Цикл тестов для проверки знаний по дисциплине

Тестовое задание для проверки знаний по дисциплине
Математическая статистика
Время выполнения задания – 2 часа. Требуется выполнить ровно 4 задания из каждой группы.
Группа заданий №1
В каждом задании несправедливо ровно одно утверждение. Именно его требуется отметить в
качестве ответа. Для выполнения заданий не требуются калькулятор или компьютер –
достаточно логики.
Задание 1.
1. Оцениванием в статистике называется указание точного значения интересующего исследователя параметра.
2. Выборочное среднее группы данных является оценкой математического ожидания случайной величины, породившей
последовательность.
3. Основа статистического анализа – идея случайного выбора. Считаем, что имеющиеся наблюдаемые данные появились, как
результат случайного выбора из некоторой генеральной совокупности, которая, с интересующей исследователя стороны,
характеризуется некоторой случайной величиной.
4. Математическая статистика занимается математической обработкой «статистического сырья», вынесением статистических
выводов с указанием степени их надежности.
разброса
разброса
разброса
разброса
выборки
выборки
выборки
выборки
является
является
является
является
Задание 2.
1.
2.
3.
4.
Показателем
Показателем
Показателем
Показателем
дисперсия выборки.
стандартное отклонение выборки.
медиана выборки.
межквартильный размах.
1.
2.
3.
4.
Дисперсия постоянной величины равна нулю.
Для любой неслучайной постоянной а справедливо равенство: D( + а) = D().
Для любых случайных величин справедливо равенство: D( + ) = D() + D().
Для любой неслучайной постоянной а справедливо равенство:
D(а) = а2D().
Задание 3.
Задание 4.
1. Выберем событие А, вероятность которого при гипотезе Н меньше . Для проверки статистических гипотез применяется
следующее правило: На основании эксперимента отвергаем гипотезу Н на уровне значимости , если в этом эксперименте
произошло событие А.
2. Если статистическая гипотеза отвергнута в случае, когда она верна, произошла ошибка первого рода.
3. Если статистическая гипотеза отвергнута в случае, когда она не верна, произошла ошибка второго рода.
4. Величину 1 – , где  – вероятность ошибки второго рода, называют мощностью критерия. Чем ближе мощность критерия к
единице, тем более эффективен (более «мощен») критерий.
Задание 5.
Имеются две группы данных и уверенность, что обе они порождены случайными величинами, имеющими нормальное
распределение с параметрами а1 и 12, и а2 и 22, причём параметры а1 и а2 неизвестны. Пусть величины xс и yс – среднее
арифметическое этих групп данных.
1. Статистика
2. Статистика
3. Статистика
xc  yc
 12
n
xc  y c
s 1 1
n
m
xc  y c
s12
n
2
 s2
имеет стандартное нормальное распределение с n + m степенями свободы.
m
имеет распределение Стьюдента с n + m – 2 степенями свободы.
имеет распределение, близкое к распределению Стьюдента с числом степеней свободы, равным
m
/ n  / m)
.
/ n) /(n  1)  ( s22 / m) 2 /(m  1)
( s12
( s12
2
2
s22
2
2
4. Отношение оценок дисперсий s12/s22, называемое статистикой Фишера имеет F–распределение с числом степеней свободы
(n – 1, m – 1).
Задание 6.
1 Критериями согласия называют статистические критерии, предназначенные для обнаружения расхождений между
гипотетической статистической моделью и реальными данными, которые эта модель призвана описать.
2. Простая гипотеза прямо указывает некий определенный закон вероятностей (распределение вероятностей), по которому
возникли выборочные значения, например, N(a,1).
3. Статистику Dn: Dn= sup |Fn(x) – F(x)|, называют статистикой Колмогорова. Она выражает одну из возможных мер расстояния
между гипотетической функцией распределения и эмпирической функцией распределения группы данных.
4. Для проверки простой гипотезы Н0: G = F по исходной выборке вычисляют значение статистики Dn:
Dn  max k  F ( xk ), F ( xk )  (k  1)  , где хk – элементы вариационного ряда, построенного по исходной выборке.
n 
1k n 
 n
Группа заданий №2
Ответом к каждому заданию является число из двух цифр. Это число – результат расчёта, причём в качестве
ответа требуется привести только его целую часть. При вычислениях рекомендуется использовать калькулятор.
В условиях заданий фигурирует число М[1;30]. Это число задаёт преподаватель. Например, это Ваш номер в
списке группы.
Используется символ целая часть от, например, [M/4] – целая часть от четверти М.
Задание 1.
Дана последовательность чисел {70, 90, 20, 30, [2,5M], 70, 50, 40, 10, 80, [1,6M] + 1}. Для неё в зависимости от М требуется
найти:
– верхнюю квантиль для M вида 4k;
– медиану для M вида 4k + 1;
– нижнюю квартиль для M вида 4k + 2,
– межквартильный размах для M вида 4k + 3.
Задание 2.
Дана последовательность чисел {21, 27, 7, 10, M+3}. Для неё требуется найти:
– для чётного M – дисперсию последовательности чисел (выборочную дисперсию);
– для нечётного M – исправленную выборочную дисперсию.
В качестве ответа привести округлённое до целого значение найденной величины.
Задание 3.
Активист общества защиты животных и студентов проверяет с помощью критерия знаков гипотезу: «Если в день экзамена
преподавательнице английского на стол поставить красивый букет цветов, то медианное значение оценок возрастет». Эта
гипотеза является альтернативой стандартной гипотезы о равенстве медианных значений оценок. Многолетние исследования
показали, что медианное значение оценки у исследуемого преподавателя равно 3,85. В группе из [ М/3] + 9 студентов
выставлены только две тройки и нет студентов, не сдавших экзамен. Определить в промилле вероятность наблюдаемого
события или большего нарушения нулевой гипотезы при справедливости последней, то есть вероятность того, что событие
произошло случайно. Ответ округлить до целых.
Задание 4.
Исследователь сомневается в справедливости гауссовской модели. Найти оценку коэффициента наклона регрессии по данным
(xi;yi) = {(1;30), (2;40), (3;60), (4; 70 + 5M/3); (5;M+13)}. Ответ округлить до целых.
Задание 5.
Исследователь сомневается в справедливости гауссовской модели. Найти оценку коэффициента наклона регрессии по данным
(xi;yi) = {(1;30), (2;40), (3;60), (4; 70+ 5M/3); (5;M+13)}. Ответ округлить до целых.
Задание 6.
Предполагается, что данные о числе поздравлений с Новым годом в типичной студенческой группе порождены случайной
величиной с нормальным распределением. Оценка среднего осуществляется по n = (М + 7) наблюдениям. Среднее число
поздравлений равно хср = 50. Дед Мороз утверждает (а он знает точно), что дисперсия числа поздравлений равна 2 = 4М2 +
33. Уровень коэффициента доверия принят равным 95%. Найти нижнюю (для нечётных М) или верхнюю (для чётных М)
границу доверительного интервала для неизвестного среднего.
Задание 7.
Предполагается проведение выборочного обследования с использованием респондентов в количестве n = (3М+100). Имеется
прогноз, что ожидаемая вероятность равна р = (2М + 5)%. Принято, что доверительная вероятность равна 95%. Определите
ожидаемую точность оценки вероятности. В качестве ответа приведите полуширину доверительного интервала для
вероятности, выраженную в промилле и округлённую до целых.
Группа заданий №3
Ответом к каждому заданию является число из двух цифр. Это число – результат расчёта, причём в качестве
ответа требуется привести только его целую часть. При вычислениях рекомендуется использовать компьютер.
В условиях заданий фигурирует число М[1;30]. Это число задаёт преподаватель. Например, это Ваш номер в
списке группы.
Используется символ целая часть от, например, [M/4] – целая часть от четверти М.
Задание 1
Предполагается, что данные порождены случайной величиной с нормальным распределением. Оценка среднего
осуществляется по n = (2М + 7) наблюдениям. Среднее равно хср = 50. Оценка дисперсии по тем же наблюдениям равна s2 =
1000. Уровень коэффициента доверия принят равным (84 + М/2)%. Найти нижнюю (для нечётных М) или верхнюю (для
чётных М) границу доверительного интервала для неизвестного среднего.
Задание 2
Студент в военкомате М + 2 раза измерил свой вес на весах. Он верит табличке на весах, которая утверждает, что
среднеквадратичное отклонение измерений  = 50 г. Найти полуширину доверительного интервала для веса студента в
граммах при подобных взвешиваниях с надёжностью (100 – M/3)% считая, что ошибки измерений имеют нормальное
распределение.
Задание 3
6

