Metoda Maksimalne Verodostojnosti

МЕТОДА МАКСИМАЛНЕ ВЕРОДОСТОЈНОСТИ Задатак 1 (Нормална расподела). Методом максималне веродостојности наћи оцену непознатих параметра  и  променљиве X , која има нормалну расподелу

N  ,  . Решење. Густина случајне променљиве X је:  1 f  x,  ,    e  2 па је функција веродостојности једнака:  1 Ln   ,    e  2

 x1   2 2 2

 1  e  2

 x   2 2 2

 x2   2 2 2

,

 1  ...  e  2

 xn   2 2 2

,

односно n

 xi     1   2 2  i 1 . Ln   ,     e    2  Логаритам ове функције је: 1 1 n 2 ln Ln   ,    n ln  2   xi      2 2 i 1 1 n 2  n ln   n ln 2  2   xi    . 2 i 1 Непознате параметре  и  одредићемо диференцирањем функције ln Ln   ,   по овим параметрима и изједначавањем добијеног израза са нулом: n

1

2

 ln Ln   ,   1 n  2   xi     0   i 1  ln Ln   ,   n 1 n 2    3   xi     0    i 1 n

Из (1) се добија да је

n

(1)

(2) n

1

  x     0 , тј.  x  n  0    n  x i 1

i

i 1

i

i 1

i

 x.

Заменимо ову вредност за  у једначину (2) и добићемо: 2 2 n 1 n 1 n   3  xi  x  0  2   xi  x ,   i 1 n i 1 што представља оцену максималне веродостојности за параметар  2 .









Задатак 2 (Пуасонова расподела). За обележје X са     расподелом је: (1) Извучен узорак 0, 1, 0, 2, 3, 0. Методом максималне веродостојности наћи оцену непознатог параметра  . (2) Извучен узорак обима n . Методом максималне веродостојности наћи оцену непознатог параметра  .

Решење.(1) Дефинишимо Ln l, X1 ,, X n  .

f  x,    P  X  x 

x

e , x  0,1, 2...

x! l3el l l 6e6 l l l l e ,  L6 l  e  le  e   e  2 6 12 ln L6 l  6  6ln l  ln12 , 2 l

 ln L6 l 6  6   0  l  1. l l n

n

(2) Ln      f  xi ,    i 1

i 1

Сада је ln Ln     ln



x

i

xi !

x1  x2 ... xn

 x  x ... x

e  . x ! x !...x ! 1

e 

1

2

n

2

n

 e   n   xi  ln    ln  xi ! , n

x1 ! x2 !...xn !

 n

n

n

i 1

i 1

n

Xi   ln Ln    1 n i 1   n   X i  0  n   Xn .   i 1 n Задатак 3. Обележје X

има густину

f  x,  

x





x

e  , x  0,  0 , где је  2

непознати параметар. Методом максималне веродостојности непознатог параметра  на основу узорка обима n . n

Решење. Ln     i 1

Xi

2

e



Xi







1



e 2n

ln Ln      ln Ln   1  2  

n

i 1

n

 Xi . i 1

1



X i 1

оцену

n

X  i 1

наћи

n

n

i 1

i 1

 X i  2n ln    ln X i ,

i 

X 1 n  0  n  Xi  n .   2n i 1 2

2n

Задатак 4. Обележје X има густину

f  x, a 

g   x

 g xa

2



e

2s 2

, s 2p где је g  x  нека диференцијабилна функција дефинисана у произвољној области са скупом вредности  ,   . Методом максималне веродостојности наћи оцену непознатог параметра a на основу узорка обима n .

Решење. Функција Ln  a  је: Ln  a  

g   x1 

 2



e

 g  x1  a  2

2

 ... 

2

g   xn 

 2



 g  xn  a  2

e

2

g   x1   ...  g   xn 

2





Логатитмовањем ове функције добијамо: g   x1   ...  g   xn  1 ln Ln  a   ln  2 n 2  n 2



па је



 ln Ln  a  1  0 2 a 

n



2

n



n

 g  x   a i

i 1

2



e

1 2 2

n

  g  xi a  i 1

2

.

