cviČenÍ z inŽenÝrskÉ statistikyold.kvm.tul.cz/studenti/texty/statistika/skripta is.pdf ·...

Technická univerzita v LiberciFakulta 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 pravděpodobnostCvičení č. 3 Geometrická pravděpodobnostCvičení č. 4 Popis náhodných veličinCvičení č. 5 Teoretické diskrétní náhodné veličinyCvičení č. 6 Teoretické spojité náhodné veličinyCvičení č. 7 Teoretická normální náhodná veličinaCvičení č. 8 Teoretické náhodné veličiny exponenciálního typuCvičení č. 9 Testování hypotéz o střední hodnotě a rozptyluCvičení č.10 Testy typu chí-kvadrátCvičení č.11 Testy náhodných veličinCvičení č.12 Testy náhodnosti výběru, testy relativní četnostiCvičení č.13 Regresní analýzaCvičení č.14 Analýza rozptylu pro jednoduché a dvojné tříděníPříklad 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) = 900,0100

10100

P(A3) = 898,0

2100

210100

P(A2) = 899,01100

110100

P(A4) = 897,03100

310100

P(A) = 0,900 .0,899. 0,898. 0,897 = 0,652

a2) Řešení přímým výpočtem z definice pravděpodobnosti

P(A) = n

m

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

P(A) = n

m = 652,0

4.3.2.1

97.98.99.1004.3.2.1

87.88.89.90

4

1004

10100

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) = 891,092

82 P(A3) = 889,0

292

282

P(A2) = 890,0192

182

P(A4) = 888,0392

382

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 odběr 1 kusu

Označení jevů: 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

P (A1 . A2) = P (A1) - P (A2/A1) = a

a b .

c

c d

1

1 ( = 0,229)

obdobně i jev B

P(B1 . B2) = P (B1) . P (B2/B1) = b

a b .

c

c d 1 (= 0,417)

P ( A + B) =a c b c

a b c d

.( ) .

( ).( )

1

1 ( = 0,646)

A1 A2

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 hodu2. 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 ,

ln

,

,,

0 15

6

2 30258

0 18232112 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 a1 a2 b1 b2 b3Pravděpodobnost poruchy

0,60 0,50 0,90 0,70 0,40

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:

Vztahy mezi jevy vyjadřují následující vztahy: A = A1 + A2 B = B1 . B2 . B3 C = A + Ba odpovídající pravděpodobnost budeP(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 = 0,80P(B) = P(B1.B2.B3) = P(B1) . P(B2). P(B3) = 0,9 . 0,7 . 0,4 = 0,252P(C) = P(A+B) = P(A) + P(B) – P(A) . P(B) = 0,80 + 0,252 – 0,80 . 0,252 = 0,8504

A2

A1

B1 B2

B3

A B

A2

b1

b2

b3

a1 a2

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 zastoupeníVýpočet 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:

n =

21

21

aa

MM m = m1 . m2 =

2

2.

1

1

a

M

a

M

P(A) = n

m = 476,0

12

45

1

4.

2

5

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

2

10100 počet všech možných různých výběrů 2 výrobků z dosud nekontrolovaných

2

80 počet všech různých výběrů dvou správných výrobků

P(A) = 1 – P( A ) = 1 - 211,0

2.1

89.902.1

79.80

1

2

90

2

80

b) řešení přímé 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.

P(A) = P(A1) + P(A2) = 211,0

2.1

89.902.1

9.10.1

2.1

89.9010.80

2

90

2

10.

0

80

2

90

1

10.

1

80

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) = 0998,089

80.

90

10 P(2) = 0998,0

89

10.

90

80 P(3) = 0112,0

89

9.

90

10

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).

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 a A . B A.BPro tyto dvojice platí

A = A.B + A . B B = 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) + ).()( BAPAP + ).()( BAPBP po úpravě P(A+B) = P(A) + P(B) – P(A.B)

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 = 0,4Při 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) = 0,144Správný od 2. P(A2) = P2 . (1 – P1) . (1 – P3) = 0,7 . (1-0,8) . (1-0,4) = 0,084Správná 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 2520 571

,

,,

b) P (A2/A) = 0 084

0 2520 333

,

,,

c) P (A3/A) = 0 024

0 2520 095

,

,,

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 výrobkuB = A1 + A2 + A3 ... .... porucha výrobku

a) pravděpodobnost vzniku poruchy výrobku

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) = )(

)2/().2(

BP

ABPAP = 018,0

55,0

05,0.20,0

Porucha výrobku vlivem prvku nastane s pravděpodobností 1,8 %.

A1 A2

A3

Příklad: 5Jaký 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) = 0,05a) kontrola výrobků se provádí 1xCelková 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/A) = 997,09428,0

98,0.96,0

)(

)1/().1(

AP

BAPBPB1

Počet vadných výrobků 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

9999,09219,0

98,0.98,0.096,0

)(

)/()./().()/1( 111

AP

BAPBAPBPABP

množství vadných nv

nv = (1- P(B1/A) ) . N = (1 - 0,9999) .1000 = 0


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 x2 1,0 x

určíme souřadnici x1 , x2 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

S = 1/3 +

3/2

3/1

3/2

3/1

487,00987,14055,03

13/1ln3/2ln

9

2

3

1ln.

9

2

3

1.

9

2xdx

x

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 y x + 7

y x - 4

7

4 x 60 1.kolej A

Pravděpodobnost čekání: 2. kolej

B

P (A) = 60 60

1

25656

1

25353

60 600 175

. ( . . )

.,

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 , zZ vlastností trojúhelníka (podmínky náhodného pokusu) musí pro vznik jevu A(sestavení

trojúhelníka platit).

x + y + z = d x + y z upravíme pro vztah dvou y + z x dvou proměnných x , y x + z y

v grafickém vyjádření y

d

E D d/2

C

d/2 d x

úpravy:

z 1. A 2. Rovnice x + y d/2 x d/2 y d/2případy možné pro x, y 0 až d velikost plochy SM = 1/2 . d . d = d2/2

případy příznivě (tj. CDE) velikost plochy SP = 1/2 . d/2 . d/2 = d2/8

pravděpodobnost sestavení trojúhelníka P(A) =

d

d

2

28

2

0 25 ,

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. y a

aS

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 =

0

b sin d = b.sin = 2b

oblast možných případů SM = a .

Pravděpodobnost jevu protnutí P (A) = S

S

b

ap

M

2.

.

b

y


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.

Výpočet funkce hustoty pravděpodobnosti:Pro rovnoměrnou náhodnou veličinu je funkce konstantní na intervalu a musí platit

(b-a) . P(x) = 1 tedy P(x) = ab

1

střední hodnota náhodné veličiny je počáteční moment prvého řádu

= m1 = E( ) =

b

a

b

a

b

a

abab

ab

x

abdx

abxdxxfx

222.

1

2.

1.

1.).(.

222

rozptyl náhodné veličiny je centrální moment druhého řádu

D )( = M2 = b

a

dxxfmx ).(.)( 21 E( 22 )() E

Střední hodnota druhé mocniny náhodné veličiny

3 3 32 2 2 1 1 1

( ) . ( ). . . . .3 3

bb b

a a a

x b aE x f x dx x dx

b a b a b a

Rozptyl po dosazení

233

23.