4
Дана таблица сопряженности признаков: 
12

9

9
11
M
7
M
M
5
6
5

M
. Каждая клетка соответствует числу наблюдений пары
43 

13 
признаков. Например, первый по столбцу и второй по строке одновременно наблюдались 9 раз. Является ли она значимой? В
ответе указать модуль натурального логарифма вероятности того, что наблюденное (или большее) значение статистики
Фишера-Пирсона Х2 получено случайно.
Задание 4
Студенты анализировали гипотезу о влиянии знака Зодиака на такую характеристику, как упрямство в дискуссии. В качестве
альтернативы было выбрано умение договориться. Каждый студент мысленно расположил себя на шкале, где 0
соответствовал абсолютно упрямому индивидууму, 100 – человеку, готовому легко отказаться от своего мнения, чтобы
сохранить контакт с собеседником. Далее студенты были разбиты на две группы: люди знаков Воздуха и Воды вошли в
первую, Земли и Огня – во вторую. Опрос группы дал такие результаты: xi = {65, 20, 19, 65, 35, 50, 60, 70, 50}; yj = {2M, 49,
10, 34, 2M+7, 35, 45, 28, 30, M+13, 25, 35}. Пользуясь статистикой Уилкоксона (её асимптотическим распределением), найти в
промилле вероятность одностороннего нарушения нулевой гипотезы в пользу альтернативы о повышенном упрямстве людей
знаков Земли и Огня.
Задание 5
Произведено n = (2М+10) наблюдений, в результате которых для двумерного нормального распределения установлен
коэффициент корреляции r = 0,4. Найти (в промилле) вероятность того, что в действительности корреляции нет, а
наблюдённое значение реализовалось случайно.
Рабочий лист преподавателя
Группа заданий 2
Ответы для некоторых значений М
Короткий вид ответа при IP = 0
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 1, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 2, Îòâåò:
, 96
Çàäàíèå ¹ 3, Îòâåò:
, 90
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
, 11
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
,0
Çàäàíèå ¹ 6, Îòâåò:
, 46
Çàäàíèå ¹ 7, Îòâåò:
, 49
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 7, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 2, Îòâåò:
, 74
Çàäàíèå ¹ 3, Îòâåò:
, 33
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
, 13
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
,2
Çàäàíèå ¹ 6, Îòâåò:
, 42
Çàäàíèå ¹ 7, Îòâåò:
, 70
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 13, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 2, Îòâåò:
, 66
Çàäàíèå ¹ 3, Îòâåò:
, 11
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
, 13
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
,4
Çàäàíèå ¹ 6, Îòâåò:
, 38
Çàäàíèå ¹ 7, Îòâåò:
, 77
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 22, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 2, Îòâåò:
, 65
Çàäàíèå ¹ 3, Îòâåò:
,2
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
, 13
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
,8
Çàäàíèå ¹ 6, Îòâåò:
, 66
Çàäàíèå ¹ 7, Îòâåò:
, 76
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 30, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 2, Îòâåò:
, 97
Çàäàíèå ¹ 3, Îòâåò:
,0
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
, 13
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
, 11
Çàäàíèå ¹ 6, Îòâåò:
, 69
Çàäàíèå ¹ 7, Îòâåò:
, 68
, 30
, 51
, 32
, 26
, 30
Расширенный вид ответа с демонстрацией промежуточных значений для углублённой проверки при IP  0
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 1, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
, 30,
n=, 11, me=, 30,
qn=, 10, qv=, 68, razmax=, 58, [ 2, 10, 11, 20, 30, 40, 50, 68, 70, 80, 90 ]
Çàäàíèå ¹ 2,Îòâåò:
, 96,
[ 21, 27, 7, 10, 4 ]
disp=, 76.56000000, Idisp= , 95.70000000,
Çàäàíèå ¹ 3,Îòâåò:
, 90,
1000p=,
2875
32
5
 1 2 3 4
65