,

n

 g  x   a  0 , i

i 1

n

n

 g x 

i 1

n

 g  xi   na  0  a 

i

i 1

.

ИНТЕРВАЛИ ПОВЕРЕЊА Задатак 1 (Интервал поверења за непознату вероватноћу). Међу 10 случајно извучених производа утврђено је да само један не одговара стандарду. Наћи 95% интервал поверења за непознату вероватноћу да производ не одговара стандарду. Решење. Нека је A догађај да извучени производ не одговата стандарду чија је вероватноћа непозната. Индикатор догађаја A је: 0  1  IA : p 1 p  .   q   n

Посматрамо статистику Sn   Ii , где Sn : B  n, p  расподелу. На основу централне i 1

Sn  np : N  0,1 расподелу. npq Дакле, n  10 , Sn  S10  1 ,   0,95 , па је вероварноћа

граничне теореме важи: Sn* 





P S n*  z    ,  S  np    n P  z    ,    np 1  p   2  z   0,95 ,   z   0, 475 ,

где је   z  вредност Лапласове функције. Из Таблице III добијамо вредност z  1,96 , па је интервал поверења 2  n S z 2 S n  n  Sn  z 2  Sn  n  Sn  z 2   n  Sn z n     Ip    z  2 ;   z  2   n 4n  n  z 2  n 2n n 4n    n  z  2  n 2n       10  1 1,962  1 1,962 1  10  1 1,962  1  10  1 1,962 10       1,96  ;   1,96  2 10 4 102  10  1,962  10 2 10 10 4 10 2 10  1,96  10 2 10  0,018;0, 404 .

Задатак 2 (Интервал поверења за математичко очекивање m у случају познате дисперзије). У једној фабрици испитивана је дужина трајања неког уређаја (у 100 часова). Испитано је 60 уређаја: Дужина трајања Број уређаја

15-25

25-35

35-45

45-55

55-65

65-75

75-85

85-95

95-105

3

5

11

15

9

7

5

3

2

Табела 1. Резултати тестирања уређаја

Под претпоставком да дужина трајања уређаја има нормалну расподелу, са стандардним одступањем   20 , наћи 98% интервал поверења за средњу вредност дужине трајања уређаја у тој фабрици. Решење. n

x f x 

20  3  30  5  40 11  50 15  60  9  70  7  80  5  90  3  100  2  55 n 60 Пошто је  2 познато интервал поверења је облика: z  z    Im   X n   ; Xn    , n n   где је z  вредност из Таблице III која задовољава услове: xn 

i 1

i

i







P X *  z   ;

   X m  P n n  z    ;      2  z     ;   z  



. 2 У овом случају за   0,98 добија се вредност z   2,33 , па је

   

2,33  20 2,33  20   I m  55  ;55     48,349;61, 651 . 60 60  

Задатак 3. (Интервал поверења за m када дисперзија није позната). Из популације са N m, s 2  расподелом извућен је узорак обима n  10 и израчуната средина узорка x10  5,5 и s10 2  36 . Наћи интервал поверења параметра m , са нивоом поверења b  0,90 . Решење. Xn m n 1 која има t расподелу са n1 степени Sn слободе за дати ниво поверења b . Из Таблице V читамо:

Користимо статистику tn1 

tn1,b 1 : P  tn1  tn1,b1   b , тј. P  tn1  tn1,b1   1 b .

 Sn Sn  Интервал поверења је облика I m   X n  tn1;1b  . , X  t  n n  1;1  b  n 1 n 1   У овом случају n  10 и b  0,90 . Вероватноћа P  t9  t9;0,1   0,9 ,

па је P  t9  t9;0,1   1 0,9  0,1 .

Из Таблице V читамо вредност t9;0,1  1,833 , па је  6 6    1,834;9,166  . I m  5,5 1,833  ,5,5 1,833   9 9 

Задатак 4 (Интервал поверења за непознату дисперзију). Из нормално распоређене популације извучен је уѕорак обима n  25 и израчуната је дисперзија узорка sn 2  0, 64 . Наћи 95% и 99% интервал поверења (1) једнострани, (2) двострани. Решење. (1) Леви крај интервала P 0  s 2  b  b , одакле је

је

0,

а

десни

крај одређујемо

из

 nS 2 nS 2    1  1   n  n  b . P s 2  b  P  2    P     b s2 b  s       

nSn 2 nSn 2 2  c  cn21,b , , користимо Таблицу из које читамо вредност IV n1 2 2 s s 2 2 такву да је P cn1cn1,b   b .