1)(

baab

abD

P (x)

a b x

Příklad 2:Diskrétní náhodná veličina je popsána zákonem rozdělení pravděpodobnosti dle tabulky. Určete charakteristiky náhodné veličiny popisující její vlastnosti.

x 0 1 2 3 4 SoučetP(x) 1/16 4/16 6/16 4/16 1/16 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) = )( xP

x 0 1 2 3 4 SoučetF(x) 1/16 5/16 11/16 15/16 16/16 1,0

b) medián Me(x) = 5,0 xMeF

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 = xPxk .

x P(x) x.P(x) x2.P(x) x3.P(x) x4.P(x)0 1/16 0 0 0 01 4/16 4/16 4/16 4/16 4/162 6/16 12/16 24/16 48/16 96/163 4/16 12/16 36/16 108/16 324/164 1/16 4/16 16/16 68/16 256/16

součet 1,0 32/16=2,0 80/16=5,0 224/16=14 680/16

- střední hodnota E ( ) = m1 = 2,0

- rozptyl D ( ) = M2 = 0,125)()()(.)( 2212

2221 mmxExExPmx

-střední směrodatná odchylka 0,11)( D

- variační koeficient 5,02

1

)(

)(

xE

x

Charakteristiky popisující vztah náhodné veličiny k normální normované veličině:

- koeficient symetrie k1 = 5,12

3

M

M

centrální moment M3 vyjádříme pomocí počátečních momentů

M3= 02.22.5.3142.3)(.)( 331123

31 mmmmxPmx

k1= 01

05,1 jedná se symetrickou náhodnou veličinu (také vyplývá

z rovnosti charakteristik: střední hodnota, medián a modus)

- koeficient špičatosti k2 = 322

4 M

M

centrální moment M4 vyjádříme pomocí počátečních momentů

M4= 5,22.32.5.62.12.45,42364)(.)( 4241

212134

4 mmmmmmxPmx

k2= ,031

5,22

5 jedná se rozdělení plošší než normální normované

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

a

b

a

dxxfmmxxdxxfmxM ).()...2().(.)()( 211

2212

= b

a

b

a

b

a

mmmmmdxxfmdxxfmxdxxfx 212

21

212

211

2 2).(.).(...2).(.

Centrální moment třetího řádu:

b

a

b

a

dxxfmmxmxxdxxfmxM ).()...3..3().(.)()( 31

211

23313

= 31123

31

211213 .2..3..3..3 mmmmmmmmmm

Poměr momentů 212

31123

2

3 .2..3

mm

mmmm

M

M

Příklad č. 4:Spojitá náhodná veličina je popsána funkcí hustoty pravděpodobností dle zápisu

f(x) = A.x.2xe pro x 0

f(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) = 0,12

1

2.....

2

2

0

A

eAdxexA

xx

a proto A = 2

Distribuční funkce má tvar F(x) = 2. x

xex2

.0 .dx 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= 0,001Poissonova náhodná veličina Po ( = n.p = 1000 . 0,001 = 1)

Funkce hustoty pravděpodobnosti náhodné veličiny je určena vztahem

P( =k) = 1.!

1.

! e

ke

k

k

Bude proto pravděpodobnost vzniku poruchy právě dvou součástí (k=2)

P( 184,0.!2

1)2 1 e

k

a pravděpodobnost poruchy nejméně dvou součástí za rok

264,0.!1

1.

!0

11

)1()0(1)1000(...)3()2()()2(

11

1000

2

ee

kPkPPkPkPkPPk

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 = 40Pravděpodobnost vzniku jevu na libovolném prvku souboru p = 1/10 = 0,1

a) řešení pomocí binomické náhodné veličinyFunkce hustoty pravděpodobnosti náhodné veličiny je určena vztahem

P( knk ppk

nk

1..)

Na tlakové nádobě nebude žádná vada

P( 0147,01,01.1,0.0

40)0 400

a bude nejvíce jedna vada

P( 0803,01,01.1,0.1

400147,0)1()0()1 1401

PP

b) řešení pomocí Poissonovy náhodné veličiny parametr náhodné veličiny 41,0.40.. pn

Funkce hustoty pravděpodobnosti náhodné veličiny je určena vztahem

P( =k) = 4.!

4.

! e

ke

k

kk

Na tlakové nádobě nebude žádná vada

P( 0183,0.!0

4)0 4

0

e

a bude nejvíce jedna vada

P( 0915,0.!1

40183,0)1()0() 4

1

ePP

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

3,0005,0.60. pn

Příslušné pravděpodobnosti budou:Pro k = 0

P( 0 )= 74082,0.!0

3,0 3,00

e

A pro k max. =3 zmetky

P( 9997,0).62

1()3()2()1()0()3 3,032

ePPPP

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 = 0,0111Velikost souboru odpovídá počtu hovorů za 1 hodinu n = 90 Podmínky umožňují použít k řešení Poissonovu náhodnou veličinu pro k = 0

P( 3679,0.

!0

0111,0.90.

!

..

!0 0111,0.90

0. ee

k

pne

kpn

kk

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 b) -│x-5│≤ 4 x ≤ 4 + 5 - x + 5 ≤ 4 x ≤ 9 x ≥ 1

Výskyt ve stanovených mezích P( 1≤ ≤ 9 ) = F(9) – F(1) = )()( 21 uu

Transformované meze náhodné veličiny normální do normální normované náhodné veličiny

u1 = 22

59

u2 = 2

2

51

Z tabulek distribuční funkce normální normované veličiny

9773,0)2( a 0227,09773,01)2(1)2(

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(18.2

438

..18.2

1).()410

2

2

FFdxedxxfx

= F )410( = )(u

Výpočtu použijeme normální normovanou náhodnou veličinu u

u = 55,118

438410

x

s odpovídající distribuční funkcí )(u = ( -1,55) = 1 - ( 1,55) = 1 – 0,9394 = 0,0606

b) jedná se o opačnou úlohu nalezení mezí splňující tvrzení

80,0)( 21 xxP )()(80,0)()( 1212 uuxFxF 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

)(1)( 21 uu kterou dosadíme do předchozí rovnice a dostaneme

80,0)(1)( 22 uu ….. 9,02

80,01)( 2

u

řešení zapsaného vztahu je z tabulek kvantilů normálního normovaného rozdělení

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 147,0.20 npStřední směrodatná odchylka 05,2)071.(7,0.20)1.(. ppn

Normální veličina N(14; 2,05)

Výpočet pravděpodobnosti, že náhodná veličina nabude hodnoty 15 provedeme pomocí normální normované veličiny:

u = 4878,0¨05,2

1415

x

≈0,49

a z tabulky funkce hustoty pravděpodobnosti normálního normovaného rozdělení odečteme hodnotu pravděpodobnosti výskytu tj. 3538,0)49,0( .Vztah mezi hustotou pravděpodobnosti původního rozdělení je

f(x) = 173,005,2

3538,0)(

u

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 50 010,0

003,0 mm při 95% spolehlivosti odhadu

střední hodnoty náhodné veličiny.