Çàäàíèå ¹ 4,Îòâåò:
, 11,
, , 10.83, n=, 20, data , 
215

6
30
40
60
14

3


-1
1297
647
1940 102889
Çàäàíèå ¹ 5,Îòâåò:
, 0,
íàêëîí= , , -0.03333, a=,
, 15,
, 55,
,
30
30
3
3
9
Çàäàíèå ¹ 6,Îòâåò:
, 46,
Çàäàíèå ¹ 7,Îòâåò:
x=, 4.215061925, 1.959963984, 54.22, 45.78
, 49,
dx=, 49.27424434, 1.959963984
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 7, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
, 51,
n=, 11, me=, 30,
qn=, 17, qv=, 68, razmax=, 51, [ 10, 17, 20, 21, 30, 40, 50, 68, 70, 80, 90 ]
Çàäàíèå ¹ 2,Îòâåò:
, 74,
[ 21, 27, 7, 10, 10 ]
disp=, 58.80000000, Idisp= , 73.50000000,
Çàäàíèå ¹ 3,Îòâåò:
, 33,
1000p=,
8375
256
5
 1 2 3 4
25


Çàäàíèå ¹ 4,Îòâåò:
, 13,
, , 12.50, n=, 20, data , 
245
2
30 40 60 3 20


13
239
695
2150 118525
Çàäàíèå ¹ 5,Îòâåò:
, 2,
íàêëîí= , , 2.167, a=,
, 15,
, 55,
,
6
6
3
3
9
Çàäàíèå ¹ 6,Îòâåò:
, 42,
Çàäàíèå ¹ 7,Îòâåò:
x=, 7.926871429, 1.959963984, 57.93, 42.07
, 70,
dx=, 69.89960406, 1.959963984
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 13, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
, 32,
n=, 11, me=, 32,
qn=, 20, qv=, 68, razmax=, 48, [ 10, 20, 30, 31, 32, 40, 50, 68, 70, 80, 90 ]
Çàäàíèå ¹ 2,Îòâåò:
, 66,
[ 21, 27, 7, 10, 16 ]
disp=, 52.56000000, Idisp= , 65.70000000,
Çàäàíèå ¹ 3,Îòâåò:
, 11,
1000p=,
2875
256
5
 1 2 3 4
25

Çàäàíèå ¹ 4,Îòâåò:
, 13,
, , 12.50, n=, 20, data , 
275
2
30 40 60 3 26


131
1093
743
2360 136609
Çàäàíèå ¹ 5,Îòâåò:
, 4,
íàêëîí= ,
, 4.367, a=,
, 15,
, 55,
,
30
30
3
3
9
Çàäàíèå ¹ 6,Îòâåò:
, 38,
Çàäàíèå ¹ 7,Îòâåò:
x=, 11.66960647, 1.959963984, 61.67, 38.33
, 77,
dx=, 76.88579037, 1.959963984
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 22, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
, 26,
n=, 12, me=, 48,
qn=, 26, qv=, 69, razmax=, 43, [ 10, 20, 22, 30, 40, 46, 50, 55, 68, 70, 80, 90 ]
Çàäàíèå ¹ 2,Îòâåò:
, 65,
[ 21, 27, 7, 10, 25 ]
disp=, 64.80000000, Idisp= , 81.00000000,
Çàäàíèå ¹ 3,Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 4,Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 5,Îòâåò:
, 13,
, 8,
Çàäàíèå ¹ 6,Îòâåò:
, 2,
1000p=,
17125
8192
5
 1 2 3 4
25


, , 12.50, n=, 20, data , 
320
2
30 40 60 3 35


23
94
815
2675 168325
íàêëîí= , , 7.667, a=, , 15,
, 55,
,
3
3
3
3
9
, 66,
Çàäàíèå ¹ 7,Îòâåò:
x=, 16.14997856, 1.959963984, 66.15, 33.85
, 76,
dx=, 76.04614003, 1.959963984
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 30, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
, 30,
n=, 12, me=, 55,
145
85
qn=, 30, qv=,
, razmax=, , [ 10, 20, 30, 30, 40, 50, 60, 68, 70, 75, 80, 90 ]
2
2
Çàäàíèå ¹ 2,Îòâåò:
, 97,
[ 21, 27, 7, 10, 33 ]
disp=, 97.44000000, Idisp= , 121.8000000,
Çàäàíèå ¹ 3,Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 4,Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 5,Îòâåò:
, 13,
, 11,
Çàäàíèå ¹ 6,Îòâåò:
, 69,
Çàäàíèå ¹ 7,Îòâåò:
, 0,
1000p=,
23875
65536
1 2 3
4 5
25
, 12.50, n=, 20, data , 

