruše ústředny trvající 40 sekund nebude volat žádný účastník. Podmínky pro vznik náhodného jevu (volání účastníka) lze charakterizovat: Pravděpodobnost volání účastníka při poruše ústředny p = 40/3600 = 0,0111 Velikost souboru odpovídá počtu hovorů za 1 hodinu n = 90 Podmínky umožňují použít k řešení Poissonovu náhodnou veličinu pro k = 0
k n. p k n. p 90.0,01110 90.0, 0111 .e P( 0 .e .e 0,3679 k! k! 0! Příklad 5: Pravděpodobnost, že telefonní účastník bude během jedné hodiny telefonovat je p=0,01. Telefonní ústředna spojuje 500 účastníků, Jaká je pravděpodobnost, že během jedné hodiny bude telefonovat 5 účastníků. ( 0,1755)
CVIČENÍ 6 – Teoretická normální náhodná veličina Příklad 1: Náhodná veličina má normální rozdělení pravděpodobnosti N(5,2). Určete jaká je pravděpodobnost výskytu v intervalu │x-5│≤ 4. Výpočet mezí výskytu náhodné veličiny a) │x-5│≤ 4 x≤4+5 x≤9
b) -│x-5│≤ 4 -x+5≤4 x ≥1
Výskyt ve stanovených mezích
P( 1≤ ≤ 9 ) = F(9) – F(1) = (u1 ) (u2 )
Transformované meze náhodné veličiny normální do normální normované náhodné veličiny 95 1 5 u2 = 2 2 2 2 Z tabulek distribuční funkce normální normované veličiny
u1 =
(2) 0,9773 a (2) 1 (2) 1 0,9773 0,0227 Výsledná pravděpodobnost výskytu P( 1≤ ≤ 9 ) = 0,9773 – 0,0227 = 0,9546 Příklad 2: Při zkouškách materiálu šroubů v dodávce byla zjištěna střední pevnost materiálu šroubů 438 MPa a střední směrodatná odchylka pevnosti 18 MPa. Předpokládejte platnost normální náhodné veličiny a určete: a) kolik procent šroubů v dodávce bude z materiálu o pevnosti 410 MPa a nižší b) v jakém intervalu pevnosti se bude nacházet 80% šroubů v dodávce. Řešení: a) předpokládáme platnost normálního rozdělení s parametry střední hodnota 438 a střední směrodatná odchylka N(438, 18) hledaná pravděpodobnost je P( 410)
410
410
f ( x).dx
1 .e 2 .18
x 438 2 2.18 2
.dx F( 410 ) F( ) = F ( 410 ) = (u )
Výpočtu použijeme normální normovanou náhodnou veličinu u x 410 438 1,55 18 s odpovídající distribuční funkcí (u ) = ( -1,55) = 1 - ( 1,55) = 1 – 0,9394 = 0,0606
u=
b) jedná se o opačnou úlohu nalezení mezí splňující tvrzení
P( x1 x2 ) 0,80 F ( x2 ) F ( x1 ) 0,80 (u2 ) (u1 ) požadavek na hledané meze není přesněji specifikován a proto bude hledat nejpravděpodobnější meze tj. meze symetrické kolem střední hodnoty. Z uvedené symetrie vyplývá druhá podmínka k řešení soustavy (u1 ) 1 (u2 )
kterou dosadíme do předchozí rovnice a dostaneme
1 0,80 0,9 2 řešení zapsaného vztahu je z tabulek kvantilů normálního normovaného rozdělení
(u2 ) 1 (u2 ) 0,80 ….. (u2 )
u2 = 1,282
a
u1 = -1,282
což při zpětné transformaci do původní náhodné veličiny x x1 = 438 – 1,282 . 18 = 414,9 MPa x2 = 438 + 1,282. 18 = 461,1 MPa Příklad 3: Zhotovené výrobky se třídí na výrobky prvé a druhé jakosti. Pravděpodobnost zhotovení výrobku prvé jakosti je 0,7 a druhé jakosti 0,3. S jakou pravděpodobností bude v souboru 20 náhodně vybraných výrobků zastoupeno 15 výrobků prvé jakosti. Popisovaná náhodná veličina (výrobek určité jakosti) je veličina diskrétní. K výpočtu je obecně použitelná binomická náhodná veličina, přibližně lze použít i normální náhodnou veličinu. Parametry normální náhodné veličiny budou: Střední hodnota np 20.0,7 14 Střední směrodatná odchylka n. p.(1 p) 20.0,7.(1 07) 2,05 Normální veličina N(14; 2,05) Výpočet pravděpodobnosti, že náhodná veličina nabude hodnoty 15 provedeme pomocí normální normované veličiny: x 15 14 ¨ 0,4878 ≈0,49 2,05 a z tabulky funkce hustoty pravděpodobnosti normálního normovaného rozdělení odečteme hodnotu pravděpodobnosti výskytu tj. (0,49) 0,3538 . Vztah mezi hustotou pravděpodobnosti původního rozdělení je u=
f(x) =
(u ) 0,3538 0,173 2,05
Příklad 4: Při kontrole rozměrů pístních čepů byl odebrán soubor 200 ks. Zjištěné rozměry byly zatříděny s krokem 0,002 mm a jsou v připojené tabulce. Pro popis rozměru pístního čepu předpokládejte platnost normální náhodné veličiny a stanovte pravděpodobnost dodržení rozměrů pístního čepu dle technického předpisu Ø 50 00,,010 003 mm při 95% spolehlivosti odhadu střední hodnoty náhodné veličiny. Tabulka hodnot: rozměr (mm) četnost
49,999-50,001
50,001-50,003
50,003-50,005
50,005-50,007
50,007-50,009
50,009-50,011
50,011-50,013
4
16
33
78
41
26
2
Řešení: a) bodový odhad parametrů normálního rozdělení N( x , ) metodou voleného počátku pro výpočet volíme představitele v třídicím intervalu-střed intervalu počáteční hodnota (volený počátek) xo = 50,006 mm, krok třídění h = 0,002 mm pomocná proměnná z se vztahem k původní proměnné xi = xo + h . zi xi (mm) 50,000 50,002 50,004 50,006 50,008 50,010 50,012 Součet
Četnost ni 4 16 33 78 41 26 2 200
zi (-) -3 -2 -1 0 1 2 3 -
ni .(zi)
(zi)2
ni .(zi)2
-12 -32 -33 0 41 52 6 22
9 4 1 0 1 4 9 -
36 64 33 0 41 104 18 296
Parametry pomocné proměnné: střední hodnota 1 200 1 7 22 z n .z i 0,11 i n 1 n 1 200 střední směrodatná odchylka z
( z ) E ( 2 ) E ( ) 2
1 .296 0,112 1,2165 200 Převedeme vypočtené parametry podle transformačního vztahu na parametry původní veličiny: x xo h.z 50,006 0,002.0,11 50,00622 mm
( x) h. ( z ) 0,002.1,2165 2,433.10 3
mm
b) Vzhledem k tomu, že výpočet má být se spolehlivostní zárukou vzhledem k parametru střední hodnota následuje spolehlivostní odhad střední hodnoty pro 0,95 .
P x D x H 0,95
obecný vztah se vzhledem k vlastnostem souboru změní
2,43.10 3 2,43.10 3 ) P (50,006 1,96. x u 1 . 50,006 1,96. ) 200 n n 200 2 2 P(50,005883 50,006557) 0,95 P ( x u 1 .
c) Výpočet výskytu náhodné veličiny v předepsaných mezích provedeme pro limitní hodnoty střední hodnoty spolehlivostního odhadu - N1 ( x D , ) N (50,005883;2.43.10 3 ) - N2 ( x H , ) N (50,006557;2,43.10 3 ) Pro N1 bude: P1(50,003 50,010) = F(50,010)-F(50,003)= (u1 ) (u 2 ) u1
50,010 50,005883 1,70 2,43.10 3
(1,70) 0,9554
u2
50,003 50,005883 1,19 2,43.10 3
(1,19) 1 0,8830 0,1170
P1= 0,9554 – 0,1170 = 0,8384 tj 83,84 % Pro N2 bude: P2(50,003≤ 50,010) F ( 50,010)-F(50,003)= (u3 ) (u4 ) u3
50,010 50,006557 1,42 2,43.10 3
(1,42) 0,9222
u4
50,003 50,006557 1,47 2,43.10 3
(1,47) 1 0,9292 0,0708
P2 = 0,9222 – 0,0708 = 0,8584 tj.
85,84 %
Výsledek řešení: Ve výrobě je zajištěno dodržení předepsaného rozměru čepu s pravděpodobností v rozmezí 83,84 až 85,84 % při spolehlivosti 95% správnosti odhadu střední hodnoty normální náhodné veličiny použité při výpočtu.
Příklad 5: Ze zásilky výrobků bylo odebráno náhodně 500 kusů výrobků a bylo zjištěno, že 20 výrobků nesplňuje požadované parametry. Stanovte s rizikem 1% možné hranice pro výskyt nejakostních výrobků v celé dodávce. Řešení: Popisovaná náhodná veličina má charakter alternativního znaku. Z vlastností výběrového souboru vypočteme bodový odhad relativní četnosti výskytu znaku 20 0,04 500 a ověříme velikost výběrového souboru na kterém byl odhad proveden. Minimální počet prvků pro platnost náhrady binomické náhodné veličiny normální náhodnou veličinou bude p
n
9 9 234 výrobků p.(1 p ) 0,04.(1 0,04)
Pro alternativní znak platí vztah
P( p u1 . 2
p.(1 p ) p.(1 p ) p p u1 . ) n n 2
P (0,04 2,576.
hodnota
0,04.(1 0,04) 0,04.(1 0,04) p 0,04 2,576. 0,99 500 500
u1 0,99 2,576
z tabulky kvantilů normální normované náhodné veličiny
2
Výsledek řešení: P( 0,017 ≤ p ≤ 0,0625) = 0,99 Příklady k řešení: 1) Vypočtěte očekávané procento výrobků v sériové výrobě, které nebude splňovat předpis dle technické dokumentace Ø 5000,,1004 mm v případě, že odhadem na souboru 9 vzorků byla odhadnuta střední hodnota 19,98 mm a střední směrodatná odchylka 0,1 mm. Výskyt rozměru lze popsat normální náhodnou veličinou. K výpočtu použijte dolní mez odhadu střední hodnoty při spolehlivosti odhadu 95 %. 2) Při spolehlivostních zkouškách motoru byly zjištěny hodnoty výkonů výběrového souboru: 159,5 159,4 159,6 159,7 159,8 160,1 160,6 161,0 161,5 161,8 162,0 162,5 kW. Určete s jakou pravděpodobností se bude výkon motoru pohybovat v intervalu 160 až 162 kW.