Tabulka hodnot:rozměr (mm) 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

četnost 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)Četnost

ni

zi (-)

ni .(zi) (zi)2 ni .(zi)

2

50,000 4 -3 -12 9 3650,002 16 -2 -32 4 6450,004 33 -1 -33 1 3350,006 78 0 0 0 050,008 41 1 41 1 4150,010 26 2 52 4 10450,012 2 3 6 9 18Součet 200 - 22 - 296

Parametry pomocné proměnné:střední hodnota

200

1

7

1

11,0200

22.

11ii zn

nz

nz

střední směrodatná odchylka

2165,111,0296.200

1)()()( 222 EEz

Převedeme vypočtené parametry podle transformačního vztahu na parametry původní veličiny:

00622,5011,0.002,0006,50. zhxx o mm

310.433,22165,1.002,0)(.)( zhx mm

b) Vzhledem k tomu, že výpočet má být se spolehlivostní zárukou vzhledem k parametru střední hodnota následuje spolehlivostní odhad střední hodnoty pro

95,0 .

95,0 HD xxP obecný vztah se vzhledem k vlastnostem souboru změní

95,0)006557,50005883,50(

)200

10.43,2.96,1006,50

200

10.43,2.96,1006,50()..(

33

2

1

2

1

P

Pn

uxn

uxP

c) Výpočet výskytu náhodné veličiny v předepsaných mezích provedeme pro limitní hodnoty střední hodnoty spolehlivostního odhadu

- N1 ( )10.43.2;005883,50(), 3 NxD - N2 ( )10.43,2;006557,50(), 3 NxH

Pro N1 bude:

P1(50,003 )010,50 = F(50,010)-F(50,003)= )()( 21 uu

70,110.43,2

005883,50010,5031

u 19,1

10.43,2

005883,50003,5032

u

9554,0)70,1( 1170,08830,01)19,1( P1= 0,9554 – 0,1170 = 0,8384 tj 83,84 %

Pro N2 bude:

P2(50,003≤ ()010,50 F 50,010)-F(50,003)= )()( 43 uu

42,110.43,2

006557,50010,5033

u 47,1

10.43,2

006557,50003,5034

u

9222,0)42,1( 0708,09292,01)47,1( 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

04,0500

20p

a ověříme velikost výběrového souboru na kterém byl odhad proveden. Minimální počet prvků pro platnost náhrady binomické náhodné veličiny normální náhodnou veličinou bude

234)04,01.(04,0

9

)1.(

9

ppn výrobků

Pro alternativní znak platí vztah

))1.(

.)1.(

.(2

1

2

1 n

ppupp

n

ppupP

99,0500

)04,01.(04,0.576,204,0

500

)04,01.(04,0.576,204,0(

pP

hodnota 576,22

99,01 u z tabulky kvantilů normální normované náhodné veličiny

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 10,004,050

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.Hodnota (mm)

24,95-25,00 25,00-25,05 25,05-25,10 25,10-25,15 25,15-25,20

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: xi = 25,075 + 0,05 zi

i Interval(mm)

Četnost ni

Střed (mm)

zi zi . ni (zi)2 (zi)

2 . ni

1 24,95-25,00 3 24,975 -2 -6 4 122 25,00-25,05 15 25,025 -1 -15 1 153 25,05-25,10 24 25,075 0 0 0 04 25,10-25,15 12 25,125 1 12 1 125 25-15-25,20 1 25,175 2 2 4 4

Součet - 55 - - -7 - 43

Bodový odhad střední hodnoty pro pomocnou náhodnou veličinu

5

1

1272,0)7.(55

1.

1ii nz

nz

Bodový odhad střední hodnoty náhodné veličiny

068,25)7.(05,0075,25.. zhxx o mm

Bodový odhad rozptylu pro pomocnou náhodnou veličinu

D 5

1

22222 7656,0)1272,0(43.55

1.)(.

1)()()( znz

nEE ii

Bodový odhad rozptylu náhodné veličiny

D( 001914,07656,0.05,0.) 22 Dh mm2

Bodový odhad střední směrodatné odchylky

04375,0001914,0)()( D mm

b) intervalový (spolehlivostní) odhad pro obvyklou záruku 95%

K výpočtu použijeme vypočtené hodnoty bodových odhadů. Spolehlivostní odhad střední hodnoty zaručuje: P 95,0)( HD xx

Pro uvedený výběrový soubor: soubor rozsáhlý n ≥ 30 a bodový odhad střední směrodatné odchylky je nejistota odhadu dle vztahu

01156,055

04375,0.96,1..

2

95,01

2

1 n

un

u

mm

a spolehlivostní meze pro střední hodnotu

95,0)01156,0068,2501156,0068,25()( PxexP

95,0)079,25056,25( P

Spolehlivostní odhad rozptylu pro spolehlivost 90% zaručuje obdobně:

90,0)( 222 HDP

Dolní mez oboustranného spolehlivostní odhadu rozptylu

00153,05,67

001914,0).155().1(

1,2

12

22

nkD

n mm2

Horní mez oboustranného spolehlivostního odhadu rozptylu

00297,08,34

001914,0).155().1(

1,2

12

2

nk

H

n mm2

Spolehlivostní oboustranné meze rozptylu budou:

90,0)00297,000153,0( 2 P

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

ni je v následující tabulce:

Interval(mm)

Četnostni

Odhad F(x) Normální normovaná veličina u(Fx)

24,95-25,00 3 3/55 = 0,0545 -1,60025,00-25,05 15 18/55 = 0,3272 -0,45025,05-25,10 25 42/55 = 0,7636 0,71825,10-25,15 12 54/55 =0,9818 2,09025,15-25,20 1 55/55 = 1,0 ≈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 0675,2584,23

61,597x mm

a odhad střední směrodatné odchylky je z podmínky

0419,00675,2584,23

161,5971)(

xFxu mm

Souhrn odhadů:

Metoda odhadu Střední hodnota Střední směrodatná odchylkaBodový 25,068 0,0437Spolehlivostní 25,056 – 25,079 0,0391 – 0,0545Linearizací 25,0675 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 0,3800Počet 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 xi (mm) ni zi zi . ni (zi)2 (zi)

2 . ni

1 0,0340 9 -1 -9 1 92 0,0350 79 0 0 0 03 0,0360 35 1 35 1 354 0,0370 12 2 24 4 485 0,0380 1 3 3 9 9

součet - 136 - 53 - 101

Podmínky výpočtu: xo =0,0350 mm h = 0,010 mm Vztah náhodných veličin xi = 0,0350 + 0,010 . zi

Odhad střední hodnoty 35389,053.136

1.010,00350,0.. zhxx o mm

Odhad střední směrodatné odchylky

2222 10.769,0389,0101.136

1.010,0)().(.

1. zzn

nh ii mm

Popis vlastností je normální náhodnou veličinou 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%.

nn

ux

.96,1.0015,02

1

z uvedeného vztahu pro nejistotu odhadu vypočteme počet vzorků

1010015,0

00769,0.96,1.96,122

n

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

0015,035,0 x .