2
30 40 60 120 43
53
134
íàêëîí= , , 10.60, a=,
, 15, 293, 55, 985, 22349
5
5
,
x=, 19.42137294, 1.959963984, 69.42, 30.58
, 68,
dx=, 67.82065674, 1.959963984
Пояснения к решениям
Группа заданий №2
Задание 1.
Дана последовательность чисел:
{70, 90, 20, 30, [2,5M], 68, 50, 40, 10, 80, [1,6M] + 1} для нечётных М;
{70, 90, 20, 30, [2,5M], 68, 50, 40, 10, 80, [1,6M] + 1, М} для чётных М.
Для последовательность в зависимости от М требуется найти:
– верхнюю квантиль для M вида 4k;
– медиану для M вида 4k + 1;
– нижнюю квартиль для M вида 4k + 2,
– межквартильный размах для M вида 4k + 3.
Решение: Переходим к вариационному ряду. Количество членов равно 11 или 12, В первом случае нижняя квантиль
задаётся третьим членом вариационного ряда, медиана – шестым, верхняя квантиль – девятым. Именно при этих значениях
график эмпирической функции распределения пересекает значения 0,25; 0,5 и 0,75.
Для чётных М нижняя квантиль задаётся полусуммой третьего и четвёртого членов вариационного ряда, так как на
отрезке [b3;b4] функция распределения равна 0,25. Медиана – полусуммой шестого и седьмого, верхняя квантиль –
полусуммой девятого и десятого.
Учтите, что в Maple формальный расчёт по стандартной программе выполняется неверно. В их стандарте функция
распределения линейно возрастает между опорными точками.
Задание 2.
Дана последовательность чисел {21, 27, 7, 10, M + 3}. Для неё требуется найти:
– для чётного M – дисперсию последовательности чисел (выборочную дисперсию);
– для нечётного M – исправленную выборочную дисперсию.
В качестве ответа привести округлённое до целого значение найденной величины.
Решение: Дисперсией группы данных называется величина

1 n
 xi  xcp
n i 1
2 . Эта величина в среднем
несколько
D
Поэтому часто в качестве характеристики дисперсии используют несмещенный аналог «исправленную выборочную
дисперсию», математическое ожидание которой равно D
s2 


1 n
 xi  xcp 2 , E (s 2 )  D( ) .
n  1 i 1
Задание 3.
Активист общества защиты животных и студентов проверяет с помощью критерия знаков гипотезу: «Если в день экзамена
преподавательнице английского на стол поставить красивый букет цветов, то медианное значение оценок возрастет». Эта
гипотеза является альтернативой стандартной гипотезы о равенстве медианных значений оценок. Многолетние исследования
показали, что медианное значение оценки у исследуемого преподавателя равно 3,85. В группе из [ М/3] + 9 студентов
выставлены только две тройки и нет студентов, не сдавших экзамен. Определить в промилле вероятность наблюдаемого
события или большего нарушения нулевой гипотезы при справедливости последней, то есть вероятность того, что событие
произошло случайно. Ответ округлить до целых.
Решение: Для проверки гипотезы H0: Медианное значение последовательности равно
против альтернативной
гипотезы HА–: Медианное значение последовательности больше, чем
рассмотрим случайную величину
= х – .
Наблюдаемые значения этой величины разности xi –
Так как, согласно H0 med xi = , то вероятности положительного и
отрицательного знака разности (xi – ) равны между собой:
Р{xi – > 0} = Р{xi – < 0} = 1/2.
В последовательности xi – подсчитаем теоретическое ожидаемое число положительных разностей и обозначим его через K.
Далее будем сравнивать его с наблюденным в эксперименте Kнабл, задача сведена к схеме испытаний Бернулли, в которой
через K обозначено число «успехов». Проверяется гипотеза H0: р = 0,5 против альтернативы HА+: р > 0,5. Важно, что
гипотеза о значении медианы случайной величины не связана с конкретным видом закона распределения xi, так как
распределение случайной величины K одно и то же во всех случаях. В пользу нулевой гипотезы свидетельствуют
наблюдаемые ситуации, когда доля двоек и троек (меньших, чем медиана оценок) близка к математическому ожиданию. В
пользу альтернативы свидетельствуют наблюдаемые малые Kнабл. В задании Kнабл = 2, то есть искомая вероятность, что
теоретическое значение K меньше или равно наблюдаемому:
РK = P(K  Kнабл|H0: р = 0,5) =
Вероятность:
PK   2  n
K нaб
 Cni
K набл
K набл
i 0
i 0
 pi 

2
Cni
Cni


2 n i  0 2n
позволяет разделить нулевую гипотезу и левосторонние альтернативы HА–: р < 0,5.
i 0
Подобная методика проверки статистической гипотезы получила название критерия знаков, так как она работает только со
знаками преобразованных некоторым образом случайных величин.
Задание 4.
Исследователь сомневается в справедливости гауссовской модели. Найти оценку коэффициента наклона регрессии по данным
(xi;yi) = {(1;30), (2;40), (3;60), (4; 70+ 5M/3); (5;M+13)}. Ответ округлить до целых.
Решение: Если есть сомнения в справедливости гауссовской модели, точнее, нет предположений о распределении
данных, то среди них могут быть выбросы, которые могут грубо искажать значения оценок. В таких случаях можно применять
только робастные методы оценивания параметров, устойчивые к грубым отклонениям. В простейшем случае задача
регрессионного анализа предполагает установление линейной зависимости:
yi = A + bxi + i .
Здесь xi – заданные числа (значения фактора); yi –
i – независимые
(ненаблюдаемые) одинаково распределенные случайные величины. Считаем, что нет оснований предполагать какой-либо
i распределены непрерывно. Выводы о зависимости
между у и х будем основывать на рангах у. Ясно, что в таком случае ничего определенного о величине А сказать не удается,
так как изменение всех yi на одну и ту же постоянную величину не изменяет рангов yi. Задача свелась к поиску единственного
неизвестного коэффициента наклона b. Нумеруем наблюдения так, чтобы иксы возрастали с ростом номера. Если из
наблюденных величин yi вычесть истинные значения bхi то остатки yi – bxi = А
i образуют последовательность
независимых одинаково распределённых случайных величин. Не зная b, будем вычитать из yi переменную величину
i, где
изменяется по нашему произволу. Тенденцию изменения значений с изменением номера или её отсутствие можно обнаружить
с помощью коэффициентов корреляции.
Коэффициент корреляции Кендэла определяется как

