skirstinį vadiname Relėjaus tikimybiniu skirstiniu.

Pasiskirstymo funkciją išreiškiame funkcija :

.

Taikomojo uždavinio pavyzdys galėtų būti toks:

Iš lėktuvo į taikinį mėtomos bombos. Prisitaikoma dviem tarpusavyje statmenomis kryptimis. Tarkime, kad prisitaikymo paklaidos X ir Y yra nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai ir , . Taikinys sunaikinamas, jei bomba nukrinta ne toliau kaip 50m nuo taikinio centro. Raskite tikimybę, kad taikinys bus sunaikintas nepriklausomai numetus 4 bombas.

( Ats.: 0,956)

Spręsdama šį uždavinį pati gaunu kitokį atsakymą. Jei kam pavyks gauti šį, pasakykit kaip;)

Šiuo karingu uždavinuku baigiu savo blog’us;) Su kuo save ir sveikinu;)

Paveiksle pavaizduota pusiau normalaus skirstinio tankio priklausomybė nuo parametro:

Atsitiktinio dydžio Y pasiskirstymo funkcijos reikšmes lengva išreikšti funkcijos reikšmėmis:

.

Uždavinio pavyzdys taikymui galėtų būti toks:

Varantysis variklio ratas susideda iš dviejų vienodų detalių. Jeigu tų detalių svorių skirtumas bus didesnis už 10g, tai ratas neatlaikys didelio apsisukimų skaičiaus. Žinoma, kad detalių svorio paklaida yra pasiskirsčiusi pagal normalųjį dėsnį su vidutiniu kvadratiniu nuokrypiu g. Kiek procentų vidutiniškai sudarys netinkami varantieji ratai, jei detalės surenkamos atsitiktinai?

( Ats.: 31,73%)

Jei blogai matosi: (nuo viršaus) 0.5, 1.0, 2.0.

Vien tekstas 32 31 30 29 28 31 32 33 34 35

Su piešiniais 40 35 37 36 35 34 33 35 37 36

Su piešiniais ir pajuokavimais 40 39 38 35 34 38 33 37 36 37

Formuluojama hipotezė: ir

 bent dvi dispersijos nelygios.

Kriterijaus statistika:

,

čia ,

,  .

Šiuo atveju: ir N= 10,

. Skaičiuojame:

0.5 0.5 1.5 2.5 3.5 0.5 0.5 1.5 2.5 3.5

4.2 0.8 1.2 0.2 0.8 1.8 2.8 0.8 1.2 0.2

3.3 2.3 1.3 1.7 2.7 1.3 3.7 0.3 0.7 0.3

Iš čia ir .

Tuomet ir

. Taigi, finale:

.

Iš lentelės randame, kad

.

Taigi neturime pagrindo atmesti .

Šiaip hipotezę apie dispersijų lygybę turėtume tikrinti pačioj pradžioj, nes tai yra viena iš ANOVA prielaidų. Tačiau žinome, kad kuo mažiau skiriasi imčių didumai, tuo mažiau ANOVA jautri populiacijų dispersijų skirtumams, o kadangi čia imtys išvis vienodos, tai lyg ir nėra ko nerimauti;) Tačiau tikrinti visgi reikia;)

Vien tekstas 32 31 30 29 28 31 32 33 34 35

Su piešiniais 40 35 37 36 35 34 33 35 37 36

Su piešiniais ir pajuokavimais 40 39 38 35 34 38 33 37 36 37

Tarkime, norime patikrinti ar vidurkių kitimo tendencija yra tiesinė, t.y. ar įsiminimo kokybė auga tiesiškai. Hipotezė šiuo atveju:

vidurkiai nesudaro tiesinio trendo ir

vidurkiai sudaro tiesinį trendą.

Kriterijaus statistika:

.

Imame tiesinį trendą atitinkančias kontrasto reikšmes tokias: , , . Iš Uždavinys(Vienfaktorinė dispersinė analizė)(1) turime, kad , , , MSW= 4.45. Taigi:

Iš lentelės randame, kad , taigi atmetame.

Darome išvadą, kad statistiškai reikšmingai patvirtinta, jog informacijos įsiminimo kokybė didėja tiesiškai.

Gal šiuo atveju ir nelabai reiktų tai tikrint, nes įsižiūrėjus akivaizdu, kad duomenys tuo didesni, kuo įvairiau buvo pateikta informacija. Tačiau ne visiems patinka, o ir ne visada duos rezultatų toks “ įsižiūrėjimas“.

Naudosime Tjukio kriterijaus išraišką, analogišką Bonferonio kriterijui:

Vidurkiai   ir  statistiškai reikšmingai skiriasi, jei

Taigi ( MSW= 4.45, n= 10):

Tuomet:

( Turėjome , , )

Matome, kad imties, kai informacija buvo pateikta vien tekstu, įsiminimas statistiškai reikšmingai skiriasi nuo kitų dviejų. Taigi, darome išvadą, kad piešiniai, pajuokavimai tekstą daro lengviau įsimenamą( nes ).