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 92,7665

5000

n

Gx už kg

střední směrodatná odchylka výběrového souboru 65 cestujících 48,220

20

n

kg

Pravděpodobnost přetížení bude ze vztahu

)(192,761)92,76( uPP = 0026,09974,01)790,2(1

kde u je odpovídající hodnota normální normované náhodné veličiny

790,248,2

7092,76

x

u

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= 1

5000

n

této hodnotě odpovídá velikost normální náhodné veličiny

1

1

1

11

705000

n

nxu

velikost u1 vypočteme z požadavku povoleného maximálního přetížení

)(1001,0)( 11 uxP 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

)(1).()85000( unx

PP

odpovídající velikost normální normované veličiny

236,2

20

100008000085000

n

xu

pravděpodobnost výskytu této náhodné veličiny z tabulek distribuční funkce

9873,0)85000( P a 0127,09873,01)85000( P

b) výpočet velikosti souboru s požadovanou pravděpodobností

99,01)(101,0)85000( 1 uP z tabulek normálního normovaného rozdělení je odpovídající kvantit

326,299,01 uu

po tento kvantil rovněž platí

326,299,0

n

xxu

ze vztahu bude pro odpovídající četnost

6,218000085000

10000.326,2. 22

99,0

x

un

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

Celá dílna: parametry náhodné veličiny – střední hodnota 26 x

střední směr. odchylka 8944,020

4

n

Denní norma nebude splněna pokud nastane pro náhodnou veličinu

2520

500x

Odpovídající pravděpodobnost tohoto jevu řešením pomocí normální normované veličiny je

1319,0)118,1(1)118,1()118,1()8944,0

2625()()25(

uPuP

n

xuPP

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

002825,08000

6,22

m

n (p/h)

Bodový odhad pravděpodobnosti bezporuchového provozua) pro 24 hodin 9344,0)( 24.002825,0. eetR t

b) pro 1 týden 6221,0)( 24.7.002825,0 etR

Střední doba mezi poruchami

9,353002825,0

11

střT (h)

Zaručená doba bezporuchového provozu je kvantilem náhodné veličiny pro zaručovanou pravděpodobnost

)ln.( střTT

pro hodnotu 9,0 2,37)9,0ln.(9,3539,0 T (h)

pro hodnotu 95,0 1,18)95,0ln.(9,35395,0 T (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 9,0 .Odhad parametru náhodné veličiny řešte dvěma způsoby.

Interval 0-10 10-20 20-30 30-40 40-50 50-60 60-70 70-80 80-90 90-100Početporuch

10 5 6 4 8 5 4 3 8 5

Odhad parametru exponenciální náhodné veličiny provedeme bodovým odhadem a linearizací doplňku distribuční funkce.

interval Střed tsi Počet ni ni .ts i Ni R(ti) -10-2.log R(ti)0-10 5 10 50 490 0,980 0,8710-20 15 5 75 485 0,970 1,3220-30 25 6 150 479 0,958 1,8630-40 35 4 140 475 0,950 2,2340-50 45 8 360 467 0,934 2,9650-60 55 5 275 462 0,924 3,4360-70 65 4 260 458 0,916 3,8170-80 75 3 225 455 0,910 4,0980-90 85 8 680 447 0,894 4,8790-100 95 5 475 442 0,884 5,35Součet - 58 2690 - - -

Bodový odhad parametru

310.24,1100).58500(2690

58

).(.

zisi tmNnt

m (p/h)

Exponenciální náhodná veličina je popsána vztahem pro hustotu pravděpodobnosti

tt eetf .10.24,13. 3

.10.24,1.)(

event. vztahem pro doplněk distribuční funkce, který popisuje bezporuchovost výrobku

tetFtR .10.24,1 3

)(1)(

Odhad metodou linearizace doplňku distribuční funkcePřevedeme vztah pro doplněk distribuční funkce náhodné veličiny do lineární závislosti logaritmováním

tkettR .log..)(log

ze získaného grafu určíme směrnici k = tg a odhad parametru bude 4343,0log

tg

e

tg

Pro výpočet směrnice přímky vzhledem k průběhu grafu jsou použity hodnoty pro interval (30-40) h a platí

32

10.575,510.4

10.23,2

tg odhad parametru 33

10.28,14343,0

10.575,5

(p/h)

Pro výpočet dalších hodnot je použit bodový odhad parametru :Pravděpodobnost bezporuchové činnosti pro 500 hodin

5373,0)500( 500.10.24,1 3

etR

Střední doba do poruchy

5,80610.24,1

112 střT (h)

Zaručená doba bezporuchové činnosti

9,84)9,0ln.(5,806)ln.(9,0 střTT (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.

Doba zkoušky 0-25 25-50 50-75 75-100Počet poruch 4 2 1 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 Počet poruch ni Střed intervalu ts i ni .ts i

0 – 25 4 12,5 5025 – 50 2 37,5 7550 – 75 1 62,5 62,575 - 100 0 87,5 0Součet 7 - 187,5

210.43,1100).710(5,187

7

).(.

1

zisistř tmnnt

m

T (p/h)

Pravděpodobnost poruchy výrobku pro 85 provozních hodin

704,011)85( 85.10.43,1. 2

eetF t

1

2

3

Výpočet vzniku poruchy na zařízení provedeme postupným výpočtem z dílčích jevů:

Porucha zařízení způsobená výrobkem 2 a 3 vznikne při průniku dílčích jevů

495,0704,0.704,0)3().2()3,2( PPPPorucha zařízení s připojeným výrobkem 1 vznikne sjednocením všech možností vzniku poruchy

851,0495,0.704,0495,0704,0)3,2().1()3,2()1()3,2,1( PPPPP

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

575300).510()3002501257550(.15

1).(.

1

11

kki

kstř tnNt

nT

bodový odhad pravděpodobnosti bezporuchového provozu

4987,0)400(1)400(400.

575

1.

eeFtR t

b) bodový odhad dolní meze parametru

Vzhledem k charakteru parametru použijeme jednostranný spolehlivostí odhad a následně vypočtené hodnoty budou přestavovat minimální spolehlivostní vlastnosti výrobku.

95,0)..2

(.2,

2

stř

n

střk TTn

Pk

a dolní mez střední doby 07,314307,18

575.5.2, DstřT (h)

z tabulek kvantilů rozdělení 2 odečteme 307,1810,05,02

5.2.05,02

bodový odhad dolní meze pravděpodobnosti bezporuchového provozu pro 95% spolehlivost

2798,0)400(1)400(400.

07,314

1

eFtR DD

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- 200Počet 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 poruchi Doplněk distribuční

funkce F(ti)0 – 50 11 11/30=0,366 0,633

50 – 100 5 5/19=0,263 0,466 100 -150 3 3/14=0,214 0,336 150 - 200 1 1/11=0,091 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

1

.

mt

m

k odhadu parametru použijeme metodu linearizace doplňku distribuční funkce

mt

etR )(dvojnásobným logaritmováním získáme lineární závislost v souřadnicích x = log t y = log [-logR(t)]

htme

tmtR log.log

loglog.))loglog

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 -1,19302 2,000 -0,3316 -0,4793 4,000 -0,95863 2,176 -0,4737 -0,3245 4,735 -0,70614 2,301 -0,4775 -0,3211 5,294 -0,7386

součet 8,176 - -1,827 16,915 -3,5963

Výpočet parametrů přímky

6735,0176,8915,16.4

)827,1.(176,8)5963,3.(4

.