2( P  Q )
, где Р и Q – соответственно число согласованных
n(n  1)
и несогласованных пар (yi – bxi, xi) и (yj – bxj, xj) для всех i, j таких, что i < j. Здесь пары (yi – bxi, xi) и (yj – bxj, xj) называются
согласованными, если оба значения одной пары больше обоих значений другой. В противном случае пары называются
несогласованными. Величина K = Р – Q называется статистикой Кендэла. Ее можно записать в следующем виде:
K
 sign( R j  Ri ) .
Измеренная с помощью этих коэффициентов ранговой корреляции зависимость между рядами
1i  j  n
(yi – xi) и xj
было равно нулю. Проанализируем упрощённо зависимость
yi – xi) определяется
исключительно числами xi, то есть
изменение порядка следования
произойдет при первом совпадении: yi – xi = yj – xj . При этом Р и Q изменятся на 1 каждый,
уменьшится на 4/n(n – 1).
такие изменения будут происходить всякий раз, как будет достигаться равенство в парах
xi = yj – xj
ij:
 ij 
yi  y j
x j  xi
yi –
;1  i  j  n ,
если все числа xi различны между собой. Иначе используем лишь такие i, j для которых xi
xj. Точек изменения
коэффициентов оказывается в этом случае меньше, чем число сочетаний Сn2, но величины скачков могут быть больше.
0, что левее и
Симметрично расположенные скачки равны по величине, поэтому график
правее него остаются по одинаковому количеству точек разрыва:
  med
yi  y j
x j  xi
;1  i  j  n | x i  x j
Это оценка коэффициента наклона. В условиях гауссовской модели она менее точна, чем стандартная, но зато она
применима в гораздо более широких условиях. Решающий варианты с разными значениями М заметит, как слабо она меняется
из-за выброса последней точки в отличие от оценки не робастной, выполненной в следующей задаче.
Задание 5.
Исследователь не сомневается в справедливости гауссовской модели. Найти оценку коэффициента наклона регрессии по
данным (xi;yi) = {(1;30), (2;40), (3;60), (4; 70 + 5M/3); (5;M+13)}. Ответ округлить до целых.
Решение: Если справедлива гауссовская модель, используется стандартная МНК оценка коэффициента регрессии.
Задание 6.
Предполагается, что данные о числе поздравлений с Новым годом в типичной студенческой группе порождены случайной
величиной с нормальным распределением. Оценка среднего осуществляется по n = (М + 7) наблюдениям. Среднее число
поздравлений равно хср = 50. Дед Мороз утверждает (а он знает точно), что дисперсия числа поздравлений равна 2 = 4М2 +
33. Уровень коэффициента доверия принят равным 95%. Найти нижнюю (для нечётных М) или верхнюю (для чётных М)
границу доверительного интервала для неизвестного среднего. Ответ округлить до целых.
Решение: Определяем диапазон возможных значений параметра закона N(a, 2) случайной величины, породившей
рассматриваемые данные. По закону больших чисел, среднее арифметическое данных хcр стремится к а с увеличением объема
данных n, то есть:
|хcр – a|
a хc – хc +
Однако, поскольку х является случайной величиной, то |хcр – a| хоть и с малой вероятностью, но все же может
неравенства надо найти распределение оценки хср. Из свойств нормального распределения следует, что хcр, как линейная
комбинация нормально распределённых случайных величин, имеет нормальное распределение. При этом:
Е(хcр) = a, D(хcр) = 2/n.
Значит, согласно центральной предельной теореме, величина

имеет распределение N
n ( xcp  a)

P(| | < z) = 1 – 2
z, что:
Это число принято обозначать как z1– и называть двусторонним квантилем уровня (1 –
распределения. В силу симметрии распределения z .= – z1– . Преобразуем:

P

n ( xcp  a)



z 
 z1   1  2  P xcp  a   1   1  2 .
n 


Это означает, что с вероятностью 1 – 2 точность приближения хср к а не ниже, чем

z1
. По отношению к неизвестному а,
n
решение неравенства представляет собой интервал:
( xcp  
z1
n
, xcp  
z1
).
n
Этот интервал называют доверительным интервалом для неизвестного среднего а с коэффициентом доверия 1 – 2. С
вероятностью  истинное значение а может быть больше, чем
быть меньше, чем
xcp  
z1
xcp  
z1
, с вероятностью  истинное значение а может
n
z1– . = 1,96.
. Если 1 –
n
Задание 7.
Предполагается проведение выборочного обследования с использованием респондентов в количестве n = (3М+100). Имеется
прогноз, что ожидаемая вероятность равна р = (2М + 5)%. Принято, что доверительная вероятность равна 95%. Определите
ожидаемую точность оценки вероятности. В качестве ответа приведите полуширину доверительного интервала для
вероятности, выраженную в промилле и округлённую до целых.
Решение: Считаем, что обобщенный респондент голосует «за» с вероятностью р и «против» с вероятностью 1 – р.
Оценивая близость наблюдаемого значения m/п и ненаблюдаемой вероятности р, рассмотрим разность m/п – р. По теореме
Муавра–Лапласа нормированная и центрированная случайная величина:
m  np
n
m

   p
n
p
(
1
 p)
np(1  p ) 