3) Pro normální náhodnou veličinu N(25, 1) byla transformována hodnota proměnné 24,5 do normální normované náhodné veličiny, která z následujících transformovaných hodnot je správná: 1,5 0,5 -0,5 -1,0. 4) U výrobků s průměrnou hmotností 8,4 kg bylo zjištěno, že odchylky jejich hmotnosti od střední hodnoty, které jsou v absolutní hodnotě větší než 50 g, se vyskytují vždy průměrně u tří ze sta kusů výrobků. Za předpokladu platnosti normálního náhodné veličiny určete pravděpodobnou odchylku uvažované hmotnosti. (15,36 g) 5) Na určitém úseku silnice byl v časovém úseku jedné hodiny zjišťován počet projetých automobilů. Z 30 sledování v různých dnech byl vypočten střední počet projíždějících automobilů 450 se střední směrodatnou odchylkou 30. Vypočtěte 99% spolehlivostní interval pro střední počet projetých automobilů tímto úsekem. ( 435 – 465)
CVIČENÍ 7 – Teoretická normální náhodná veličina Příklad 1: Odhadněte parametry normální náhodné veličiny na základě vyhodnocení výběrového souboru dle tabulky. Výpočet proveďte různým způsobem. 24,95-25,00 25,00-25,05 25,05-25,10 25,10-25,15 25,15-25,20 Hodnota (mm) četnost 3 15 24 12 1 Řešení: a) bodový odhad (metodou voleného počátku) volíme pomocnou proměnnou zi při volbě kroku ho = 0,05 mm a počátku xo = 25,075 za představitele hodnot v intervalu volíme střední hodnotou v intervalu pomocná proměnná bude: i
Interval (mm) 1 24,95-25,00 2 25,00-25,05 3 25,05-25,10 4 25,10-25,15 5 25-15-25,20 Součet -
xi = 25,075 + 0,05 zi
Četnost ni 3 15 24 12 1 55
Střed (mm) 24,975 25,025 25,075 25,125 25,175 -
zi
zi . ni
(zi)2
(zi)2 . ni
-2 -1 0 1 2 -
-6 -15 0 12 2 -7
4 1 0 1 4 -
12 15 0 12 4 43
Bodový odhad střední hodnoty pro pomocnou náhodnou veličinu z
1 5 1 zi .ni .(7) 0,1272 n 1 55
Bodový odhad střední hodnoty náhodné veličiny x xo h..z 25,075 0,05.(7) 25,068 mm Bodový odhad rozptylu pro pomocnou náhodnou veličinu D ( ) E ( 2 ) E ( ) 2
1 5 1 2 . ( zi ) 2 .ni z .43 (0,1272) 2 0,7656 n 1 55
Bodový odhad rozptylu náhodné veličiny D( ) h 2 .D 0,052.0,7656 0,001914 mm2 Bodový odhad střední směrodatné odchylky
( ) D( ) 0,001914 0,04375 mm
b) intervalový (spolehlivostní) odhad pro obvyklou záruku 95% K výpočtu použijeme vypočtené hodnoty bodových odhadů. Spolehlivostní odhad střední hodnoty zaručuje: P ( xD xH ) 0,95 Pro uvedený výběrový soubor: soubor rozsáhlý n ≥ 30 a bodový odhad střední směrodatné odchylky je nejistota odhadu dle vztahu
u1 . 2
0,04375 u1 0,95 . 1,96. 0,01156 n 55 n 2
mm
a spolehlivostní meze pro střední hodnotu
P ( x e x ) P (25,068 0,01156 25,068 0,01156) 0,95 P (25,056 25,079) 0,95
Spolehlivostní odhad rozptylu pro spolehlivost 90% zaručuje obdobně: P ( 2 D 2
2
H
) 0,90
Dolní mez oboustranného spolehlivostní odhadu rozptylu
2
D
(n 1). 2 (55 1).0,001914 21 0,00153 mm2 67,5 , k n 1 2
Horní mez oboustranného spolehlivostního odhadu rozptylu
H
(n 1). 2 (55 1).0,001914 21 0,00297 mm2 34,8 , k n 1 2
Spolehlivostní oboustranné meze rozptylu budou: P (0,00153 2 0,00297) 0,90 c) odhad metodou linearizace distribuční funkce Odhad kromě určení velikosti parametrů náhodné veličiny umožňuje posoudit vhodnost volené náhodné veličiny k popisu výsledků náhodné veličiny Odhad distribuční funkce dle vztahu F(x) = P ( x) =
n
i
n
je v následující tabulce:
Interval (mm) 24,95-25,00 25,00-25,05 25,05-25,10 25,10-25,15 25,15-25,20
Četnost ni 3 15 25 12 1
Odhad F(x) 3/55 = 0,0545 18/55 = 0,3272 42/55 = 0,7636 54/55 =0,9818 55/55 = 1,0
Normální normovaná veličina u(Fx) -1,600 -0,450 0,718 2,090 ≈3,09
Závislost u(Fx) na velikosti náhodné veličiny x je možné zjistit graficky nebo metodou min. součtu čtverců odchylek při lineární závislosti veličin, která platí pro normální náhodnou veličinu. Pro druhý způsob určení závislosti dostaneme u(Fx) = 23,84 . x - 597,61 Odhad střední hodnoty je z podmínky u (Fx) = 0
x
597,61 25,0675 23,84
mm
a odhad střední směrodatné odchylky je z podmínky 597,61 1 u ( Fx) 1 x 25,0675 0,0419 mm 23,84 Souhrn odhadů: Metoda odhadu Bodový Spolehlivostní Linearizací
Střední hodnota 25,068 25,056 – 25,079 25,0675
Střední směrodatná odchylka 0,0437 0,0391 – 0,0545 0,0419
Příklad 2: Určete potřebný počet vzorků pro přebírání dodávek plechu tak, aby v převzaté dodávce byla zaručena požadovaná tloušťka plechu 0,35 ± 0,0015 mm při spolehlivosti 95%. Předběžně byl z dodávky odebrán soubor 136 vzorků a naměřené tloušťky vzorků jsou v tabulce, interval třídění zvolen 0,01 mm. Tabulka hodnot: Tloušťka (mm) 0,3400 0,3500 0,3600 0,3700 0,3800 Počet vzorků 9 79 35 12 1 Řešení: a) výpočet parametrů charakterizujících vlastnosti průměrné dodávky.Vzhledem k charakteru náhodné veličiny – spojitá a rozdělení četnosti vzorků po intervalech- předpokládáme normální náhodnou veličinu. Odhadneme střední hodnotu a střední směrodatnou odchylku.
interval 1 2 3 4 5 součet
xi (mm) 0,0340 0,0350 0,0360 0,0370 0,0380 -
ni 9 79 35 12 1 136
zi -1 0 1 2 3 -
zi . ni -9 0 35 24 3 53
Podmínky výpočtu: Vztah náhodných veličin
xo =0,0350 mm h = 0,010 mm xi = 0,0350 + 0,010 . zi
Odhad střední hodnoty
x xo h..z 0,0350 0,010.
(zi)2 . ni 9 0 35 48 9 101
1 .53 0,35389 mm 136
Odhad střední směrodatné odchylky 1 1 h. . ni .( zi ) 2 ( z ) 2 0,010. .101 0,3892 0,769.10 2 n 136 Popis vlastností je normální náhodnou veličinou
(zi)2 1 0 1 4 9 -
mm
N ( 0,35389; 0,769.10-2)
b) určení počtu vzorků pro kontrolu dodávek Požadovaná přesnost pro přebírání dodávek má charakter přesnosti odhadu střední tloušťky plechu při požadované spolehlivosti 95%.
x 0,0015 u1 . 2
1,96. n n
z uvedeného vztahu pro nejistotu odhadu vypočteme počet vzorků 2
2
1,96.0,00769 1,96. n 101 0,0015 Výsledek řešení Pro požadovanou přesnost dodržení tloušťky plechu v převzatých dodávkách při spolehlivosti 95% je potřebné ověřovat střední hodnotu na výběru 101 vzorku. Pro převzetí dodávky plechu musí vypočtený odhad kontrolovaného souboru splňovat podmínku x 0,35 0,0015 . Příklad 3: Trajekt pro převoz má užitečnou nosnost 5000 kg. Sledováním bylo zjištěno, že hmotnost převážených cestujících je náhodná veličina se střední hodnotou 70 kg a střední směrodatnou odchylkou 20 kg. Jakou pravděpodobnost přetížení trajektu můžeme očekávat při převozu 65 cestujících a kolik můžeme maximálně cestujících převážet, aby pravděpodobnost přetížení byla maximálně 0,001.
Řešení: Vzhledem k charakteru náhodné veličiny budeme předpokládat platnost normální náhodné veličiny N(70, 20). a) výpočet přetížení při převozu 65 cestujících průměrná hmotnost při 65 osobách na mezi přetížení
x
Guž 5000 76,92 kg n 65
střední směrodatná odchylka výběrového souboru 65 cestujících
20 2,48 kg 20 n
Pravděpodobnost přetížení bude ze vztahu
P( 76,92) 1 P 76,92 1 (u ) = 1 (2,790) 1 0,9974 0,0026 kde u je odpovídající hodnota normální normované náhodné veličiny u
x 76,92 70 2,790 2,48
Očekávané přetížení při převozu 65 osob bude 0,26%. b) výpočet počtu převážených osob pro pravděpodobnost přetížení max. 0,001 průměrná hmotnost pro n1 převážených osob na mezi přetížení bude x1=
5000 n1
5000 70 x1 n1 této hodnotě odpovídá velikost normální náhodné veličiny u1 1 n1
velikost u1 vypočteme z požadavku povoleného maximálního přetížení
P( x1 ) 0,001 1 (u1 )
hodnota u1 = 3,090
dosazením a úpravou dostaneme kvadratickou rovnici 4900.n12 – 703819.n1 + 25.106= 0 která má řešení pro n1 =64,3
a 79,3 .
Výsledek řešení je tvrzení, že při převozu 64 osob bude očekávaná pravděpodobnost přetížení menší než 0,001.
Příklad 4: Brzdová destička má životnost 80 000 km se střední směrodatnou odchylkou 10 000 km. Jaká je pravděpodobnost, že výběrový soubor n= 20 brzdových destiček bude mít životnost vyšší než 85 000 km a kolik musíme zkoušet destiček, aby pravděpodobnost odhadu jejich životnosti vyšší než 85 000 km byla menší než 0,01. a) výpočet pravděpodobnosti pro životnost vyšší než 85 000 km P ( 85000) P (
x . n) 1 (u )
odpovídající velikost normální normované veličiny u
x 85000 80000 2,236 10000 20 n
pravděpodobnost výskytu této náhodné veličiny z tabulek distribuční funkce
a
P ( 85000) 0,9873 P ( 85000) 1 0,9873 0,0127
b) výpočet velikosti souboru s požadovanou pravděpodobností
P( 85000) 0,01 1 (u1 ) 1 0,99 z tabulek normálního normovaného rozdělení je odpovídající kvantit u1 u0,99 2,326 po tento kvantil rovněž platí x x u0,99 2,326 n ze vztahu bude pro odpovídající četnost
u . n 0,99 x
2
2
2,326.10000 21,6 85000 80000
Pro zkoušku je nutné zvolit 22 brzdových destiček. Příklad 5: Dělník vyrobí průměrně 26 součástek za směnu se variabilitou 4 součástky. V dílně je 20 dělníků a denní norma dílny je 500 součástek. Určete pravděpodobnost s jakou můžeme očekávat nesplnění denní normy celé dílny. Řešení: Předpoklad platnosti normální náhodné veličiny pro popis zhotovení součástky jedním dělníkem a souhrnně celou dílnou. Samostatně jeden dělník: parametry náhodné veličiny - střední hodnota 26 střední směr. odchylka 4
x 26 střední směr. odchylka n
Celá dílna: parametry náhodné veličiny – střední hodnota
4 20
0,8944
Denní norma nebude splněna pokud nastane pro náhodnou veličinu x
500 25 20
Odpovídající pravděpodobnost tohoto jevu řešením pomocí normální normované veličiny je
P ( 25) P (u
x 25 26 ) P (u ) P (u 1,118) (1,118) 1 (1,118) 0,1319 0,8944 n
Očekávaná pravděpodobnost nesplnění denní normy dílny je 13,19 %. Příklady k řešení: 1) Při sériových zkouškách motorů byly zjištěny hodnoty výkonu: 159,5 159,4 159,6 159,7 159,8 160,1 160,6 161,0 161,5 161,8 162,0 162,5 kW. Se spolehlivostí 90 a 98% odhadněte rozptyl a střední směrodatnou odchylku výkonu motorů. 2) Během určitého pracovního postupu byla v laboratoři předepsána stálá teplota to=26,5 oC. Při kontrole bylo během týdne provedeno náhodně 46 měření v různých denních a nočních hodinách. Výpočtem byla určena střední hodnota 26,33 oC a střední směrodatná odchylka 0,74oC. S 95% spolehlivostí posuďte, zda byl předpis dodržován.