...222

ii

iiii

xxn

yxyxnm

833,14

176,8.6735,0827,1.

n

xmyh ii

Linearizovaný průběh náhodné veličiny 833,1log.6735,0))loglog ttR

Bodový odhad parametrů Weibullovy náhodné veličiny: Exponent m = 0,6737 Ze vztahu 833,13622,0log.loglog he bude 57,29

Intenzita náhodné veličiny bude 3265,016735,0

1

.0227,057,29

.6737,0.

ttt

m

m

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: MPao 660 alternativní hypotéza H1: MPao 660 při hladině významnosti 5% , varianta testu oboustranný b) charakteristiky výběrového souboru

bodový odhad střední hodnoty 7,677)710..,630630(9

1.

1ix

nx MPa


928,31)7,677710(...)4,677630()7,677630(9

1)(.

1

1 2222

xxn

c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrového souboru)

663,19.928,31

6607,677.

n

xT o

je náhodná veličina Studentova o k=9-1=8

stupních volnostid) kritická hodnota testovacího kritéria test je oboustranný, vzhledem k velikosti výběrového souboru je použito Studentova

náhodná veličina. Kritické hodnoty jsou:

306,28,

2

1. k

kr tt 306,28,

21

2 k

kr tt

e) rozhodnutí o přijetí hypotézy Ho

pro přijetí musí platit 2,1, krkr tTt neboť platí -2,306≤ 1,663 ≤ 2,306

hypotézu Ho přijímáme na hladině významnosti 5%

Varianta II a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: MPao 660 alternativní hypotéza H1: MPao 660 při hladině významnosti 5% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru


1.

1ix

nx MPa


928,31)7,677710(...)4,677630()7,677630(9

1)(.

1

1 2222

xxn


663,19.928,31

6607,677.

n

xT o


stupních volnostid) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, vzhledem k velikosti výběrového souboru je použito Studentova

náhodná veličina. Kritická hodnota je:

860,18,1 kkr tt


pro přijetí musí platit krtT neboť platí 1,663 ≤ 1,860


Varianta III a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: MPao 660 alternativní hypotéza H1: MPao 660 při hladině významnosti 5% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru


1.

1ix

nx MPa


928,31)7,677710(...)4,677630()7,677630(9

1)(.

1

1 2222

xxn


663,19.928,31

6607,677.

n

xT o




860,18, kkr tt


pro přijetí musí platit Ttkr neboť platí -1,860≤ 1,663


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 součetxi 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: 0 odd alternativní hypotéza H1: 0 odd

při hladině významnosti 5% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru

bodový odhad střední hodnoty 2,26,17.8

1.

1id

nd


40,1)2,23,0(...)2,26,1()2,23,2(8

1)(.

1

1 2222

ddn i


44,48.40,1

02,2.

n

ddT o

je náhodná veličina Studentova o k= 8-1=7



895,17,1 kkr tt


pro přijetí musí platit krtT 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 parametruA m = 4 16 18 16 14B n = 6 17 17 19 18 16 15

Řešení:a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: BA alternativní hypotéza H1: BA při hladině významnosti 5% , varianta testu oboustranný b) charakteristiky výběrového souboru

bodové odhad střední hodnoty 16)14161816(4

1.

1iA x

mx

17)151618191717(6

1.

1 jB x

nx

společná střední směrodatná odchylka pro oba soubory

5,1)1715(...)1717()1614(...)1616(264

1

)(()(2

1

2222

22

BjAi xxxxnm


033,1

6

1

4

1.5,1

1716

11.

nm

xxT BA

je náhodná veličina Studentova o k=10-2=8 stupních volnostid) kritická hodnota testovacího kritéria test je oboustranný, vzhledem k velikosti výběrového souboru je použito Studentova


306,28,

2

1. k

kr tt 306,28,

21

2 k

kr tt


pro přijetí musí platit 2,1, krkr tTt neboť platí -2,306≤ - 1,033 ≤ 2,306


Příklad 4:V příkladě č. 3 se předpokládala rovnost rozptylů u obou způsobů zhotovení výrobku

Řešení:a) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: BA alternativní hypotéza H1: BA při hladině významnosti 5% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru bodové odhady rozptylu

66,2)1614(...)1616(14

1)(.

1

1 2222AiA xx

m

00,2)1715(...)1717(16

1)(.

1

1 2222

BjB xxn

c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi

výběrového souboru)

216,2

16

00,214

66,2

1

12

2

n

mTB

A

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


41,505,0,52,31 kkkr FF


pro přijetí musí platit krFT 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 1 2 3 4 5 6 7 8

Výkon před 87 74 84 62 91 78 73 65Výkon po 92 85 88 85 92 75 80 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 1,2 2,4 1,6 1,8 3,2 2,7 2,0 1,9Tržby po kampani 1,3 2,4 1,8 1,7 3,3 3,1 1,8 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 rozptylua) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho:

22 380 mo stroj je dostatečně přesný

alternativní hypotéza H1: 22 380 mo stroj je třeba znovu nastavit

při hladině významnosti 1% , varianta testu jednostranný b) charakteristiky výběrového souboru bodový odhad rozptylu 6802 m2, četnost souboru n=15 c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi


05,25380

680).115().1(2

2

o

nT

je náhodná veličina chí-kvadrát o k = n-1 = 15-1 = 14 stupních volnostid) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, pravostranný a vzhledem k velikosti výběrového souboru je použita

náhodná veličina 2 . Kritická hodnota je:

14,2901,0;11522 kkr 1


pro přijetí musí platit krT 2 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 mužitvoří 32% sledované studentské populace.

Řešení: testování tvrzení o relativní četnosti výskytua) 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


585,38,142

)8,142130(

2,67

)2,6780()( 222

iteor

iteori

n

nnT

je náhodná veličina chí-kvadrát o k = n-1 = 2-1 = 1 stupni volnostid) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, pravostranný a vzhledem k velikosti výběrového souboru je použita


841,305,0;122 kkr



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 jevua) 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 = 11,1c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi


43,81,11

)1,1120(

1,111

)1,111118(

8,277

)8,277262()( 2222

iteor

iteori

n

nnT

je náhodná veličina chí-kvadrát o k = n-1 = 3-1 = 2 stupni volnostid) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, pravostranný a vzhledem k velikosti výběrového souboru je použita


991,505,0;222 kkr


pro přijetí musí platit krT 2 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 poruchyuživatel P1 P2 P3 P4

Celkem poruch

1 7 3 13 8 312 16 9 19 11 553 18 10 16 18 624 10 16 9 9 445 8 8 6 6 28

součet 59 46 63 52 220

Řešení: testování tvrzení o alternativním znakua) 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

n

nnn ji

jteori

., pro i=1, j=1 3,8

220

59.311,1 teorn

Typ poruchyuživatel P1 P2 P3 P4

Celkem poruch

1 8,3 6,5 8,9 7,3 312 14,8 11,5 15,7 13,0 553 16,6 13,0 17,7 14,7 624 11,8 9,2 12,6 10,4 445 7,5 5,8 8,1 6,6 28

součet 59 46 63 52 220


798,206,6

)6,66(...