Пошто

 nS 2  Интервал поверења је облика I s 2   0, 2 n  . cn1,b   

2 2 2  c24;0,95 Дакле, P c24  13,8 , па је   0,95 . Из таблице IV следи да је c24;0,95

интервал поверења:  25  0, 64    0;1,1594 . I s 2  0,  13,8   25  0, 64  2   0;1,4815 . За b  0,99 следи да је c24;0,99  10,9 , па је I s 2  0,  10,8 

(2) За двострани интервал поверења b1 , b2  треба да важи да је P b1  s 2  b2   b ,    2  2 2 тј. P  c 1b  cn1  c 1b   b . n1;   2   n1; 2   Интервал поверења је облика:

  2   nS 2 nS I s 2   2 n ; 2 n  .  cn1;1b cn1;1b  2 2  

        2 2 2 Сада је P  c24  c 10,95    0,975 . Из Таблице IV следи да је c24;0,975  12, 4 . 24;   2      0,975             2 2 2  P c24  c 10.95    0, 025 , па је c24;0,025  39, 4 . 24;   2       0,025      25  0, 64 25  0, 64    0,4061;1,2903 . Is2   ;  39, 4 12, 4  2 2 За b  0,99 добијамо вредности: c24,0,995  9,89 , c24,0,005  45, 6 , па је

Is2  0,351;1,618 . Задатак 5. Из нормално распоређене популације извучен је узорак:

xi

0

ni

5

1

2

3

4

10 7 6 Табела 2.

2

Наћи 90% интервал поверења за непознату дисперзију.

4

Решење. Обим узорка је n   ni  30 . i 0

Статистика коју користимо је cn21 

Sn 2  n 2 , тј. тражимо c29 . s2

1  b 1  0,90 2 2 2  c29;0,95   0,95 : P c29  13,1 .   0,95  c29;0,95 2 2 1 b 1 0,90 2 2 2  c29;0,05  42,557 . За   0, 05 : P c29   0, 05  c29;0,05 2 2 На основу узорка израчунавамо 2 1 n 1 n sn 2   fi  xi  x   xi 2 fi  xn 2  n i1 n i1 За

02  5 12 10  22  7  32  6  42  2  0  5 110  2  7  3 6  4  2      1,36 ,   30 30  nS 2 nS 2  па је I s 2   2 n ; 2 n   0, 77;3, 09 . c c  29;0,05 29;0,95  2

Задатак 6 (Интервал поверења за дисперзију у случају великог узорка n  30 ). Из нормално распоређене популације издвојен је узорак обима n  62 и израчуната дисперзија узорка sn 2  0, 64 . Наћи 95% интервал поверења за дисперзију. Решење. Лева граница:    2  1 b 2 P  0,975 . c61  c 1b   61;   2 2     Пошто је узорак већи од 30 прелазимо на нормалну расподелу.    c 2 1b  61   N 61;   1 b 2*  2   P c61   0, 025 ,   1  2 2 n 2      122     где је c2 n 1 2* c61  61 . 2 n 1

Преко Лапласове функције добијамо вредност  c2  61   0,5  0,025  0, 475 .  61;0,975  122  Из Таблице III добијамо вредност Десна граница:

2 c61;0,975  61

122

2  1,96  c61;0,975  39,35 .

   2  1 b 2 P  0, 025 . c61  c 1b   61;   2 2     2  2 * c61;0,025  N   61 1 b    P c61   0,975 ;   1  2 122      2  c61;0,025  61    0,975  0,5  0, 475 .   122  T . III



2 c61;0,025  61

122

2  1,96  c61;0,025  82,65 .

Интервал поверења је облика  nS 2 nS 2  I s 2   2 n ; 2 n   0,49;1,01 . c c  61;0,025 61;0,975 