CVIČENÍ 8 – Teoretické náhodné veličiny exponenciálního typu Příklad 1: Rozborem poruchovosti 50MW elektrických bloků byl zjištěn průměrný počet poruch za rok na jeden blok 22,6. Za předpokladu 8000 provozních hodin za rok s uvažováním exponenciální náhodné veličiny pro popis výskytu doby do poruchy určete pravděpodobnost bezporuchového provozu pro jeden den a jeden týden, střední dobu do poruchy a zaručenou dobu bezporuchového provozu pro =0,90 a = 0,95. Řešení: Jev bezporuchovosti je opačným jevem ke vzniku poruchy. Exponenciální náhodná veličina je určena parametrem . Bodový odhad parametru bude
n 22,6 0,002825 m 8000
(p/h)
Bodový odhad pravděpodobnosti bezporuchového provozu a) pro 24 hodin R(t ) e .t e 0,002825.24 0,9344 b) pro 1 týden R(t ) e 0, 002825.7.24 0,6221 Střední doba mezi poruchami Tstř
1 1 353,9 0,002825
(h)
Zaručená doba bezporuchového provozu je kvantilem náhodné veličiny pro zaručovanou pravděpodobnost T Tstř .( ln ) pro hodnotu 0,9
T0,9 353,9.( ln 0,9) 37,2
pro hodnotu 0,95
T0,95 353,9.( ln 0,95) 18,1 (h)
(h)
Příklad 2: Pro popis spolehlivosti výrobků platí exponenciální zákon výskytu poruch. Při zkouškách 500 výrobků v průběhu 100 hodinové zkoušky byly zjištěny poruchy v 10 hodinových intervalech dle tabulky. Určete parametr náhodné veličiny, střední dobu bezporuchové činnosti, pravděpodobnost vzniku poruchy pro provozní dobu 500 hodin a zaručenou dobu bezporuchové činnosti pro 0,9 .Odhad parametru náhodné veličiny řešte dvěma způsoby. Interval 0-10 Počet 10 poruch
10-20 5
20-30 6
30-40 4
40-50 8
50-60 5
60-70 4
70-80 3
80-90 8
90-100 5
Odhad parametru exponenciální náhodné veličiny provedeme bodovým odhadem a linearizací doplňku distribuční funkce. interval 0-10 10-20 20-30 30-40 40-50 50-60 60-70 70-80 80-90 90-100 Součet
Střed tsi 5 15 25 35 45 55 65 75 85 95 -
Počet ni 10 5 6 4 8 5 4 3 8 5 58
ni .ts i 50 75 150 140 360 275 260 225 680 475 2690
Ni 490 485 479 475 467 462 458 455 447 442 -
-10-2.log R(ti) 0,87 1,32 1,86 2,23 2,96 3,43 3,81 4,09 4,87 5,35 -
R(ti) 0,980 0,970 0,958 0,950 0,934 0,924 0,916 0,910 0,894 0,884 -
Bodový odhad parametru
58 m 1,24.103 tsi .ni ( N m).tz 2690 (500 58).100
(p/h)
Exponenciální náhodná veličina je popsána vztahem pro hustotu pravděpodobnosti 3
f (t ) .e .t 1,24.103.e 1, 24.10 .t event. vztahem pro doplněk distribuční funkce, který popisuje bezporuchovost výrobku R(t ) 1 F (t ) e 1, 24.10
3
.t
Odhad metodou linearizace doplňku distribuční funkce Převedeme vztah pro doplněk distribuční funkce náhodné veličiny do lineární závislosti logaritmováním log R (t ) .t. log e k .t
ze získaného grafu určíme směrnici
k = tg a odhad parametru bude
tg tg log e 0,4343
Pro výpočet směrnice přímky vzhledem k průběhu grafu jsou použity hodnoty pro interval (30-40) h a platí
5,575.103 2,23.10 2 5,575.103 odhad parametru 1,28.10 3 0,4343 4.10 Pro výpočet dalších hodnot je použit bodový odhad parametru : Pravděpodobnost bezporuchové činnosti pro 500 hodin tg
R(t 500) e 1, 24.10 Střední doba do poruchy
3
.500
0,5373
(p/h)
Tstř
1 1 806,5 1,24.10 2
(h)
Zaručená doba bezporuchové činnosti T0,9 Tstř .( ln ) 806,5.( ln 0,9) 84,9 (h)
Příklad 3: Při spolehlivostí zkoušce výrobku byly zjištěny poruchy v časových intervalech dle tabulky. Počet výrobků ve zkoušce 10 a celková doba zkoušky 100 hodin. Volte vhodný typ náhodné veličiny pro popis výskytu poruch na výrobku a určete pravděpodobnost poruchy pro 85 provozních hodin zařízení, ve kterém jsou zapojeny tři tyto výrobky dle obrázku. Poruchy jednotlivých výrobků jsou nezávislé. 2
1 3 Doba zkoušky Počet poruch
0-25 4
25-50 2
50-75 1
75-100 0
Řešení: Volba typu náhodné veličiny- veličina popisuje okamžik poruchy, má charakter spojité náhodné veličiny a vzhledem ke klesající četnosti rozdělení poruch v intervalech volíme exponenciální náhodnou veličinu. Bodový odhad parametru: Doba zkoušky 0 – 25 25 – 50 50 – 75 75 - 100 Součet
Počet poruch ni 4 2 1 0 7
1 Tstř
Střed intervalu ts i 12,5 37,5 62,5 87,5 -
ni .ts i 50 75 62,5 0 187,5
7 m 1,43.10 2 . ( ). 187 , 5 ( 10 7 ). 100 t n n m t si i z
Pravděpodobnost poruchy výrobku pro 85 provozních hodin
F (t 85) 1 e .t 1 e 1, 43.10
2
.85
0,704
(p/h)
Výpočet vzniku poruchy na zařízení provedeme postupným výpočtem z dílčích jevů: Porucha zařízení způsobená výrobkem 2 a 3 vznikne při průniku dílčích jevů P (2,3) P (2).P (3) 0,704.0,704 0,495 Porucha zařízení s připojeným výrobkem 1 vznikne sjednocením všech možností vzniku poruchy P (1,2,3) P (1) P (2,3) P (1).P (2,3) 0,704 0,495 0,704.0,495 0,851
Porucha zařízení po 85 provozních hodinách nastane s pravděpodobností 85,1%. Příklad 4: Zkoušky deseti součástí pro stanovení jejich spolehlivosti probíhaly bez nahrazení porušených součástí do vzniku páté poruchy. V průběhu zkoušky nastaly poruchy po počtu provozních hodin: 50, 75, 125, 250 a 300 hodin. Předpokládejte platnost exponenciální náhodné veličiny. Určete: a) bodový odhad pravděpodobnosti bezporuchového provozu pro t = 400 hodin b) 95% dolní mez pravděpodobnosti bezporuchového provozu pro t = 400 hodin. Řešení: a) bodový odhad parametru exponenciální náhodné veličiny 1 1 1 . ti ( N nk ).t k Tstř .(50 75 125 250 300) (10 5).300 575 nk 1 5 1
bodový odhad pravděpodobnosti bezporuchového provozu R(t 400) 1 F ( 400) e
.t
e
1 .400 575
0,4987
b) bodový odhad dolní meze parametru Vzhledem k charakteru parametru použijeme jednostranný spolehlivostí odhad a následně vypočtené hodnoty budou přestavovat minimální spolehlivostní vlastnosti výrobku. P(
2.nk .Tstř Tstř ) 0,95 2 , 2.nk
a dolní mez střední doby
z tabulek kvantilů rozdělení 2 odečteme
Tstř , D
2.5.575 314,07 (h) 18,307
2 0,05.2.5 2 0,05,10 18,307
bodový odhad dolní meze pravděpodobnosti bezporuchového provozu pro 95% spolehlivost R (t 400) D 1 F ( 400) D e
1 .400 314 , 07
0,2798
Příklad 5: Při spolehlivostní zkoušce byly zjištěny na zkoušeném 30 kusovém souboru poruchy dle tabulky. Určete vhodnou náhodnou veličinu pro popis výskytu poruch. Doba zkoušky 0 -50 50 - 100 100 – 150 150- 200 Počet poruch 11 5 3 1 Řešení: Vhodným typem náhodné veličiny bude veličina exponenciálního typu, zda je možné použít jednoduchou exponenciální veličinu s konstantním parametrem nebo veličinu s (t ) zjistíme z odhadů parametru po intervalech. Doba zkoušky
Počet poruch
i
0 – 50 50 – 100 100 -150 150 - 200
11 5 3 1
11/30=0,366 5/19=0,263 3/14=0,214 1/11=0,091
Doplněk distribuční funkce F(ti) 0,633 0,466 0,336 0,333
Z tabulky je zřejmé, že parametr i intenzity náhodné veličiny není po intervalech konstantní a proto volíme k popisu dvojparametrickou Weibullovu náhodnou veličinu s parametrem
m.
t m 1
k odhadu parametru použijeme metodu linearizace doplňku distribuční funkce
R(t ) e
tm
dvojnásobným logaritmováním získáme lineární závislost v souřadnicích log log R)t ) m. log t log
x = log t y = log [-logR(t)]
log e m. log t h
Potřebné hodnoty pro určení lineární závislosti metodou minima součtu čtverců odchylek jsou vypočteny v následující tabulce: interval log t = xi log R(t) log(-logR(t)= yi (xi)2 xi . yi 1 1,699 -0,1985 -0,7022 2,886 -1,1930 2 2,000 -0,3316 -0,4793 4,000 -0,9586 3 2,176 -0,4737 -0,3245 4,735 -0,7061 4 2,301 -0,4775 -0,3211 5,294 -0,7386 součet 8,176 -1,827 16,915 -3,5963 Výpočet parametrů přímky m
n. xi . yi xi . yi n. x i xi 2
2
4.(3,5963) 8,176.(1,827) 0,6735 4.16,915 8,1762
h
y
i
m. xi n
1,827 0,6735.8,176 1,833 4
Linearizovaný průběh náhodné veličiny
log log R)t ) 0,6735. log t 1,833
Bodový odhad parametrů Weibullovy náhodné veličiny: Exponent m = 0,6737 Ze vztahu log log . log e h 0,3622 1,833
bude 29,57
m 1
Intenzita náhodné veličiny bude
m.