3,8

)3,80,7()( 222

iteor

iteori

n

nnT

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


026,2105,0;1222 kkr



Příklady k řešení1) 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 9 - 11 11 - 13 13 – 15 15 -17 17 – 19Počet zákazníků 36 40 27 39 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 základní střední vysokoškolské CelkemMěsto 165 202 131 498Venkov 320 144 38 502Celkem 485 346 169 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 6Počet výrobků

41 47 36 18 5 2 1

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)Teor.

četnost n. P(xi)

Rozdíl četností ai–

nP(xi)

Test. kriterium

i2

1 0 41 0 0 0,249 37,35 3,65 0,3572 1 47 47 47 0,346 51,90 -4,90 0,4633 2 36 72 144 0,241 36,15 -0,85 0,0204 3 18 54 162 0,111 16,65 1,35 0,1095 4 5 20 80 0,039 5,85 -0,85 0,1246 5 2 10 50 0,011 1,65 0,35 0,0747 6 1 6 36 0,003 0,45 0,55 0,672

Součet - 150 209 519 ≈1,0 ≈150 - 1,819

2) odhad parametrů rozdělení- určíme bodové odhady

39,1209.150

1.

1ii nx

nx (vady/ks)

23,139,1519150

1..

1 222 xnxn ii (vady/ks)

za parametr rozdělení volíme větší hodnotu z x tj. = 1,39

Výpočet teoretických četností bude podle vztahu pro Poissonovo rozdělení

P xx

ei

x

i

i

.

Výpočet pro xi = 0 P e 01 39

00 249

01 39,

. ,,

Výpočet opakujeme pro další hodnoty výsledky v tabulce.

3) Pearsonův test dobré shody:

a) Ho: P(x) = ex

x

i

i

1 39 1 39, .,

H1: P(x) ≠ ex

x

i

i

1 39 1 39, .,

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

2

n n

ni iteor

iteor

pro xi = 0

20

241 37 35

37 350 357

,

,,

Celkové testovací kriterium pro test v tabulce 2= 1,819

d) kritická hodnota testovacího kriteria

5117,05,022

krit = 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

niSoučet teoret.četností

niteorTestovací kriterium

i iteorn n

1 41 37,35 3,652 88 89,25 1,353 124 125,4 1,44 142 142,05 0,055 147 147,9 0,96 149 149,55 0,557 150 150 0

Testovací kriterium

T

nn ni iteot 1 1

1503 65 0 0243. . , ,

max …..náhodná veličina typu d

d) kritická hodnota testovacího kriteria

111,0150

36,136,1

nTkrit

e) rozhodnutí o platnosti Ho

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 )()(.)()(.)(. ,,,,,, DiHDiHiHiDiiteor uunxFxFnxxPnn

výpočet provedeme pomocí normální normované náhodné veličiny. Transformované meze v jednotlivých intervalech náhodné veličiny budou:

Hi

Hi

xu ,

,

Di

Di

xu ,

,

výpočet teoretických četností je uveden v následující tabulce:

c) Testovací kritérium

T =

iteor

iteori

n

nn 2

= 3,459 je popsáno náhodnou veličinou chí2 o k=5-2-1 stupních volnosti

d) Kritická hodnota testovacího kritéria 2

krit= 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) 310.056,0 (porucha/km).Interval 103 km

0-10 10-20 20-30 30-40 40-50 50-60 60-70 70-80 80-90 90-100

Počet poruch

19 11 6 4 0 2 0 0 0 1

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

44,18)04287,0.(431()1(.).( )0.10.056,010000.10.056,0010000

33

eenFFnnitoer

pro další intervaly jsou hodnoty v tabulce

xi ni uiD uiH (u iD) (u iH) ni teor 2

3,00-3,10 3 -2,85 -1,90 0,0022 0,0287 1,19 2,7533,10-3,20 6 -1,90 -0,95 0,0287 0,1711 6,41 0,0263,20-3,30 14 -0,95 0 0,1711 0,5000 14,80 0,0433,30-3,40 17 0 0,95 0,5000 0,8289 14,80 0,3273,40-3,50 5 0,95 1,90 0,8289 0,9713 6,41 0,310Součet 45 - - - - 43,6 3,459

třída Interval (1000 km)

Distribuční funkce

horní mez F(xi H)

Skutečný počet

poruch ni

Teoretický počet

poruch ni teor

Rozdíl četností (ni-ni teor)

Testovací kriterium

1 0-10 0,4287 19 18,44 0,56 0,01702 10-20 0,6737 11 10,53 0,47 0,02093 20-30 0,8136 6 6,02 -0,02 0,00014 30-40 0,8799 4 2,84 1,16 0,47385 40-50 0,9392 0 2,55 -2,55 2,55006 50-60 0,9653 2 1,12 0,88 0,69147 60-70 0,9802 0 0,64 -0,64 0,64008 70-80 0,9887 0 0,36 -0,36 0,36009 80-90 0,9935 0 0,20 -0,20 0,200010 90-100 1,0 1 0,12 0,88 6,4533∑ - 43 42,82 - 11,4065

c) Testovací kritérium

T =

iteor

iteori

n

nn 2

= 11,4065 je popsáno náhodnou veličinou chí2 o k=10-1-1 stupních

volnosti

d) Kritická hodnota testovacího kritéria 2

krit= 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 -0,01četnost 3 16 22 25 19 13 2

Řešení: Kolmogorovův test dobré shody

Před vlastním testováním určíme parametry náhodné veličiny

Bodový odhad střední hodnoty 072,0)2.01,0(...3.13,0(.100

1.

1 ix

nx mm

Bodový odhad střední směrodatné odchylky

028,0)(1

1 2

xxn i mm

a) Ho: f(x)= N()=N(-0,072;0,028) H1: f(x) N() test jednostranný při =0,05

b) Teoretická četnost v jednotlivých intervalech bude dle vztahu

)(..

iuiteor

nhn kde h … šířka intervalu 0,02 mm

)( iu … funkce hustoty pravděpodobnosti normální

normované veličiny Výpočet pro prvý interval

07,2028,0

)072,0(13,011

xx

u z tabulek 0468,007,2

34,3028,0

0468,0.100.02,0iteorn

interval xi iu iu ni teor ni ∑ni teor ∑ni iiteor nn

1 -0,13 2,07 0,0468 3,34 3 3,34 3 0,342 -0,11 1,36 0,1582 11,30 16 14,64 19 4,363 -0,09 0,64 0,3251 23,22 22 37,86 41 3,144 -0,07 0,07 0,3980 28,43 25 66,29 66 0,295 -0,05 0,79 0,2920 20,86 19 87,15 85 2,156 -0,03 1,50 0,1295 9,25 13 96,40 98 1,607 -0,01 2,21 0,0347 2,48 2 98,86 100 1,12

c) testovací kritérium

max. hodnota ze vztahu iiteor nn = 4,36

0436,0100

36,4T k hodnotám je přiřazena pravděpodobnost výskytu d náhodné

veličiny

d) kritická hodnota testovacího kritéria pro =0,01 163,0100

63,163,1

ndkrit

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. ( 334,22 hypotéza se přijímá)

xi 210 220 230 240 250 260 270 280 290ni 0 2 5 25 38 20 7 3 0

2) Zjistěte věrohodnost hypotézy o Poissonově náhodné veličině pro základní soubor nazákladě vzorku s rozsahem n=138, který byl roztříděn ve statistické řadě dle tabulky.

xi 0 1 2 3 4 5 6 7ni 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 8xi (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 16xi (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 náhodnostia) Formulace hypotéz: Ho: výběr je náhodný H:1 výběr není náhodný test je oboustrannýb) Výpočet charakteristik výběrového souboru

Bodový odhad střední hodnoty 054,25..1

ii xnn

x mm

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 Y Y X

Určíme počet úseků s hodnotami pouze X nebo Y u = 11.