с достаточной точностью следует стандартному нормальному распределению N(0,1). Отсюда обычным образом найдём
доверительный интервал оценки. Если доверительная вероятность 1 – 2 = 0,95, то пользуемся известной квантилью
стандартного нормального распределения z1– = 1,96 и определяем доверительный интервал оценки:
m
P  p
 n


n
m
 z1   1  2   p  z1

p(1  p)
n

p(1  p)
n
.
Искомое число, то есть полуширина, умноженная на тысячу:
1000 z1
p(1  p)
.
n
Неравенство показывает, как далеко оценка по наблюдаемым данным m/п может из-за случайностей выбора
респондентов отступить от истинного значения p.
Рабочий лист преподавателя
Группа заданий №3
Ответы для некоторых значений М
Короткий вид ответа при IP = 0
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 1, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 2, Îòâåò:
, 85
Çàäàíèå ¹ 3, Îòâåò:
, 12
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
,6
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
, 99
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 7, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 2, Îòâåò:
, 38
Çàäàíèå ¹ 3, Îòâåò:
,7
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
, 13
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
, 26
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 13, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 2, Îòâåò:
, 26
Çàäàíèå ¹ 3, Îòâåò:
,7
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
, 20
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
,8
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 22, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 2, Îòâåò:
, 18
Çàäàíèå ¹ 3, Îòâåò:
,8
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
, 41
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
,1
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 30, Çàäàíèå ¹ 1, Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 2, Îòâåò:
, 15
Çàäàíèå ¹ 3, Îòâåò:
, 10
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
, 94
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
,0
, 33
, 39
, 41
, 59
, 60
Расширенный вид ответа с демонстрацией промежуточных значений для углублённой проверки при IP  0
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 1, Çàäàíèå ¹ 1,Îòâåò:
33.44821691, 66.55178309
Çàäàíèå ¹ 2,Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 3,Îòâåò:
, 85,
, 33, ãðàíèöà= , 33.44821691,
, 84.75, M=, 1
, 0.639491122910-5, 9, 40.41299014
, 12,
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
, 6,
íàáëþäàåìàÿ ñòàòèñòèêà
, 97,
òåîðåòè÷åñêèå ñðåäíåå è îòêëîíåíèå
, 132, 14.071,
öåíòðèðîâàííàÿ è íîðìèðîâàííàÿ ñòàòèñòèêà
, -2.487385403,
âåðîÿòíîñòü ñëó÷àéíîñòè â ïðîìèëëå
, 6.43
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
, 99, 98.80865995, tn=, 1.380131119
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 7, Çàäàíèå ¹ 1,Îòâåò:
38.95035011, 61.04964989
Çàäàíèå ¹ 2,Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 3,Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
, 13,
, 7,
, 38,
, 39, ãðàíèöà= , 38.95035011,
, 37.80, M=, 7
, 0.0009298361513, 9, 28.06629960
íàáëþäàåìàÿ ñòàòèñòèêà
,
201
,
2
òåîðåòè÷åñêèå ñðåäíåå è îòêëîíåíèå
, 132, 14.071,
öåíòðèðîâàííàÿ è íîðìèðîâàííàÿ ñòàòèñòèêà
, -2.238646862,
âåðîÿòíîñòü ñëó÷àéíîñòè â ïðîìèëëå
, 12.6
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
, 26, 26.38994069, tn=, 2.047065263
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 13, Çàäàíèå ¹ 1,Îòâåò:
40.52897374, 59.47102626
Çàäàíèå ¹ 2,Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 3,Îòâåò:
, 7,
, 26,
, 41, ãðàíèöà= , 40.52897374,
, 26.08, M=, 13
, 0.001177918180, 9, 27.45013654
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
, 20,
íàáëþäàåìàÿ ñòàòèñòèêà
, 103,
òåîðåòè÷åñêèå ñðåäíåå è îòêëîíåíèå
, 132, 14.071,
öåíòðèðîâàííàÿ è íîðìèðîâàííàÿ ñòàòèñòèêà
, -2.060976476,
âåðîÿòíîñòü ñëó÷àéíîñòè â ïðîìèëëå
, 19.7
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
, 8, 7.820662342, tn=, 2.544836041
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 22, Çàäàíèå ¹ 1,Îòâåò:
41.10595076, 58.89404924
Çàäàíèå ¹ 2,Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 3,Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
, 41,
, 8,
, 18,
, 59, ãðàíèöà= , 58.89404924,
, 18.28, M=, 22
, 0.0003108874265, 9, 30.87597662
íàáëþäàåìàÿ ñòàòèñòèêà
,
215
,
2
òåîðåòè÷åñêèå ñðåäíåå è îòêëîíåíèå
, 132, 14.071,
öåíòðèðîâàííàÿ è íîðìèðîâàííàÿ ñòàòèñòèêà
, -1.741169782,
âåðîÿòíîñòü ñëó÷àéíîñòè â ïðîìèëëå
, 40.8
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
, 1, 1.364089873, tn=, 3.147183170
Îòâåòû äëÿ çàäàíèé ïðè M=
, 30, Çàäàíèå ¹ 1,Îòâåò:
39.75290987, 60.24709013
, 60, ãðàíèöà= , 60.24709013,
Çàäàíèå ¹ 2,Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 3,Îòâåò:
Çàäàíèå ¹ 4, Îòâåò:
, 94,
, 10,
, 15,
, 14.54, M=, 30
, 0.00003838164663, 9, 36.07934396
íàáëþäàåìàÿ ñòàòèñòèêà
,
227
,
2
òåîðåòè÷åñêèå ñðåäíåå è îòêëîíåíèå
, 132, 14.071,
öåíòðèðîâàííàÿ è íîðìèðîâàííàÿ ñòàòèñòèêà
, -1.314760856,
âåðîÿòíîñòü ñëó÷àéíîñòè â ïðîìèëëå
, 94.3
Çàäàíèå ¹ 5, Îòâåò:
, 0, 0.3008933592, tn=, 3.598941644
Пояснения к решениям
Группа заданий №3
Задание 1.
Предполагается, что данные порождены случайной величиной с нормальным распределением. Оценка среднего
осуществляется по n = (2М + 7) наблюдениям. Среднее равно хср = 50. Оценка дисперсии по тем же наблюдениям равна s2 =
1000. Уровень коэффициента доверия принят равным (84 + М/2)%. Найти нижнюю (для нечётных М) или верхнюю (для
чётных М) границу доверительного интервала для неизвестного среднего.
2
Решение: Если
пользуемся его оценкой s2 и конструируем соответствующий доверительный интервал для параметра а. Рассмотрим
случайную величину t