t
0,6737.
t 0, 6735 1 0,0227.t 0,3265 29,57
CVIČENÍ 9 – Testování hypotéz o střední hodnotě a rozptylu Příklad 1: Pevnost materiálu se zjistila na 9 náhodně vybraných vzorcích materiálu a byly naměřeny hodnoty pevnosti: 630, 630, 660, 670, 690, 700, 700, 710 a 710 MPa. Ověřte platnost tvrzení, že průměrná pevnost materiálu v dodávkách (v základním souboru) je 660 MPa. Ověření proveďte na hladině významnosti 5% pro všechny možné varianty alternativní hypotézy. Řešení: Jedná se o test střední hodnoty s ověřením její velikosti. Test bude prováděn v následujících pěti krocích. Varianta I a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: o 660MPa alternativní hypotéza H1: o 660MPa při hladině významnosti 5% , varianta testu oboustranný b) charakteristiky výběrového souboru 1 1 bodový odhad střední hodnoty x . xi (630 630 ..,710) 677,7 MPa n 9 střední směrodatná odchylka 1 1 . ( x x ) 2 (630 677,7) 2 (630 677,4) 2 ... (710 677,7) 2 31,928 n 1 9
c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrového souboru) T
677,7 660 x o . n . 9 1,663 31,928
je náhodná veličina Studentova o k=9-1=8
stupních volnosti d) kritická hodnota testovacího kritéria test je oboustranný, vzhledem k velikosti výběrového souboru je použito Studentova náhodná veličina. Kritické hodnoty jsou: tkr .1 t 2
, k 8
2,306
tkr 2 t
1 , k 8 2
2,306
e) rozhodnutí o přijetí hypotézy Ho pro přijetí musí platit tkr ,1 T tkr , 2 neboť platí -2,306≤ 1,663 ≤ 2,306 hypotézu Ho přijímáme na hladině významnosti 5% Varianta II a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: o 660MPa alternativní hypotéza H1: o 660 MPa při hladině významnosti 5% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru 1 1 bodový odhad střední hodnoty x . xi (630 630 ..,710) 677,7 MPa n 9
střední směrodatná odchylka 1 1 . ( x x ) 2 (630 677,7) 2 (630 677,4) 2 ... (710 677,7) 2 31,928 n 1 9
c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrového souboru) T
677,7 660 x o . n . 9 1,663 31,928
je náhodná veličina Studentova o k=9-1=8 stupních volnosti
d) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, vzhledem k velikosti výběrového souboru je použito Studentova náhodná veličina. Kritická hodnota je: t kr t1 ,k 8 1,860 e) rozhodnutí o přijetí hypotézy Ho
pro přijetí musí platit T t kr neboť platí 1,663 ≤ 1,860 hypotézu Ho přijímáme na hladině významnosti 5% Varianta III a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: o 660MPa alternativní hypotéza H1: o 660 MPa při hladině významnosti 5% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru 1 1 bodový odhad střední hodnoty x . xi (630 630 ..,710) 677,7 MPa n 9 střední směrodatná odchylka 1 1 . ( x x ) 2 (630 677,7) 2 (630 677,4) 2 ... (710 677,7) 2 31,928 n 1 9
c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrového souboru) T
677,7 660 x o . n . 9 1,663 31,928
je náhodná veličina Studentova o k=9-1=8
stupních volnosti d) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, vzhledem k velikosti výběrového souboru je použito Studentova náhodná veličina. Kritické hodnoty jsou: t kr t ,k 8 1,860 e) rozhodnutí o přijetí hypotézy Ho
pro přijetí musí platit t kr T neboť platí -1,860≤ 1,663 hypotézu Ho přijímáme na hladině významnosti 5%
Příklad 2: Měřením téže náhodné veličiny dvěma přístroji se během 8 dnů získaly hodnoty xi u přístroje A a hodnoty yi u přístroje B dle tabulky. Zjistěte, zda tyto výsledky opravňují k domněnce, že oba přístroje dosahují stejnou přesnost měření. Ověření proveďte pro hladinu významnosti 5%. Předpokládejte platnost normální náhodné veličiny se stejnou střední směrodatnou odchylkou u obou přístrojů. 1 2 3 4 5 6 7 8 součet xi 51,8 54,9 52,2 53,3 51,6 54,1 54,2 53,3 yi 49,5 53,3 50,6 52,0 46,8 50,5 52,1 53,0 di 2,3 1,6 1,6 1,3 4,8 3,6 2,1 0,3 17,6 Řešení: Hodnoty v obou souborech jsou párově přiřazeny a proto k posouzení je možné použít náhodnou veličinu popisující diferenci měření di = xi - yi a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: d d o 0 alternativní hypotéza H1: d d o 0 při hladině významnosti 5% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru 1 1 bodový odhad střední hodnoty d . d i .17,6 2,2 n 8 střední směrodatná odchylka 1 1 . (d i d ) 2 (2,3 2,2) 2 (1,6 2,2) 2 ... (0,3 2,2) 2 1,40 n 1 8 c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrového souboru)
T
d do 2,2 0 . n . 8 4,44 1,40
je náhodná veličina Studentova o k= 8-1=7
stupních volnosti d) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, vzhledem k velikosti výběrového souboru je použito Studentova náhodná veličina. Kritické hodnoty jsou: t kr t1 ,k 7 1,895 e) rozhodnutí o přijetí hypotézy Ho
pro přijetí musí platit
T t kr neboť neplatí 4,44≤ 1,895 hypotézu Ho nepřijímáme.
Příklad 3: Výrobek se zhotovuje dvěma různými technologickými postupy. Kontrolním měřením se na náhodných výběrech zjistily parametry zhotovených výrobků dle tabulky. Na hladině významnosti 5% posuďte, zda se těmito technologickými postupy dosahuje stejné průměrné hodnoty parametru. Při výpočtu předpokládejte stejné rozptyly u obou postupů. Technologický postup Počet vzorků Naměřená hodnota parametru A m=4 16 18 16 14 B n=6 17 17 19 18 16 15
Řešení: a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: A B alternativní hypotéza H1: A B při hladině významnosti 5% , varianta testu oboustranný b) charakteristiky výběrového souboru 1 1 bodové odhad střední hodnoty x A . xi (16 18 16 14) 16 m 4 1 1 xB . x j (17 17 19 18 16 15) 17 n 6 společná střední směrodatná odchylka pro oba soubory 1 ( xi xA )2 ( ( x j xB )2 mn2
1 (16 16) 2 ... (14 16) 2 (17 17) 2 ... (15 17) 2 1,5 462 c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrového souboru)
16 17 x A xB 1,033 1 1 1 1 1,5. . 4 6 m n je náhodná veličina Studentova o k=10-2=8 stupních volnosti d) kritická hodnota testovacího kritéria test je oboustranný, vzhledem k velikosti výběrového souboru je použito Studentova náhodná veličina. Kritické hodnoty jsou: T
tkr .1 t 2
, k 8
2,306
tkr 2 t
1 , k 8 2
2,306
e) rozhodnutí o přijetí hypotézy Ho pro přijetí musí platit tkr ,1 T tkr , 2 neboť platí -2,306≤ - 1,033 ≤ 2,306 hypotézu Ho přijímáme na hladině významnosti 5% Příklad 4: V příkladě č. 3 se předpokládala rovnost rozptylů u obou způsobů zhotovení výrobku Řešení: a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: A B alternativní hypotéza H1: A B při hladině významnosti 5% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru bodové odhady rozptylu 1 1 . ( xi x A ) 2 2A (16 16) 2 ... (14 16) 2 2,66 m 1 4 1
2B
1 1 . ( x j xB ) 2 (17 17) 2 ... (15 17) 2 2,00 n 1 6 1
c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrového souboru)
2A 2,66 T m 2 1 4 1 2,216 2,00 B n 1 6 1 je náhodná veličina Fischerova o k1=4-1=3 a k2=6-1=5 stupních volnosti d) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, vzhledem k velikosti výběrového souboru je použito Fischerova náhodná veličina. Kritická hodnota je: Fkr Fk13,k 25, 0, 05 5,41
e) rozhodnutí o přijetí hypotézy Ho pro přijetí musí platit T Fkr neboť platí 2,216 5,41 hypotézu Ho přijímáme na hladině významnosti 5%. Příklady pro řešení: 1) Lze na základě zjištěných 10 výšek mužů prohlásit, že střední výška v populaci mužů činí 195 cm? Předpokládejme, že známe rozptyl veličiny výška v dané populaci a jeho hodnota je 100 cm. Zjištěné výšky byly: 185, 192, 178, 200, 193, 187, 175, 196, 188 a 201 cm. (nelze zamítnout) 2) Pro posouzení rozdílu výkonu dělníků před a po ročním zapracování bylo náhodně vybráno n=8 dělníků a jejich výsledky(počet zhotovených výrobků za týden) jsou v tabulce. Testujte na hladině významnosti 1% hypotézu a) výkon po zapracování dělníků se změnil, b) výkon se zlepšil. Dělník Výkon před Výkon po
1 87 92
2 74 85
3 84 88
4 62 85
5 91 92
6 78 75
7 73 80
8 65 81
3) Ve skupině 210 studentů je 80 mužů. Ověřte tvrzení, že muži tvoří 32% sledované studentské populace. Řešení pro hladinu významnosti 5%. 4) Posuďte na základě uvedených hodnot, zda vlivem reklamní kampaně propagující obchodní řetězec došlo k významnému zvýšení tržeb. Tržby před kampaní Tržby po kampani
1,2 1,3
2,4 2,4
1,6 1,8
1,8 1,7
3,2 3,3
2,7 3,1
2,0 1,8
1,9 2,2
CVIČENÍ 10 – Testy typu chí-kvadrát Příklad 1: Přesnost nastavení automatického obráběcího stroje se vyhodnocuje z rozptylu délky vyráběných součástek. Je-li rozptyl větší než 380 m2, je třeba stroj znovu nastavit. Při kontrole 15 součástek byl zjištěn rozptyl 680 m2. Testujte tvrzení, že stroj je dostatečně přesný při hladině významnosti 1%. Řešení: testování tvrzení o velikosti rozptylu a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: 2 o 380 m 2 stroj je dostatečně přesný alternativní hypotéza H1: 2 o 380 m 2 stroj je třeba znovu nastavit při hladině významnosti 1% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru bodový odhad rozptylu 2 680 m2, četnost souboru n=15 c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrového souboru) (n 1). 2 (15 1).680 T 25,05 380 2o je náhodná veličina chí-kvadrát o k = n-1 = 15-1 = 14 stupních volnosti d) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, pravostranný a vzhledem k velikosti výběrového souboru je použita náhodná veličina 2 . Kritická hodnota je:
2 kr 2 k 151;0,01 29,14 1 e) rozhodnutí o přijetí hypotézy Ho pro přijetí musí platit T 2 kr neboť platí 25,05 29,141 hypotézu Ho přijímáme na hladině významnosti 1%. Příklad 2: Ve skupině 210 studentů je 80 mužů. Při 5% hladině významnosti ověřte tvrzení, že muži tvoří 32% sledované studentské populace. Řešení: testování tvrzení o relativní četnosti výskytu a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: pm = 0,32 a pž = 0,68 alternativní hypotéza H1: pm ≠ 0,32 a pž ≠ 0,68 při hladině významnosti 5% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru četnost zastoupení mužů ve výběru nm = 80 četnost zastoupení žen ve výběru nž = 130 teoretická četnost zastoupení mužů při platnosti Ho nm teor = 0,32 . 210 = 67,2 teoretická četnost zastoupení žen při platnosti Ho nž teor = 0,68 . 210 = 142,8
c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrového souboru) (ni niteor ) 2 (80 67,2) 2 (130 142,8) 2 T 3,585 67,2 142,8 niteor je náhodná veličina chí-kvadrát o k = n-1 = 2-1 = 1 stupni volnosti d) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, pravostranný a vzhledem k velikosti výběrového souboru je použita náhodná veličina 2 . Kritická hodnota je:
2 kr 2 k 1;0, 05 3,841 e) rozhodnutí o přijetí hypotézy Ho pro přijetí musí platit T 2 kr neboť platí 3,585 3,841 hypotézu Ho přijímáme na hladině významnosti 5%. Příklad 3: Ověřte, zda při házení dvojicí kostek padaly šestky v souladu s teoretickým modelem, pokud při celkem 400 pokusech padla 262-krát dvojice čísel bez šestky, 118-krát padla dvojice s jednou šestkou a 20-krát padla dvojice šestek. Ověření proveďte při 5% hladině významnosti. Řešení: testování tvrzení o alternativním jevu a) formulace statistických hypotéz na základě předpokladu platnosti binomické náhodné veličiny popisující jev padnutí šestky ve dvojici základní hypotéza Ho: žádná šestka v hodu (A1) p0 = 25/36=0,694 jedna šestka v hodu (A2) p1 = 10/36=0,278 dvě šestky v hodu (A3) p2 = 1/36 =0,028 alternativní hypotéza H1: neplatí tvrzení v Ho jako celek při hladině významnosti 5% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru a při platnosti Ho četnost zastoupení jevu A1 n0 = 262 četnost zastoupení jevu A2 n1 = 118 četnost zastoupení jevu A3 n3 = 20 teoretická četnost zastoupení jevu A0 n0 teor = 0,694 . 400 = 277,8 teoretická četnost zastoupení jevu A1 n1 teor = 0,278 . 400 = 111,1 teoretická četnost zastoupení jevu A2 n2 teor =0,028 . 400 = 11,1 c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrového souboru) (ni niteor ) 2 (262 277,8) 2 (118 111,1) 2 (20 11,1) 2 8,43 277,8 111,1 11,1 niteor je náhodná veličina chí-kvadrát o k = n-1 = 3-1 = 2 stupni volnosti d) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, pravostranný a vzhledem k velikosti výběrového souboru je použita náhodná veličina 2 . Kritická hodnota je: T
2 kr 2 k 2;0, 05 5,991
e) rozhodnutí o přijetí hypotézy Ho pro přijetí musí platit T 2 kr neboť platí 8,43 5,991 hypotézu Ho zamítáme na hladině významnosti 5% a v daném případě nebyly splněny podmínky pro průběh teoretického modelu. Příklad 4: Ověřte, zda poruchy motoru závisí významně na uživateli motoru. Při rozboru celkově n=220 poruch od pěti různých uživatelů bylo rozložení jednotlivých typů poruch dle kontingenční tabulky: Typ poruchy Celkem poruch uživatel P1 P2 P3 P4 1 7 3 13 8 31 2 16 9 19 11 55 3 18 10 16 18 62 4 10 16 9 9 44 5 8 8 6 6 28 součet 59 46 63 52 220 Řešení: testování tvrzení o alternativním znaku a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: poruchy motoru nezávisí na uživateli alternativní hypotéza H1: poruchy motoru závisí na uživateli při hladině významnosti 5% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru jsou popsány v kontingenční tabulce četností za předpokladu platnosti Ho sestavíme tabulku teoretických četností ni , jteor
uživatel 1 2 3 4 5 součet
P1 8,3 14,8 16,6 11,8 7,5 59
n . n i
n
j
pro i=1, j=1 n1,1teor
Typ poruchy P2 P3 6,5 8,9 11,5 15,7 13,0 17,7 9,2 12,6 5,8 8,1 46 63
31.59 8,3 220
P4 7,3 13,0 14,7 10,4 6,6 52
Celkem poruch 31 55 62 44 28 220
c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrového souboru) (ni niteor ) 2 (7,0 8,3) 2 (6 6,6) 2 T ... 20,798 8,3 6,6 niteor je náhodná veličina chí-kvadrát o k = (i-1).(j-1) = (5-1)-(4-1) = 12 stupních volnosti
d) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, pravostranný a vzhledem k velikosti výběrového souboru je použita náhodná veličina 2 . Kritická hodnota je:
2 kr 2 k 12;0, 05 21,026 e) rozhodnutí o přijetí hypotézy Ho pro přijetí musí platit T 2 kr neboť platí 20,798 21,026 hypotézu Ho přijímáme na hladině významnosti 5%. Příklady k řešení 1) V tabulce je uvedeno rozložení počtu zákazníků v průběhu dne. Ověřte, zda je možné předpokládat platnost tvrzení, že zákazníci v průběhu dne přicházejí rovnoměrně. Doba Počet zákazníků
9 - 11 36
11 - 13 40
13 – 15 27
15 -17 39
17 – 19 44
2) Z náhodného výběru 1000 obyvatel z měst a venkova bylo vyhodnoceno rozložení dosaženého vzdělání. Posuďte, zda se úroveň dosaženého vzdělání významně liší, hladinu významnosti volte 5%. Místo Město Venkov Celkem
základní 165 320 485
střední 202 144 346
vysokoškolské 131 38 169
Celkem 498 502 1000
3) Určete velikost kritické hodnoty náhodné veličiny při oboustranném testování rozptylu, pokud vyhodnocovaný výběrový soubor měl 40 údajů a hladina významnosti testu byla 10%.
CVIČENÍ 11 – Testy náhodných veličin Příklad 1: Při výrobě byl sledován výskyt vady na výrobku. Kontrola byla provedena u 150 výrobků a výskyt počtu vad na jednom výrobku je dle tabulky. Volte vhodný typ teoretického rozdělení pro popis výskytu počtu vad, určete jeho parametry a ověřte platnost rozdělení na hladině významnosti 5% (variantně test Pearsonův a Kolgomorovův). Počet vad 0 1 2 3 4 5 6 Počet 41 47 36 18 5 2 1 výrobků Řešení: výpočet parametrů náhodné veličiny pro popis jevu a ověření testem dobré shody 1) volba vhodného typu rozdělení (nakreslit histogram rozdělení počtu výrobků pro jednotlivé počty vad, náhodná veličina xi počet vad …veličina diskrétní a podle histogramu typ Poissonova náhodná veličina Interval i
Počet vad
Počet výrobků
Xi . ni
X2i.ni
Teor. P(xi)
1 2 3 4 5 6 7 Součet
0 1 2 3 4 5 6 -
41 47 36 18 5 2 1 150
0 47 72 54 20 10 6 209
0 47 144 162 80 50 36 519
0,249 0,346 0,241 0,111 0,039 0,011 0,003 ≈1,0
Test. Teor. Rozdíl kriterium četnost n. četností ai– i 2 nP(xi) P(xi) 37,35 3,65 0,357 51,90 -4,90 0,463 36,15 -0,85 0,020 16,65 1,35 0,109 5,85 -0,85 0,124 1,65 0,35 0,074 0,45 0,55 0,672 ≈150 1,819
2) odhad parametrů rozdělení- určíme bodové odhady
1 1 x i .ni .209 1,39 n 150
x
(vady/ks)
1 1 . x 2 i .ni x 2 519 1,39 2 1,23 n 150
za parametr rozdělení volíme větší hodnotu z
x
(vady/ks)
tj. = 1,39
Výpočet teoretických četností bude podle vztahu pro Poissonovo rozdělení P xi
x .e xi i
1,39 0 1,39 .e 0,249 0 Výpočet opakujeme pro další hodnoty výsledky v tabulce. Výpočet pro xi = 0
P 0
3) Pearsonův test dobré shody: a) Ho: P(x) = e
1, 39
1,39 xi . xi
H1: P(x) ≠ e
1, 39
1,39 xi . xi
b) Výpočet teoretických četností ni teor = n . P(xi) = 150 . P(xi) pro xi = 0
n1= 150 . 0,249 = 37,35
výpočet opakujeme pro další hodnoty c) výpočet testovacího kriteria
2
pro xi = 0
n n i
2
iteor
niteor
2
0
41 37,352 37 ,35
0,357
Celkové testovací kriterium pro test v tabulce
2 = 1,819
d) kritická hodnota testovacího kriteria
2 krit 2 0,05, 7 115 =
11,070
e) rozhodnutí o platnosti Ho
2 2
tj 1,819
11,070
Hypotéza Ho platí (odchylky ve výběrovém souboru jsou statisticky nevýznamné). 4) Postup při použití Kolgomorovova testu Výpočet teoretických četností je proveden v předchozí části. V testu pouze bod č. c) Výpočet testovacího kritéria
i
Součet četnosti ni
Součet teoret.četností niteor
Testovací kriterium ni niteor
41 88 124 142 147 149 150
37,35 89,25 125,4 142,05 147,9 149,55 150
3,65 1,35 1,4 0,05 0,9 0,55 0
1 2 3 4 5 6 7 Testovací kriterium T
1 . ni niteot n
max
1 .3,65 0,0243 150
…..náhodná veličina typu d
d) kritická hodnota testovacího kriteria 1,36 1,36 0,111 150 n e) rozhodnutí o platnosti Ho Tkrit
T Tkrit
neboť 0,0243
0,111
hypotéza Ho platí
Příklad 2: Hmotnosti výrobků byly roztříděny do skupin s diferencí 100g. Posuzovaný výběrový soubor obsahoval celkem 45 výrobků. Ověřte zda po popis hmotnosti výrobků můžeme použít normální rozdělení N(3,30;0,1054). Při ověřování volte obvyklou hladinu významnosti 5%. Řešení: Pearsonův test dobré shody pro spojitou náhodnou veličinu a) Ho: f(x)= N()=N(3,30;0,1054)
H1: f(x) N()
test jednostranný při =0,05
b) Teoretická četnost v jednotlivých hmotnostních intervalech bude dle vztahu niteor n.P ( xi , D xi , H ) n. F ( xi , H ) F ( xi , D ) n. (u , H ) (u i , D )
výpočet provedeme pomocí normální normované náhodné veličiny. Transformované meze v jednotlivých intervalech náhodné veličiny budou: ui , H
xi , H
ui , D
xi , D
výpočet teoretických četností je uveden v následující tabulce:
xi
ni
uiD
uiH
(u iD)
(u iH)
ni teor
2
3,00-3,10 3,10-3,20 3,20-3,30 3,30-3,40 3,40-3,50 Součet
3 6 14 17 5 45
-2,85 -1,90 -0,95 0 0,95 -
-1,90 -0,95 0 0,95 1,90 -
0,0022 0,0287 0,1711 0,5000 0,8289 -
0,0287 0,1711 0,5000 0,8289 0,9713 -
1,19 6,41 14,80 14,80 6,41 43,6
2,753 0,026 0,043 0,327 0,310 3,459
c) Testovací kritérium n niteor 2 = 3,459 je popsáno náhodnou veličinou chí2 o k=5-2-1 stupních volnosti T = i niteor d) Kritická hodnota testovacího kritéria 2krit= 2 k=5-2-1, 0,05 = 7,815 e) Platnost nulové hypotézy
T krit protože 3,459 7,815 nulová hypotéza platí a normální náhodná veličina N(3,30;0,1054) je možné použít k popisu rozdělení hmotnosti výrobků.