Počet úseků X,Y je náhodná veličina, která má charakteristiky: Střední hodnota počtu úseků

16

1 1 92 2

n

a rozptyl

733,31

2

16.2

)12

16.(

2

16

12

.2

)12

.(22

n

nn

c) Testovací kriterium

035,1733,3

911

u

T je normální normovaná náhodná veličina

d) Kritická hodnota 96,1

2

1 uukr 96,12

12

uukr

e) Rozhodnutí o platnosti nulové hypotézy

21 krkr uTu platí 96,1035,196,1 proto přijímáme hypotézu Ho

Řešení: Kendallův test náhodnostia) Formulace hypotéz: Ho: výběr je náhodný H:1 výběr není náhodný test je oboustrannýb) 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 25,07 25,04 25,03 25,06 25,04 25,02 25,06 25,07 25,02

KB KB KB KB KB KB KB KB 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

33,9)216.(3

2)2.(

3

2 n

a rozptyl

855,190

2916.16

90

29.162

n


242,0855,1

33,99

KB

T je normální normovaná náhodná veličina


2

1 uukr 96,12

12

uukr



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 náhodnostiCharakteristiky pro popis výběrového souboru 50 vzorků:- střední hodnota počtu kritických bodů

32)250.(3

2)2.(

3

2 n

- rozptyl

567,890

2950.16

90

29.16

n

Testovací kritérium pro náhodnost výběru

96,1567,8

32

21

u

ttT

kde t přípustný počet kritických bodů KB

řešením nerovnosti dostaneme

a) 567,8.96,132 t ….. 74,37t

b) 567,8.96,1)32( t … 26,26t

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 četnostía) Formulace hypotéz o relativních četnostech:

Ho: pA=pB H:1 pA≠pB test je oboustrannýb) Výpočet charakteristik výběrových souborů Bodový odhad relativních četností

28

0,02151300

AA

A

fp

n

280,0243

1150B

BB

fp

n

Bodový odhad rozptylu relativních četností

02104,0)0215,01.(0215,0)1.( A

A

A

AA n

f

n

f

02371,0)0243,01.(0243,0)1.( B

B

B

BB n

f

n

f


43,0

11150

0243,0

11300

0215,0

0243,00215,0

11

22

B

B

A

A

BA

nn

ppT

je normální normovaná

náhodná veličinad) Kritická hodnota 96,1

2

1 uukr 96,12

12

uukr


21 krkr uTu platí 96,1242,096,1 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.

- odhad relativní četnosti 52,01250

650

n

fp

- střední směrodatná odchylka 01414,01250

)5,01.(5,0)1.(

n

pp oo

c) testovací kritérium

414,101414,0

5,052,0

opp

T je normální normovaná veličina


2

1 uukr 96,12

12

uukr



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) 35 44 49 57 68 76 82 85 83Obsah C (%) 0,20 0,35 0,50 0,65 0,80 0,95 1,10 1,25 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

)().().( iiiixy yn

xn

yxn

yExEyxEK

dosazením hodnot z dále uvedené tabulky

669,69

579.

9

20,7

9

2,523xyK (%.HRC)

Kxy≠ 0 a proto veličiny jsou korelované. Míra korelace je popsána bezrozměrným koeficientem kovariance dle vztahu

8679,0708,18.4107,0

669,6

.

yx

xyxy

K

kde 4107,0)8,04,1(...)8,02,0(9

1)(.

9

1 222 xxix

7082,18)33,6483(...)33,6435(9

1)(.

1 222 yyn iy

b) výpočet regresní funkce na základě grafu hodnot předpokládáme lineární regresi. Výpočet potřebných hodnot pro

určení regresní přímky je v tabulce:

Výpočtové hodnotyvzorek xi (%) yi (HRC)

xi2 yi

2 xi . yi

1 0,20 35 0,0400 1225 7,002 0,35 44 0,1225 1936 15,403 0,50 49 0,2500 2401 24,505 0,65 57 0,4225 3249 37,054 0,80 68 0,6400 4624 54,406 0,95 76 0,9025 5776 72,207 1,10 82 1,2100 6724 90,208 1,25 85 1,5625 7225 106,259 1,40 83 1,9600 6889 116,20

součet 7,2 579 7,11 40049 523,20

Tvar regresní funkce Y = ao + a1X a výpočet určujících konstant ao, a1 je proveden

z podmínky minima funkce 2)(1

ii Yyn

Q

44,44)20,7(11,7.9

579.20,72,523.9

)(.

...2221

ii

iiii

xxn

yxyxna (HRC/%)

78,289

20,7.44,44579.1

n

xaya ii

o (HRC)

Regresní funkce (přímka) má tvar 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.

976,0)57940049.9).(20,711,7.9(

579.20,720,523.9

)(..)(.

...2222

22

iiii

iiiixy

yynxxn

yxyxnr

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

i

oi x

bbY 1

zavedeme transformaci ve tvaru i

i xz

1 a výpočet obdobných postupem. Potřebné

hodnoty pro výpočet parametrů jsou v následující tabulce.Výpočtové hodnotyvzorek zi =1/xi (1/%) yi (HRC)

zi2 yi

2 zi . yi

1 5,000 35 25,000 1225 175,002 2,857 44 8,162 1936 125,713 2,000 49 4,000 2401 98,005 1,538 57 2,365 3249 87,694 1,250 68 1,562 4624 85,006 1,053 76 1,109 5776 80,007 0,909 82 0,826 6724 74,548 0,800 85 0,640 7225 68,009 0,714 83 0,510 6889 59,29

součet 16,121 579 44,174 40049 853,23

Tvar regresní funkce Y = bo + b1Z a výpočet určujících konstant bo, b1 je proveden

z podmínky minima funkce 2)(1

ii Yyn

Q

02,12)121,16(174,44.9

121,16.57923,853.9

)(.