n ( xcp  a)
s
. Ее называют стьюдентовской дробью или стьюдентовским отношением, в честь
статистика Госсета, подписывающего свои работы «студент», который первым стал её использовать. Распределение случайной
величины t не зависит от неизвестных параметров а, 2, хотя уже и не является нормальным. Действительно, случайная
величина , имеющая распределение N(a, 2) и реализации хi, может быть записана в виде i = а + 0, где 0 имеет
стандартное нормальное распределение N(0,1). Случайная величина  имеющая распределение N(a, 2/n) = N(a, 2n–1) и
реализации хcpn, может быть записана в виде  = а + n–0,50. Отсюда найдём выражение для s2:
n
s2 
n
 ( xi  xcp ) 2  (( xi  a)  ( xcp  a)) 2
i 1
i 1

n 1
.
n 1
Величины i и  не являются независимыми, так как сумма i равна . Но числитель можно представить в виде суммы
квадратов (n – 1)-ой независимой случайной величины с распределением N(0,1). Таким образом получается, что величина s2
имеет распределение хи-квадрат с п – 1 степенью свободы:
S2 
n1
2
2
i2 ~ n  1  n21 . 
n 1
i 1
Теперь можно найти распределение t:
n 

s
n  ( / n ) 0

n 1
n 1
i 1


 02
0
1 n 1 2
0
n  1 i 1
.
Видно, что t является функцией от стандартно распределенных величин и не связано с параметрами a, 2.
Единственный параметр, от которого зависит распределение t, это количество данных п. Для каждого значения n
распределение случайной величины t может быть вычислено. Его называют распределением Стьюдента с числом степеней
свободы n – 1. Оно симметрично относительно начала координат.
При заданном коэффициенте доверия 1 – 2 можно найти квантиль t1– этого распределения:

P

n ( xcp  a)
s


t
 t1   1  2  P xcp  a  s 1
n



  1  2

Это соотношение характеризуют точность приближения хср к а при заданном коэффициенте доверия 1 – 2. Значение
искомого параметра а с коэффициентом доверия 1 – 2 принадлежит доверительному интервалу:
( xcp  s
t1
n
, xcp  s
t1
).
n
Таким образом, требуется найти для распределения Стьюдента с m = n – 1 степенями свободы квантиль уровня 1 – 
или t1 – :

2 

1  x 
 z    n1 ( x)dx  

n  1 

tна бл Г (( n  1) / 2)  ( n  2) 
z
t1
Г (n / 2)
2 n
2
dx .
Задание 2
Студент в военкомате М + 2 раза измерил свой вес на весах. Он верит табличке на весах, которая утверждает, что
среднеквадратичное отклонение измерений  = 50 г. Найти полуширину доверительного интервала для веса студента в
граммах при подобных взвешиваниях с надёжностью (100 – M/3)% считая, что ошибки измерений имеют нормальное
распределение.
Решение соответствует решению задания 6 из группы 2, но квантиль распределения требуется найти, решая уравнение
для функции Лапласа.
Задание 3
6

4
Дана таблица сопряженности признаков: 
12

9

9
11
M
7
M
M
5
6
5

M
. Каждая клетка соответствует числу наблюдений пары
43 

13 
признаков. Например, первый по столбцу и второй по строке одновременно наблюдались 9 раз. Является ли она значимой? В
ответе указать модуль натурального логарифма вероятности того, что наблюденное (или большее) значение статистики
Фишера-Пирсона Х2 получено случайно.
Решение: Вопрос о сравнении наблюденных в опыте частот с теми, которые предписывает теория возникает во многих
задачах. К.Пирсон и Р.Фишер предложили ныне общепринятый способ сопоставления наблюдаемых частот с частотами,
рассчитанными по модели. Обозначим наблюдаемые частоты через Н; ожидаемые (теоретические) частоты – Т. Если модель
правильно описывает действительность, числа Н и Т должны быть близки друг к другу, сумма квадратов отклонений (Н – Т)2
не должна быть большой. В качестве меры близости наблюдаемых и ожидаемых частот используется величина:
X2 
(H  T )2
T
, где сумма берется по всем ячейкам таблицы сопряженности, служащая мерой согласия опытных данных
с теоретической моделью. Если в конкретном опыте величина X2 оказывается чрезмерно большой, считают, что ожидаемые
частоты слишком сильно отличаются от наблюдаемых и отвергают нулевую гипотезу. Распределение случайной величины X2 в
случае, когда гипотеза верна, находят, используя следующую теорему.
Теорема (К.Пирсон, Р.Фишер). Если верна модель, по которой рассчитаны теоретические частоты Т, то при
неограниченном росте числа наблюдений распределение случайной величины X2 стремится к распределению хи–квадрат.
Число степеней свободы этого распределения определяется как разность между числом событий и числом связей, налагаемых
моделью.
В рассматриваемом примере число событий – это число ячеек в таблице сопряженности, то есть число событий вида
AiBj. Оно равно rs = 16. Связи возникали при подсчёте средних. Число таких независимых соотношений равно r для строк, s –
для столбцов, одна связь общая, число степеней свободы распределения хи–квадрат при проверке независимости равно:
rs – (r – 1) – (s – 1) – 1 = (r – l)(s – 1) = 9.
Если гипотеза независимости неверна, для зависимых признаков X2 неограниченно возрастает при увеличении n.
Поэтому большие значения X2 указывают на взаимную зависимость признаков. Вычислив:
P( X н2 ) 