Příklad 3: Při zkouškách automobilu bylo zjištěno rozložení četností poruch podle ujetých kilometrů dle tabulky. Ověřte platnost tvrzení o platnosti exponenciální náhodné veličiny pro pois výskytu poruch, odhadnutý parametr intenzity náhodné veličiny (poruch) 0,056.103 (porucha/km). Interval 0-10 10-20 20-30 30-40 40-50 50-60 60-70 70-80 80-90 90-100 103 km Počet 19 11 6 4 0 2 0 0 0 1 poruch Řešení: Pearsonův test dobré shody pro spojitou náhodnou veličinu a) Ho: f(x)= E()=E(0,056.10-3)
H1: f(x) E()
test jednostranný při =0,05
b) Teoretická četnost v prvním intervalu bude dle vztahu
nitoer n.( F10000 F0 ) n. (1 e 0, 056.10
3
.10000
) (1 e 0, 056.10
pro další intervaly jsou hodnoty v tabulce
3
.0 )
43.(0,4287 0) 18,44
třída
Interval (1000 km)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ∑
0-10 10-20 20-30 30-40 40-50 50-60 60-70 70-80 80-90 90-100 -
Distribuční funkce horní mez F(xi H) 0,4287 0,6737 0,8136 0,8799 0,9392 0,9653 0,9802 0,9887 0,9935 1,0
Skutečný počet poruch ni 19 11 6 4 0 2 0 0 0 1 43
Teoretický počet poruch ni teor 18,44 10,53 6,02 2,84 2,55 1,12 0,64 0,36 0,20 0,12 42,82
Rozdíl četností (ni-ni teor)
Testovací kriterium
0,56 0,47 -0,02 1,16 -2,55 0,88 -0,64 -0,36 -0,20 0,88 -
0,0170 0,0209 0,0001 0,4738 2,5500 0,6914 0,6400 0,3600 0,2000 6,4533 11,4065
c) Testovací kritérium n niteor 2 = 11,4065 je popsáno náhodnou veličinou chí2 o k=10-1-1 stupních T = i niteor volnosti d) Kritická hodnota testovacího kritéria 2krit= 2 k=10-1-1, 0,05 = 15,507 e) Platnost nulové hypotézy
T krit protože 11,4065 15,507 nulová hypotéza platí a exponenciální náhodná veličina E(0,056.10-3) je vhodná k popisu výskytu poruch automobilu v závislosti na počtu ujetých kilometrů.
Příklad 5: Na souboru 100 výrobků byly zjištěny v intervalech šířky 0,02 mm odchylky od jmenovitého průměru xi = di – djmen . Ověřte zda pro rozdělení odchylek platí normální náhodná veličina, testování proveďte pro hladinu významnosti 1%. Tabulka hodnot: xi -0,13 -0,11 -0,09 -0,07 -0,05 -0,03 -0,01 četnost 3 16 22 25 19 13 2 Řešení: Kolmogorovův test dobré shody Před vlastním testováním určíme parametry náhodné veličiny 1 1 Bodový odhad střední hodnoty x . xi . (0,13.3 ... (0,01.2) 0,072 mm n 100 Bodový odhad střední směrodatné odchylky
1 ( xi x ) 2 0,028 mm n 1
H1: f(x) N()
a) Ho: f(x)= N()=N(-0,072;0,028)
test jednostranný při =0,05
b) Teoretická četnost v jednotlivých intervalech bude dle vztahu niteor
h.n. (u i )
kde h … šířka intervalu 0,02 mm
(ui ) … funkce hustoty pravděpodobnosti normální normované veličiny
Výpočet pro prvý interval x x 0,13 (0,072) u1 1 2,07 0,028 niteor
z tabulek
2,07 0,0468
0,02.100.0,0468 3,34 0,028
interval
xi
ui
ui
ni teor
ni
∑ni teor
∑ni
1 2 3 4 5 6 7
-0,13 -0,11 -0,09 -0,07 -0,05 -0,03 -0,01
2,07 1,36 0,64 0,07 0,79 1,50 2,21
0,0468 0,1582 0,3251 0,3980 0,2920 0,1295 0,0347
3,34 11,30 23,22 28,43 20,86 9,25 2,48
3 16 22 25 19 13 2
3,34 14,64 37,86 66,29 87,15 96,40 98,86
3 19 41 66 85 98 100
c) testovací kritérium max. hodnota ze vztahu T
4,36 0,0436 100
n
iteor
n
iteor
ni
0,34 4,36 3,14 0,29 2,15 1,60 1,12
ni = 4,36
k hodnotám je přiřazena pravděpodobnost výskytu d náhodné veličiny
d) kritická hodnota testovacího kritéria pro =0,01
d krit
1,63 1,63 0,163 100 n
e) Platnost nulové hypotézy T dkrit protože 0,0436 0,163 nulová hypotéza platí a normální náhodná veličina N(-0,072;0,028) je vhodná k popisu výskytu odchylek rozměrů od jmenovitého průměru. Příklady k řešení: 1) Ve zkušebně bylo vyzkoušeno 100 vzorků betonu pro určení pevnosti v tlaku s výsledky dle tabulky. Prověřte Pearsonovým testem na hladině významnosti 1% hypotézu, že pevnost je popsána normální náhodnou veličinou. ( 2 2,334 hypotéza se přijímá) xi ni
210 0
220 2
230 5
240 25
250 38
260 20
270 7
280 3
290 0
2) Zjistěte věrohodnost hypotézy o Poissonově náhodné veličině pro základní soubor na základě vzorku s rozsahem n=138, který byl roztříděn ve statistické řadě dle tabulky. xi 0 1 2 3 4 5 6 7 ni 8 13 20 37 24 20 8 8
CVIČENÍ 12 – Testy náhodnosti výběru, testy relativní četnosti Příklad 1: Pro kontrolu pístních čepů byl vybrán soubor o četnosti 16 vzroků a naměřené hodnoty netříděného souboru byly: Pořadí 1 2 3 4 5 6 7 8 xi (mm) 25,05 25,07 25,10 25,03 25,08 25,04 25,09 25,07 Pořadí 9 10 11 12 13 14 15 16 xi (mm) 25,04 25,03 25,06 25,04 25,02 25,06 25,07 25,02 Posuďte pro hladinu významnosti 5% zda se jedná o výběr splňující podmínky náhodného výběru. Řešení: Waldův test náhodnosti a) Formulace hypotéz: Ho: výběr je náhodný
H:1 výběr není náhodný test je oboustranný
b) Výpočet charakteristik výběrového souboru 1 Bodový odhad střední hodnoty x . ni .xi 25,054 mm n a posloupnost hodnot průměrů převedeme do posloupnosti znaků kde: - X hodnota menší než střední hodnota - Y hodnota větší než střední hodnota. X Y Y X Y X Y Y X X Y X X Určíme počet úseků s hodnotami pouze X nebo Y
Y
Y
X
u = 11.
Počet úseků X,Y je náhodná veličina, která má charakteristiky: Střední hodnota počtu úseků n 16 1 1 9 2 2 a rozptyl 16 16 n n .( 1) .( 1) 2 2 2 2 2 3,733 n 16 2. 1 2. 1 2 2 c) Testovací kriterium 11 9 u T 1,035 je normální normovaná náhodná veličina 3,733 d) Kritická hodnota u kr1 u 1,96 2
u kr 2 u
1
2
1,96
e) Rozhodnutí o platnosti nulové hypotézy u kr1 T u kr 2
platí
1,961,0351,96 proto přijímáme hypotézu Ho
Řešení: Kendallův test náhodnosti a) Formulace hypotéz: Ho: výběr je náhodný
H:1 výběr není náhodný test je oboustranný
b) Výpočet charakteristik výběrového souboru Vypočteme počet kritických bodů posloupnosti. Kritický bod je hodnota v posloupnosti pro kterou platí: - obě okolní hodnoty jsou větší než hodnota bodu - obě okolní hodnoty jsou menší než hodnota bodu. 25,05
25,07
25,10
25,03
25,08
25,04
25,09
KB
KB
KB
KB
KB
25,07
25,04
25,03
25,06
KB
KB
25,04
25,02
25,06
KB
25,07
KB
Počet kritických bodů v posloupnosti hodnot …KB = 9. Veličina KB je náhodná veličina a k popisu lze použít její charakteristiky Střední hodnota počtu KB 2 2 .(n 2) .(16 2) 9,33 3 3
a rozptyl
2
16.n 29 16.16 29 1,855 90 90
c) Testovací kriterium KB 9 9,33 T 0,242 1,855 d) Kritická hodnota u kr1 u 1,96 2
je normální normovaná náhodná veličina
u kr 2 u
1
2
1,96
e) Rozhodnutí o platnosti nulové hypotézy u kr1 T u kr 2
platí
1,96 0,2421,96 proto přijímáme hypotézu Ho
Příklad 2: Určete rozmezí přípustného počtu kritických bodů ve výběru o četnosti 50 vzorků pro hladinu významnosti 5%, má-li platit tvrzení, že výběr splňuje kritéria náhodného výběru. Řešení: Kendallův test náhodnosti Charakteristiky pro popis výběrového souboru 50 vzorků: - střední hodnota počtu kritických bodů 2 2 .(n 2) .(50 2) 32 3 3 - rozptyl 16.n 29 16.50 29 8,567 90 90 Testovací kritérium pro náhodnost výběru
25,02
t t 32 u 1,96 1 8,567 2 kde t přípustný počet kritických bodů KB T
řešením nerovnosti dostaneme a) t 32 1,96. 8,567 ….. t 37,74 b) (t 32) 1,96. 8,567 … t 26,26 Výsledek: výběr bude splňovat podmínky náhodnosti pokud počet kritických bodů bude v rozmezí 27 až 37 bodů. Příklad 3: Stroj A vyrobil celkem 1300 kusů ve kterých bylo zjištěno 28 zmetků. Stroj B vyrobil celkem 1150 kusů ve kterých bylo 28 zmetků. Na hladině 5% prověřte, že odchylka zmetkovitosti u strojů je statisticky nevýznamná. Řešení: test shodnosti dvou relativních četností a) Formulace hypotéz o relativních četnostech: Ho: pA=pB H:1 pA≠pB test je oboustranný b) Výpočet charakteristik výběrových souborů Bodový odhad relativních četností f 28 f 28 pA A pB B 0, 0215 0, 0243 nA 1300 nB 1150 Bodový odhad rozptylu relativních četností f f A A .(1 A ) 0,0215.(1 0,0215) 0,02104 nA nA f f B B .(1 B ) 0,0243.(1 0,0243) 0,02371 nB nB c) Testovací kriterium p A pB 0,0215 0,0243 T 0,43 0,0215 0,0243 2A 2B 1300 1 1150 1 n A 1 nB 1
je normální normovaná
náhodná veličina d) Kritická hodnota u kr1 u 1,96 2
u kr 2 u
1
2
1,96
e) Rozhodnutí o platnosti nulové hypotézy u kr1 T u kr 2 platí 1,96 0,2421,96 proto přijímáme hypotézu Ho, zmetkovitost u obou strojů lze považovat za stejnou.