Vien tekstas: 32 31 30 29 28 31 32 33 34 35

Su piešiniais: 40 35 37 36 35 34 33 35 37 36

Su piešiniais ir pajuokavimais: 40 39 38 35 34 38 33 37 36 37

Hipotezė: ir bent 2 vidurkiai skiriasi. Taikysime vienfaktorinę dispersinę analizę. Skaičiuojame:

Iš lentelės: . Taigi yra atmetama, įsiminimas skirtingai pateikus medžiagą skiriasi. Žinoma, tokio rezultato negana, norisi žinoti, kurių imčių vidurkiai statistiškai reikšmingai skiriasi, t.y. neužtenka žinoti, kad medžiagos pateikimas daro įtaką jos įsiminimui, norima žinoti, kuris pateikimo būdas geresnis. Šį klausimą panagrinėsiu 2ame blog’e: Uždavinys( Tjukio HSD) (2)

Taigi keliame hipotezę X ir Y nekoreliuoja. Savaime aišku, kad  X ir Y koreliuoja.

1)  Spirmeno koeficiento tikrinimas:

Kriterijaus statistika:

.

Imkime . Tada, iš lenetelės, randame  . Kadangi , tai hipotezės neatmetame, t.y. nėra pagrindo teigti, kad X ir Y koreliuoja. Taigi, jie nekoreliuoja.

2) Kendalo ranginės koreliacijos koeficiento tikrinimas:

Kriterijaus statistika:

.

Imkime . Tada, iš lentelės, . Kadangi , tai hipotezės neatmetame, t.y. vėl nėra pagrindo teigti, kad X ir Y koreliuoja.

Taigi, nors ir gavome, kad ir Spirmeno, ir Kendalo koreliacijos koeficientai nelygūs nuliui, tačiau paaiškėjo, kad jie statistiškai reikšmingai nesiskiria nuo nulio. Manau, natūrali išvada- tokį patikrinimą reik atlikti visada, kad netyčia eilinį kartą nepaverst statistikos melage.

Lenetelėje nagrinėjamos Windows XP, Windows 7 ir Windows Vista operacinės sistemos. Įsijungimo laikas pateiktas min : s, išsijungimo- s.

                                    XP                 Vista              7

Start- up time          0:49                1:07            1:03

Shutdown time         17                   12.5             11.5

Suranguokime (greičiausiai- 1) :

                               XP      Vista       7

Start- up time       1            3            2

Shutdown time    3            2             1

1) Spirmeno koreliacijos koeficientas:

Kadangi visi skirtingi ir visi skirtingi, galime naudotis formule:

Skaičiuodami pagal ilgąją formulę irgi gausim -0,5.

2) Kendalo ranginės koreliacijos koeficientas:

Suderintų porų yra 1, nesuderintų- 2. Taigi S= 1-2= -1. Finale turime:

Taigi, koeficientų realizacijos skiriasi.  Ir netgi, manau, pakankamai skiriasi. Pagal  koreliacijos koeficientų realizacijas išeina, kad charakteristikos neigiamai koreliuoja. Tačiau kyla natūralus klausimas: ar taip iš tikrųjų yra? Ar koreliacija statistiškai reikšmingai skiriasi nuo nulio?  Štai tam ir reikia tikrinti hipotezę apie koreliacijos koeficiento lygybę nuliui. Tuo ir užsiimsiu antrame bloge: koreliacija ir windows(2).

Taigi, kokių gairių reikėtų laikytis norint suformuluoti “ gerą“ hipotezę? Štai keli:

1)Genialumas paprastume;) Taigi hipotezė turi būti kuo paprastesnė;

2) Hipotezė turėtų būti paremta faktais ( pvz. įžvelgus statistinį dėsningumą), tačiau gali pasitaikyti tokių grynai teorinių hiotezių, kurių patikrinti neleidžia šiuo metu esantys mokslo metodai;

3) Hipotezė turi būti “ iš esmės“, t.y. ji turėtų kelti esminius nagrinėjamos problemos klausimus;

4) Savaime aišku, kad ji neturėtų prieštarauti jau turimiems faktams. Jeigu jau taip atsitiko, kad norite paneigti esamą faktų traktavimą, tai: arba keliamą hipotezę reikia įrodyti naujais faktais, arba paaiškinti, kodėl senoji traktuotė netinkama ( šiuo atveju, „senieji“ faktai nepaneigiami, pasikeičia jų aiškinimas);

5) Hipotezės viduje nebegali būti hipotezių ( loginio rato klaida);

6) Iš dviejų hipotezių, aiškinančių tą patį ir vienodai sėkmingai, renkamės tą, kuri aprašo platesnę sferą.

Klaidinga hipotezė gali atvesti prie akivaizdžiai klaidingų rezultatų. Štai pavyzdis: veikėjas iškėlė hipotezę: musė be kojų negirdi. Nuplėšė jai sparnus, kad nenuskristų. Tada nurovė kojas ir pasakė: ropok! Žinoma, musė nė iš vietos. Ir hipotezė pasitvirtino;)

Akivaizdu, kad čia ne tik hipotezė, bet ir tyrimas yra nevykę. Tačiau elementariuose pavyzdžiuose daug ryškiau matoma visa aptariamos problemos svarba.

Taigi, nelaukime, kol bekojė musė ims ropoti- neklyskime iš pat pradžių;)

011010111111111111111111110010001010.

( Laisvos Lietuvos paryškinta). Metai: nuo 1935 iki 2009. Vėlgi su tarpais.

Šį kartą   ir . Taigi naudosime serijų kriterijų didelių imčių atvejui:

.

Šiuo atveju . Tada  .

Kadangi  (su ), tai hipotezės apie imties atsitiktinumą atmesti negalime.

Taigi rezultatai nepaikeitė. Nors tiesos dėlei reiktų pasakyti, kad su , hipotezę, kad imtis atsitiktinė, reiktų atmesti. Tačiau, manau, tokia tikimybė atmesti teisingą hipotezę yra per didelė.