  ( x)dx , где
(х) –
X н2
случайно.
2(9), находим оценку вероятности того, что наблюдённое (или большее) значение получено
Задание 4
Студенты анализировали гипотезу о влиянии знака Зодиака на такую характеристику, как упрямство в дискуссии. В качестве
альтернативы было выбрано умение договориться. Каждый студент мысленно расположил себя на шкале, где 0
соответствовал абсолютно упрямому индивидууму, 100 – человеку, готовому легко отказаться от своего мнения, чтобы
сохранить контакт с собеседником. Далее студенты были разбиты на две группы: люди знаков Воздуха и Воды вошли в
первую, Земли и Огня – во вторую. Опрос группы дал такие результаты: xi = {65, 20, 19, 65, 35, 50, 60, 70, 50}; yj = {2M, 49,
10, 34, 2M+7, 35, 45, 28, 30, M+13, 25, 35}. Пользуясь статистикой Уилкоксона (её асимптотическим распределением), найти в
промилле вероятность одностороннего нарушения нулевой гипотезы в пользу альтернативы о повышенном упрямстве людей
знаков Земли и Огня.
Решение: Статистика Уилкоксона предназначена для проверки гипотезы о статистической однородности двух групп
данных. Элементы обеих групп наблюдений объединяются в единую последовательность и упорядочиваются в порядке
возрастания, то есть создаётся вариационный ряд объединённой последовательности. Пусть ранги характеристик второй
группы (игреков) в общей последовательности суть S1,...,Sn. Сумма значений рангов второй группы Wнабл = S1 +…+ Sn
называется статистикой Уилкоксона. В примере статистика Wнабл = 126.
Распределение вероятностей значений центрированной и нормированной этой статистики при гипотезе однородности
Н0 и больших числах наблюдений апроксимируется нормальным законом N(0,1):
W* 
W  E (W )
D(W )
~ N (0,1); E (W ) 
n(n  m  1)
nm(n  m  1)
; D(W ) 
.
2
12
Обозначим через z верхнее критическое значение стандартного нормального распределения. Благодаря симметрии
распределения нижнее критическое значение равно (–z). Правило проверки гипотезы Н0 перефразируем так:
– отвергнуть гипотезу Н0 на уровне  против правосторонних альтернатив P(xi < yj) > 0,5 если W*набл  z;
– отвергнуть гипотезу Н0 на уровне  против левосторонних альтернатив P(xi < yj) < 0,5 если W*набл + z  0.
– отвергнуть гипотезу Н0 на уровне 2 против двусторонних альтернатив, если |W*набл|  z.
Указанное нормальное приближение хорошо действует даже для небольших значений, если только  не слишком мало.
При нарушении гипотезы Н0 в любую сторону, значения статистики W удаляются от среднего значения п(т + п+ 1)/2 и
гипотеза должна отвергаться как при слишком больших, так и при слишком малых значениях W в пользу соответствующей
альтернативы.
Задание 5
Произведено n = (2М+10) наблюдений, в результате которых для двумерного нормального распределения установлен
коэффициент корреляции r = 0,4. Найти (в промилле) вероятность того, что в действительности корреляции нет, а
наблюдённое значение реализовалось случайно.
Решение: Если корреляции нет, то для двумерного нормального распределения  = 0. Поэтому проверка гипотезы об
отсутствии корреляции, сводится к проверке гипотезы Н0:  = 0. В этом случае распределение выборочного коэффициента r
известно. Это распределение симметрично и сконцентрировано около нуля (тем сильнее, чем больше n). Поэтому гипотезу Н0
следует отвергнуть, если выборочное значение r (которое отличается от гипотетического  = 0 только за счет действия
случайности) слишком далеко (неправдоподобно далеко) отклоняется от нуля, т.е. |r| превосходит критическое значение для
выбранного уровня значимости. Расчет квантилей для r основан на том, что случайная величина t, получаемая из r
монотонным преобразованием по формуле
t
r n2
1 r2
при гипотезе Н0 подчиняется распределению Стьюдента с m = n –
2 степенями свободы. Таким образом, требуется найти вероятность того, что для распределения Стьюдента с m = n – 2
степенями свободы параметр t превышает наблюдаемое значение:
P(t 
r n2
1 r2


2 

1  t 
 t набл )    n2 (t )dt  

n  2 
tнабл
tнабл Г (( n  2) / 2)  ( n  2) 
Г (( n  1) / 2)
1n
2
dt .
Пример задания, используемого на практике, но не включенного в тесты – результаты расчётов не стабильны в том смысле,
что не для всех параметров удаётся выполнить расчёт. «Ручная» проверка выполнялась с использованием графика функции
распределения и решением уравнения по графику.
Предполагается, что данные порождены случайной величиной с нормальным распределением. Оценка дисперсии
осуществляется по n = (2М+7) наблюдениям. Она равна s2 = 10. Уровень коэффициента доверия принят равным 1 – 2 = 1 –
М%. Найти нижнюю (для чётных М) или верхнюю (для нечётных М) границу доверительного интервала для неизвестной
дисперсии.
Решение: Нормированная случайная величина s2 фактически суть сумма квадратов независимых нормально
распределённых случайных величин в количестве (п – 1)-а:
(n  1) S 2
2
n1
 i2 ~ n21 ,
i 1
то есть она имеет распределение хи–квадрат с (п – 1) степенью свободы. Это распределение не симметрично. Поэтому
можно брать любые положительные квантили уровня 1 и 1 – 2 + 1. Обычно выбирают верхнюю и нижнюю квантили 1–2 и
2. При этом:
Р(2 < 2 < 1–2) = 1 – 2.
При заданном коэффициенте доверия 1 – 2,


s 2 (n  1)


P 2 
 12   1  2 
2





2
2
2
2


 
s
s 2 (n  1) 

 s (n  1)

2
P   2  1   1  2  P



  1  2
2
2
n 1 


 
 n 1 

 1
Таким образом, доверительный интервал для неизвестной дисперсии может иметь вид:
 s 2 (n  1) s 2 (n  1) 

.
;
2
 2


1



Здесь
z
y
0
0
z   2    n 1 (t )dt   ;y  12    n 1 (t )dt  1   ;  n (t ) 
( x / 2) n / 2 1 e  x / 2
2 Г (n / 2)
Это уравнение в нескольких случаях я решал графически.