Příklad 4: Z 1250 dotázaných voličů se 650 vyslovilo pro přímou volbu prezidenta. Můžeme na základě těchto údajů formulovat závěr, že většina voličů si přeje přímou volbu prezidenta? Testování proveďte pro hladinu významnosti 5%. Řešení: test relativní četnosti, která nabývá určité hodnoty a) formulace statistických hypotéz Ho: p = po =0,5 většina si nepřeje přímou volbu H1: p 0,5 většina si přeje přímou volbu Test je oboustranný při = 5% b) charakteristiky výběrového souboru nejprve je nutné ověřit podmínku pro použití testu: výběr n=1250 a relativní četnost po=0,5 n.po = 1250 .0,5 = 625 5 a n.po .(1-n.po)= 1250.0,5.(1-0,5) = 312,5 5. Podmínka je splněna. f 650 0,52 n 1250
-
odhad relativní četnosti p
-
střední směrodatná odchylka
p o .(1 po ) n
0,5.(1 0,5) 0,01414 1250
c) testovací kritérium T
p p o 0,52 0,5 1,414 je normální normovaná veličina 0,01414
d) Kritická hodnota u kr1 u 1,96 2
u kr 2 u
1
2
1,96
e) Rozhodnutí o platnosti nulové hypotézy platí u kr1 T u kr 2 1,961,4141,96 proto přijímáme hypotézu Ho Výsledky testu nejsou statisticky významné na hladině 5%, nelze tvrdit, že většina si přeje přímou volbu prezidenta. Z tabulek kvantilů lze nalézt hladinu významnosti na které by Ho byla zamítnuta ( v tomto případě pro =7,93%). Příklady k řešení: 1) Na základě vzorku s rozsahem n=10 byl určen průměr x =32 a rozptyl 2 =16. Prověřte hypotézu, že střední hodnota je 30 při hladině významnosti 5%. (hypotéza se přijímá)
CVIČENÍ 13 – Korelace a regresní analýza, testování korelačního koeficientu Příklad 1: Při měření tvrdosti oceli v závislosti na hmotnostním obsahu uhlíku byly po tepelném zpracování u 9 typů vzorků zjištěny následující střední hodnoty tvrdosti. Zkoušky byly prováděny u každého typu vzorku materiálu na 20 vzorcích. Tvrdost (HRC) Obsah C (%)
35 0,20
44 0,35
49 0,50
57 0,65
68 0,80
76 0,95
82 1,10
85 1,25
83 1,40
Posuďte, zda se jedná o korelované náhodné veličiny a vypočtěte korelační koeficient, navrhněte vhodnou regresní funkci a určete hodnotu regresního koeficientu této funkce. Řešení: a) posouzení vztahu náhodných veličin nezávislá náhodná veličina x … hmotnostní obsah uhlíku závislá náhodná veličina y … tvrdost vzorku (HRC) Kovariance: 1 1 1 K xy E ( x. y ) E ( x).E ( y ) xi . y i ( x i ).( y i ) n n n dosazením hodnot z dále uvedené tabulky 523,2 7,20 579 . 6,669 (%.HRC) 9 9 9 Kxy≠ 0 a proto veličiny jsou korelované. Míra korelace je popsána bezrozměrným koeficientem kovariance dle vztahu K xy
xy kde
x
K xy
x . y
6,669 0,8679 0,4107.18,708
1 1 . ( xi x ) 2 (0,2 0,8) 2 ... (1,4 0,8) 2 0,4107 9 9
1 1 . ( yi y ) 2 (35 64,33) 2 ... (83 64,33) 2 18,7082 n 9 b) výpočet regresní funkce na základě grafu hodnot předpokládáme lineární regresi. Výpočet potřebných hodnot pro určení regresní přímky je v tabulce:
y
vzorek
xi
1 2 3 5 4 6 7 8 9 součet
0,20 0,35 0,50 0,65 0,80 0,95 1,10 1,25 1,40 7,2
(%)
yi
(HRC)
35 44 49 57 68 76 82 85 83 579
xi2 0,0400 0,1225 0,2500 0,4225 0,6400 0,9025 1,2100 1,5625 1,9600 7,11
Výpočtové hodnoty yi2 1225 1936 2401 3249 4624 5776 6724 7225 6889 40049
xi . yi 7,00 15,40 24,50 37,05 54,40 72,20 90,20 106,25 116,20 523,20
Tvar regresní funkce
Y = ao + a1X a výpočet určujících konstant ao, a1 je proveden 1 z podmínky minima funkce Q ( y i Yi ) 2 n a1
ao
n. xi . y i xi . y i n. xi ( xi ) 2 2
y
i
a1 . xi n
9.523,2 7,20.579 44,44 9.7,11 (7,20) 2
579 44,44.7,20 28,78 9
Regresní funkce (přímka) má tvar
(HRC/%)
(HRC)
Y = 28,78 + 44,44 . x
c) výpočet regresního koeficientu Uvedený parametr vyjadřuje míru těsnosti mezi experimentálními hodnotami (výběrovým souborem) a vypočtenou regresní funkcí. Vychází z posouzení variability experimentálních hodnot závislé náhodné veličiny vzhledem k průměrné hodnotě a k hodnotám na regresní funkci.
rxy
n. x
n. xi . y i xi . y i 2
i
( xi ) 2 . n. y 2 i ( y i ) 2
9.523,20 7,20.579 (9.7,11 7,20 2 ).(9.40049 579 2 )
0,976
d) výpočet nelineární regresní funkce Výpočet lze provést vhodnou transformací nelineárního vztahu do lineárního v nových proměnných. Řešení pro případ volby regresní funkce hyperbolické ve tvaru
Yi bo
b1 xi
1 a výpočet obdobných postupem. Potřebné xi hodnoty pro výpočet parametrů jsou v následující tabulce. vzorek yi (HRC) Výpočtové hodnoty zi =1/xi (1/%) 2 zi yi2 zi . yi 1 5,000 35 25,000 1225 175,00 2 2,857 44 8,162 1936 125,71 3 2,000 49 4,000 2401 98,00 5 1,538 57 2,365 3249 87,69 4 1,250 68 1,562 4624 85,00 6 1,053 76 1,109 5776 80,00 7 0,909 82 0,826 6724 74,54 8 0,800 85 0,640 7225 68,00 9 0,714 83 0,510 6889 59,29 součet 16,121 579 44,174 40049 853,23
zavedeme transformaci ve tvaru
zi
Tvar regresní funkce
Y = bo + b1Z a výpočet určujících konstant bo, b1 je proveden 1 z podmínky minima funkce Q ( y i Yi ) 2 n b1
bo
n. z i . y i z i . y i n. z i ( z i ) 2 2
y
i
a1 . z i n
9.853,23 579.16,121 12,02 9.44,174 (16,121) 2
579 12,02.16,121 85,86 9
Regresní funkce (přímka) má tvar do původní proměnné bude
(%/HRC)
(HRC)
Y = 85,86 – 12,02 . z
což po zpětné transformaci
Y = 85,86 – 12,02/ x Příklad 2: Při kontrole sil na pružinách tlumícího členu byly zjištěny při různých provozních režimech hodnoty sil na jednotlivých pružinách. Vypočtěte Supermanův korelační koeficient pořadové korelace. Fx 23,8 23,8 23,8 23,8 23,8 23,8 23,8 23,8 23,8 23,8 23,8 23,8 23,8 23,8 23,8 23,8 23,8 23,8 Fy 23,1 23,1 23,1 23,1 23,1 23,1 23,1 23,1 23,1 23,1 23,1 23,1 23,1 23,1 23,1 23,1 23,1 23,1 Řešení: Výpočet vychází z posouzení odlišností pořadí hodnot proměnné x a y. Samostatně určíme posloupnost pořadí pro sílu Fx a síli Fy interval 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 Součet
Síla Fx i (N) 23,8 27,3 25,2 21,2 24,3 26,5 29,7 26,1 22,3 25,9 31,6 28,6 22,9 24,6 20,8 26,9 27,5 29,9 26,1 21,8 -
Síla Fyi (N) 23,1 24,8 23,8 19,7 22,4 24,4 26,1 23,6 20,6 24,6 26,3 25,3 22,1 23,3 18,1 25,3 24,1 25,4 24,6 21,3 -
mi
ni
di
d2i
6 15 9 2 7 13 18 11,5 4 10 20 17 5 8 1 14 16 19 11,5 3 -
7 15 10 2 6 12 19 9 3 13,5 20 16,5 5 8 1 16,5 11 18 13,5 4 -
-1,0 0 .1,0 0 1,0 1,0 -1,0 2,5 1,0 -3,5 0 0,5 0 0 0 -2,5 5,0 1,0 -2,0 -1,0 0,0
1 0 1 0 1 1 1 6,25 1 12,25 0 0,25 0 0 0 6,25 25,0 1 4,0 1 62,0
23,8
23,8
23,1
23,1
Korelační koeficient pořadové korelace
s 1
6. d i
2
n.(n 1) 2
1
6.62,0 0,95 20.(20 2 1)
Veličiny lze považovat za veličiny korelované. Příklad 3: Při zkouškách dvou druhů ocelí z hlediska vztahu mezi bodem kluzu (náhodná veličina X) a pevnosti (náhodná veličina Y) bylo na vzorcích zjištěno: Vzorek A: četnost souboru nA = 60, korelační koeficient A =0,9207, vzorek B: četnost souboru nB = 90, korelační koeficient B 0,8232 . Ověřte pro hladinu významnosti 5% zda v základních souborech můžeme předpokládat stejný korelační koeficient obou druhů ocelí. Řešení: ověření hypotézy o rovnosti korelačních koeficientů a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: A B alternativní hypotéza H1: A B při hladině významnosti 5% , test oboustranný b) charakteristiky výběrových souborů četnost souboru nA = 60, korelační koeficient A =0,9207, četnost souboru nB = 90, korelační koeficient B 0,8232 charakteristiky popisující vlastnosti výběrových souborů souhrnně: 1 1 A 1 1 0,9207 . ln u A . ln 1,5936 2 1 A 2 1 0,9207
1 1 B 1 1 0,8232 . ln u B . ln 1,1666 2 1 B 2 1 0,8232 c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrových souborů) T
uA uB
1 1 n A 3 nB 3 je náhodná veličina normální normovaná d) kritická hodnota testovacího kritéria test je oboustranný, kritické hodnoty jsou: u kr1 u u 0, 05 u 0,025 1,96 2
2
1,5936 1,1666
1 1 60 3 90 3
u kr 2 u
1
2
u
1
0 , 05 2
2,505
u 0,975 1,96
e) rozhodnutí o přijetí hypotézy Ho pro přijetí musí platit u kr1 T u kr 2 neboť platí 1,96 2,505 1,96 hypotézu Ho o rovnosti korelačních koeficientů zamítáme na hladině významnosti 5%.