...2221

ii

iiii

zzn

yzyznb (%/HRC)

86,859

121,16.02,12579.1

n

zayb ii

o (HRC)

Regresní funkce (přímka) má tvar Y = 85,86 – 12,02 . z což po zpětné transformaci do původní proměnné bude 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 23,8 23,8

Fy23,1 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 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 Síla Fx i (N)

Síla Fyi (N)

mi ni di d2i

1 23,8 23,1 6 7 -1,0 12 27,3 24,8 15 15 0 03 25,2 23,8 9 10 .1,0 14 21,2 19,7 2 2 0 05 24,3 22,4 7 6 1,0 16 26,5 24,4 13 12 1,0 17 29,7 26,1 18 19 -1,0 18 26,1 23,6 11,5 9 2,5 6,259 22,3 20,6 4 3 1,0 1

10 25,9 24,6 10 13,5 -3,5 12,2511 31,6 26,3 20 20 0 012 28,6 25,3 17 16,5 0,5 0,2513 22,9 22,1 5 5 0 014 24,6 23,3 8 8 0 015 20,8 18,1 1 1 0 016 26,9 25,3 14 16,5 -2,5 6,2517 27,5 24,1 16 11 5,0 25,018 29,9 25,4 19 18 1,0 119 26,1 24,6 11,5 13,5 -2,0 4,020 21,8 21,3 3 4 -1,0 1

Součet - - - - 0,0 62,0

Korelační koeficient pořadové korelace

95,0)120.(20

0,62.61

)1.(

.61

22

2

nn

dis

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 8232,0B .Ověřte pro hladinu významnosti 5% zda v základních souborech můžeme předpokládat stejný korelační koeficient obou druhů ocelí.

Řešení: ověření hypotézy o rovnosti korelačních koeficientůa) formulace statistických hypotéz základní hypotéza Ho: BA

alternativní hypotéza H1: BA 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 8232,0B

charakteristiky popisující vlastnosti výběrových souborů souhrnně:

5936,19207,01

9207,01ln.

2

1

1

1ln.

2

1

A

AAu

1666,18232,01

8232,01ln.

2

1

1

1ln.

2

1

B

BBu

c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi výběrových souborů)

505,2

390

1

360

1

1666,15936,1

3

1

3

1

BA

BA

nn

uuT

je náhodná veličina normální normovanád) kritická hodnota testovacího kritéria test je oboustranný, kritické hodnoty jsou:

96,1025,0

2

05,0

2

1 uuuukr 96,1975,0

2

05,01

21

2

uuuukr


pro přijetí musí platit 21 krkr uTu 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) 2,40 3,50 5,00 6,89 10,00p (0,1MPa) 0,0141 0,0281 0,0562 0,1125 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) 0,164 0,328 0,656 0,984 1,312 1,640Souč.výtoku k(-)

0,448 0,432 0,421 0,417 0,414 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)

60 70 80 90 100 110 120

Součinitel tření f(-)

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 Tvrdost vzorku (HRC)1 67 65 66 682 65 62 61 653 64 67 69 624 63 64 66 655 65 66 68 64

Řešení: analýza rozptylu při jednoduchém tříděnía) 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 hypotézevýrobce Tvrdost vzorku Součet Yi Střední hodnota yi

1 67 65 66 68 266 66,502 65 62 61 65 253 63,253 64 67 69 62 262 65,504 63 64 66 65 258 64,505 65 66 68 6 263 65,75

Součet Yxx =1302 yxx= 65,10

Součty čtverců odchylek: Mezi úrovněmi:

30,2520

1302

4

263258262253266 222222,

1

n

Y

n

YQ xx

i

ji (HRC2)

Reziduální

50,604

263..266)64....67(

2222

2,2

,2i

jiji n

YyQ (HRC2)

Celkový 80,8550,6030,2521 QQQcelk (HRC2).

Z těchto hodnot vypočteme v tabulce analýzy rozptylu charakteristiky popisující variabilitu.

Součet čtverců odchylek Stupeň volnosti RozptylMezi úrovněmi (typ výrobce)Q1 = 25,30

5-1=4 21 = 6,325

Reziduální (uvnitř výrobce)Q2 = 60,50

20-5=15 22 = 4,033

Celkový Qcelk = 85,80 20-1=19 2celk = 4,515


568,1033,4

325,6

22

12

T

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


18,305,0,152,41 kkkr FF


pro přijetí musí platit krFT 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

50 100 150 500Sulfonitridace 3,00 3,10 3,06 3,10Iontová nitridace 3,22 3,21 3,20 3,17Laserové úprava 3,04 3,00 3,02 3,12

Řešení: analýza rozptylu při dvojném třídění – faktor A provedení povrchu Faktor B doba provozua) 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

Doba provozu (h)Provedení povrchu 50 100 150 500

Součet Yiy Průměr yiy

1 3,00 3,10 3,06 3,10 12,26 3,0652 3,22 3,21 3,20 3,17 12,80 3,2003 3,04 3,00 3,02 3,12 12,18 3,045

Součet Yxj 9,26 9,31 9,28 9,39Průměr yxj 3,086 3,103 3,093 3,130

Součet celkový Yxy =37,24 yxy= 3,103

Součty čtverců odchylek: Mezi úrovněmi (pro hodnocení variability faktoru A):

057,012

24,37

4

18,1280,1226,12

.

222222

1

qp

Y

q

YQ

xyiy (MPa2)

Mezi úrovněmi (pro hodnocení variability faktoru B):

003,012

24,37

3

39,928,931,926,9

.

2222222

2

qp

Y

p

YQ

xyxj (MPa2)

Reziduální

013,012

24,37)12,3....00,3(

.

222

22

, qp

YyQ xy

jires (MPa2)

Celkový 073,0013,0003,0057,021 rescelk QQQQ (MPa2).

Z těchto hodnot vypočteme v tabulce analýzy rozptylu charakteristiky popisující variabilitu.

Součet čtverců odchylek Stupeň volnosti RozptylMezi úrovněmi (faktor A-řádky)Q1 = 0,057

3-1=2 2A = 0,0285

Mezi úrovněmi (faktor B-sloupce)Q2 = 0,003

4 –1=3

Reziduální (uvnitř faktorů A.B)Qres = 0,013

(3-1).(4-1)=6 2res = 0,0021

Celkový Qcelk = 0,073

12-1=11 2celk = 0,0066

c) testovací kritérium (vyhodnocuje vztah mezi statistickou hypotézou a vlastnostmi

výběrového souboru) Faktor A - řádkový

571,130021,0

0285,02

2

res

A

AT

je náhodná veličina Fischerova o k1=3-1=2 a k2=(3-1).(4-1)=6 stupních volnosti Faktor B - sloupcový

476,00021,0

0010,02

2

res

B

BT

je náhodná veličina Fischerova o k1=4-1=3 a k2=(3-1).(4-1)=6 stupních volnostid) kritická hodnota testovacího kritéria test je jednostranný, vzhledem k velikosti výběrového souboru je použito Fischerova

náhodná veličina. Kritická hodnota- faktor A je: faktor B:

14,505,0,62,21 kkkr FF 76,405,0,62,31 kkkr FF


Faktor A: pro přijetí musí platit krFT neboť platí 13,571 5,14

hypotézu Ho zamítáme na hladině významnosti 5% - provedení povrchu má významný vliv

Faktor B: pro přijetí musí platit krFT 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.

Počet ujetých kilometrůZkušební trať/typ benzinu

Benzin 1 Benzin 2 Benzin 3A 690 720 600B 750 740 640C 700 780 650D 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?

cviČenÍ z inŽenÝrskÉ statistikyold.kvm.tul.cz/studenti/texty/statistika/skripta is.pdf ·...

Documents