Příklady na řešení: 1) Pro pád padáku ve vzduchu byly získány výsledky měření závislosti mezi rychlostí padáku v (m.s-1) a tlakem na povrchu padáku p (0,1 MPa). Zjištění střední hodnoty veličin jsou v tabulce. Určete zda veličiny jsou korelované a vypočtěte parabolickou regresní funkci. [(229v2-1).10-5]. v (m .s-2) p (0,1MPa)
2,40 0,0141
3,50 0,0281
5,00 0,0562
6,89 0,1125
10,00 0,2250
2) Při zkoumání výtoku kapaliny štěrbinou byly získány údaje pro bezrozměrný součinitel výtoku uvedené v tabulce v závislosti na výšce h. Nalezněte vhodnou regresní funkci. (0,007/h+0,409) Výška h (m) Souč.výtoku k(-)
0,164 0,448
0,328 0,432
0,656 0,421
0,984 0,417
1,312 0,414
1,640 0,412
3) Měřením závislosti součinitele tření f v ložisku na teplotě t byly získány údaje v tabulce. Nalezněte regresní funkci ve tvaru f = a.eb.t (0,038.e-0,017.t) Teplota t (oC) Součinitel tření f(-)
60
70
80
90
100
110
120
0,0148
0,0124
0,0102
0,0085
0,0071
0,0059
0,0051
CVIČENÍ 14 – Analýza rozptylu pro jednoduché a dvojné třídění Příklad 1: Dodávky materiálu do závodu zajišťuje 5 výrobců. Při přejímce na základě 4 vzorků byly zjištěny hodnoty tvrdosti dle tabulky. Ověřte zda střední tvrdost materiálu nezávisí na typu výrobce. Hladinu významnosti testu volte 5%. Výrobce 1 2 3 4 5
Tvrdost vzorku (HRC) 67 65 66 68 65 62 61 65 64 67 69 62 63 64 66 65 65 66 68 64
Řešení: analýza rozptylu při jednoduchém třídění a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho:tvrdost materiálu nezávisí na výrobci alternativní hypotéza H1: tvrdost materiálu závisí na výrobci test při hladině významnosti 5% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru popisují variabilitu k vybranému faktoru (výrobce)a zvolená základní hypotéze výrobce Tvrdost vzorku Součet Yi Střední hodnota yi 1 67 65 66 68 266 66,50 2 65 62 61 65 253 63,25 3 64 67 69 62 262 65,50 4 63 64 66 65 258 64,50 5 65 66 68 6 263 65,75 Součet Yxx =1302 yxx= 65,10 Součty čtverců odchylek: Mezi úrovněmi: 2 Yi , j Y 266 2 2532 262 2 258 2 263 2 1302 Q1 xx 25,30 4 ni 20 n Reziduální 2 Yi , j 266 2 .. 263 2 2 2 2 Q2 yi , j (67 .... 64 ) 60,50 4 ni Celkový Qcelk Q1 Q2 25,30 60,50 85,80 (HRC2). Z těchto hodnot vypočteme v tabulce analýzy rozptylu charakteristiky popisující variabilitu. Součet čtverců odchylek Mezi úrovněmi (typ výrobce) Q1 = 25,30 Reziduální (uvnitř výrobce) Q2 = 60,50 Celkový Qcelk = 85,80
Stupeň volnosti 5-1=4
Rozptyl 1 = 6,325
20-5=15
22 = 4,033
20-1=19
2celk = 4,515
2
(HRC2)
(HRC2)
c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrového souboru) 21 6,325 T 2 1,568 2 4,033 je náhodná veličina Fischerova o k1=5-1=3 a k2=20-5=15 stupních volnosti d) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, vzhledem k velikosti výběrového souboru je použito Fischerova náhodná veličina. Kritická hodnota je: Fkr Fk1 4,k 215, 0, 05 3,18
e) rozhodnutí o přijetí hypotézy Ho pro přijetí musí platit T Fkr neboť platí 1,568 3,18 hypotézu Ho přijímáme na hladině významnosti 5%. Příklad 2: Při zkouškách různých provedení povrchu válců motoru byly zjištěny hodnoty kompresního tlaku ve válci v závislosti na způsobu provedení povrchu a době provozu motoru. Na hladině významnosti 5% prověřte, zda se jedná o významnou odlišnost kompresního tlaku na sledovaných faktorech. Tabulka kompresního tlaku (MPa): Doba provozu (h) Provedení povrchu Sulfonitridace Iontová nitridace Laserové úprava
50 3,00 3,22 3,04
100 3,10 3,21 3,00
150 3,06 3,20 3,02
500 3,10 3,17 3,12
Řešení: analýza rozptylu při dvojném třídění – faktor A provedení povrchu Faktor B doba provozu a) formulace statistických hypotéz základní hypotézy Ho: vybrané faktory mají nevýznamný vliv na kompresní tlak alternativní hypotézy H1: vybrané faktory mají významný vliv na kompresní tlak test při hladině významnosti 5% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru popisují variabilitu k vybraným faktorům (provedení povrchu, doba provozu) a statistickým základním hypotézám Provedení povrchu 1 2 3 Součet Yxj Průměr yxj Součet celkový
Doba provozu (h) 50 100 150 500 3,00 3,10 3,06 3,10 3,22 3,21 3,20 3,17 3,04 3,00 3,02 3,12 9,26 9,31 9,28 9,39 3,086 3,103 3,093 3,130
Součet Yiy
Průměr yiy
12,26 12,80 12,18
3,065 3,200 3,045
Yxy =37,24
yxy= 3,103
Součty čtverců odchylek: Mezi úrovněmi (pro hodnocení variability faktoru A): 2 Yiy Y 2 xy 12,26 2 12,80 2 12,18 2 37,24 2 Q1 (MPa2) 0,057 4 12 q p.q Mezi úrovněmi (pro hodnocení variability faktoru B): 2 Yxj Y 2 xy 9,26 2 9,312 9,28 2 9,39 2 37,24 2 Q2 0,003 (MPa2) 3 12 p p.q Reziduální Qres y i , j 2
Yxy
2
p.q
(3,00 2 .... 3,12 2 )
37,24 2 0,013 12
Celkový Qcelk Q1 Q2 Qres 0,057 0,003 0,013 0,073
(MPa2) (MPa2).
Z těchto hodnot vypočteme v tabulce analýzy rozptylu charakteristiky popisující variabilitu. Součet čtverců odchylek Mezi úrovněmi (faktor A-řádky) Q1 = 0,057 Mezi úrovněmi (faktor B-sloupce) Q2 = 0,003 Reziduální (uvnitř faktorů A.B) Qres = 0,013 Celkový Qcelk = 0,073
Stupeň volnosti 3-1=2
Rozptyl A = 0,0285
4 –1=3
(3-1).(4-1)=6
2res = 0,0021
12-1=11
2celk = 0,0066
2
c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrového souboru) Faktor A - řádkový 2 A 0,0285 TA 2 13,571 res 0,0021 je náhodná veličina Fischerova o k1=3-1=2 a k2=(3-1).(4-1)=6 stupních volnosti Faktor B - sloupcový
2 B 0,0010 0,476 2 res 0,0021 je náhodná veličina Fischerova o k1=4-1=3 a k2=(3-1).(4-1)=6 stupních volnosti d) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, vzhledem k velikosti výběrového souboru je použito Fischerova náhodná veličina. Kritická hodnota- faktor A je: faktor B: TB
Fkr Fk1 2,k 26, 0,05 5,14
Fkr Fk13,k 2 6, 0, 05 4,76
e) rozhodnutí o přijetí hypotézy Ho Faktor A: pro přijetí musí platit T Fkr neboť platí 13,571 5,14 hypotézu Ho zamítáme na hladině významnosti 5% - provedení povrchu má významný vliv Faktor B: pro přijetí musí platit T Fkr neboť platí 0,476 4,76 hypotézu Ho přijímáme na hladině významnosti 5% - doba provozu má nevýznamný vliv na velikost kompresního tlaku. Příklady k řešení: 1) Pro ověření vlastností tří typů automobilových benzinů byly provedeny zkušební jízdy na čtyřech typech zkušebních tratí. Celkový počet ujetých kilometrů na plnou nádrž v jednotlivých zkouškách je v tabulce. Ověřte, zda se zkoušené benziny významně odlišují. Zkušební trať/typ benzinu A B C D
Počet ujetých kilometrů Benzin 1 Benzin 2 Benzin 3 690 720 600 750 740 640 700 780 650 660 680 550
2) Předcházející příklad řešte variantně pouze pro jednoduché třídění a sestavte tabulku analýzy rozptylu.
Zápočtový test Zápočtový test se skládá ze dvou částí : výpočtové, řešení minimálně dvou příkladů teoretické, minimálně šest základních okruhů. Podmínky pro test: - doba na vypracování testu je 60 minut, - pro řešení výpočtové části je možné použít přehled výpočtových vzorců, - pro úspěšné absolvování testu je nutné dosáhnout minimálně 50% z dosažitelných bodů. Příklad zápočtového testu: Příklady: 1. U 30 náhodně vybraných domácností byly sledovány výdaje za spotřebované pohonné hmoty pro dopravní prostředky. Vypočtená průměrná hodnoty byly 1756,80 Kč za měsíc. Předpokládejte, že z údajů lze přijmout závěr, že střední směrodatná odchylka je 413 Kč. Určete rozsah výběru, který je nutný k tomu, abychom měli 95% spolehlivost, že odhad střední hodnoty leží v intervalu 15 Kč kolem odhadnuté průměrné hodnoty. 2. Při spolehlivostních zkouškách motorů byly zjištěny hodnoty výkonů na výběrovém souboru: 159,5 159,4 159,6 159,7 159,8 160,1 160,6 161,0 161,5 161,8 162,0 162,5. Jaká je pravděpodobnost, že výkon motoru bude v intervalu 160 až 162 kW (předpokládejte platnost normálního rozdělení). Teoretická část: 3. Jak se liší vztah pro výpočet pravděpodobnosti průniku náhodných jevů závislých a nezávislých.? 4. Co je parametr Studentovy náhodné veličiny a jaký vztah je u ní mezi modusem a mediánem? 5. Čím je určena velikost kritické hodnoty testovacího kritéria? 6. Zakreslete do grafu funkce hustoty pravděpodobnosti parametry normálního rozdělení. 7. Nakreslete v obrázku jev sjednocení vzájemně se nevylučujících jevů. 8. Jaký je rozdíl mezi diskrétní a spojitou náhodnou veličinou a za jakých podmínek lze provést náhradu diskrétní náhodné veličiny?
