Upload
others
View
3
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
ENM317 Mühendislik İstatistiği
İSTATİSTİKSEL TAHMİN
Prof. Dr. Nihal ERGİNEL
ANADOLU ÜNİVERSİTESİ
İSTATİSTİKSEL TAHMİN
Örnekten anakütle parametrelerinin tahmin
edilmesidir.
İki tür tahminleme yöntemi vardır:
1-Nokta tahminlemesi (Point estimation)
2- Aralık tahminlemesi (Interval
estimation)
İYİ BİR TAHMİNLEYİCİNİN ÖZELLİKLERİ:
Yansızlık (Unbiasedness)
B( θ) = B ( X) = µ (yansız tahminleyici)
B( θ) = B ( X + α) = B ( X)+ B (α) = µ + α (yanlı tahminleyici)
Kararlılık (Consistency)
n ∞ (or N) iken 𝑋 µ ise ve P( 𝑋 µ ) = 1 ise
kararlı tahminleyicidir.
Etkinlik (Efficiency)
𝑛1 = 𝑛2 iken,
V( 𝜃1) < V( 𝜃2) , 𝑋1 daha etkin tahminleyicidir.
Yeterlilik (Sufficiency)
𝑥𝑖 : rassal değişken
𝑓(𝑥𝑖) : olasılık yoğunluk fonksiyonu iken,
𝑓(𝑥1, 𝑥2, … . . , 𝑥𝑛 / 𝜃 ) , 𝜃 ‘ dan bağımsız ise 𝜃 , 𝜃 için
yeterli bir tahminleyicidir.
1-Nokta Tahminlemesi
B[ 𝑋 ] = µ , B[𝑆2] = 𝜎2
Risk: Anakütle ortalaması µ ‘nün örnek
ortalaması ile tahmin edilmesine ilişkin risk, 𝑋′ nın µ‘den mutlak farkın uygun bir hata
düzeyi e‘den fazla olma olasılığıdır.
Risk = P(| 𝑋 - µ|> e ) = 𝛼 : anlam düzeyi
Ortalamalar için:
𝑋 ~ N (µ, 𝜎2
𝑛) P (| 𝑋 - µ|> e )= α ise,
P (e < 𝑋 - µ)= α /2 olur.
P( 𝑒
𝜎 𝑥<
𝑋 − µ
𝜎 𝑥) = P (
𝑒
𝜎/ 𝑛< z) = α/2
𝑒
𝜎/ 𝑛= 𝑧𝛼/2 elde edilir.
nokta tahminlemesinde alınması
gereken örnek büyüklüğün= 𝑍𝛼
2
2. 𝜎2
𝑒2
Tek taraflı baktığımızda,
Buradan,
Anakütle az ve iadesiz örnek seçiliyorsa;
alınması gereken örnek büyüklüğü:
n = 𝑁.(𝑧α/2)2. 𝜎2
𝑁−1 𝑒2+ (𝑧α/2)2. 𝜎2
n = (𝑧α/2)2.𝑝(1−𝑝)
𝑒2
Oranlar için;
P(| 𝑝 − 𝑝|> e ) = Risk = α iken, P( 𝑝 − 𝑝 > 𝑒) = P( 𝑝 − 𝑝 < 𝑒) = 𝛼
2olur
P(𝑒
𝜎𝑝<
𝑝−𝑝
𝜎𝑝) =
𝛼
2P(
𝑒
𝜎𝑝< 𝑧) z=
𝑒
𝑝(1−𝑝)
𝑛
Anakütle küçük ve iadesiz örnek ise;
alınması gereken örnek büyüklüğü:
n = 𝑁.(𝑧α/2)2.𝑝(1−𝑝)
𝑁−1 𝑒2+(𝑧α/2)2.𝑝(1−𝑝)
ÖRNEK
Bir bisküvi paketleme makinesinden alınan örnekler gramajlarının
belirlenmesi amacıyla tartılmış ve aşağıdaki değerler elde edilmiştir.
82 -85 -78 -75 -85 -80 -82 -87 -90 -72 –
75 -88 -85 -92 -78 -74 -72 -80 -82 -76
Buna göre;
a) Anakütlenin ortalama ve standart sapmasını tahmin ediniz.
b) Örnekten anakütle ortalaması tahmin edilirken yapılacak hatanın en
fazla 5gr olması istenirse, % 95 güven seviyesinde alınan örnek
büyüklüğünün yeterli olup olmadığını belirleyiniz.
ÇÖZÜM
a) 𝑋= 𝑖=1
20 𝑋𝑖
20=
1618
20= 80,9 B[ 𝑋] = µ olduğu için µ = 80,9 gr
𝑆2 = 𝑖=1
20 (𝑥𝑖− 𝑥)2
20−1= 665,8/ 19 = 35,04
B[𝑆2] = 𝜎2 olduğu için 𝜎2= 35,04 olur.
b) e = 5 gr 𝛼 = 0,05
𝑍𝛼
2= 𝑍0,05
2
= 1,96
n = (𝑧α/2)2. 𝜎2
𝑒2 = 1,96 2.35,04
52 ≅ 189 adet
Aralık Tahminlemesi
Her zaman tekbir değer anakütleyi temsil etmeye yetmez.
Belirli bir güvenle anakütle parametresinin belirlenmiş
aralıkta çıkmasıdır.
L ≤ µ ≤ u güven aralığı
Güven Seviyesi: Aynı anakütleden alınan, aynı büyüklükteki
örneklerden elde edilen aralık tahminlerinin µ‘yü içerenlerin oranı
olarak tanımlanır. (1-α)
Şekilde 10 örnek alınmış ve 1 örnek için
hesaplanan güven aralığı, anakütle parametresi
µ ‘yü içermemektedir. Güven seviyesi %90 ‘dır.
Aldığımız 1 kerelik örnek %90 güvenle µ’yü içerir.
L: Alt güven sınırı (Lower confidence limit)
U: Üst güven sınırı (Upper confidence limit)
1-α: güven seviyesi (confidence coefficient)
α: anlam düzeyi (significant level)
P L ≤ θ ≤ U = 1-α Çift yönlü güven aralığı
P L ≤ θ = 1-α
P θ ≤ U = 1-αTek yönlü güven aralığı
Anakütle ortalamasının güven aralığı:
𝜎 biliniyor iken;
𝑋 ~ N (µ, 𝜎2
𝑛) , z=
𝑥−µ
𝜎/ 𝑛~ N (0,1)
P −𝑧𝛼/2≤ z ≤ 𝑧𝛼/2 = 1-α olduğu görülmektedir.
P −𝑧𝛼/2≤ 𝑥−µ
𝜎/ 𝑛≤ 𝑧𝛼/2
P 𝑥−𝑧𝛼/2.𝜎
𝑛≤ µ ≤ 𝑥 + 𝑧𝛼/2.
𝜎
𝑛= 1-α ise ;
ÖRNEK:
Bir tuğla üretim sürecinde tuğlanın boyutları için 25
adet örnek alınmış ve tuğlanın boyunun ortalaması 26,3
cm olarak bulunmuştur. Anakütle varyansı 2,56 ise %90
güven seviyesinde anakütle ortalamasının güven
aralığını bulunuz.
ÇÖZÜM:
x: tuğla boyu(cm)
n = 25 adet
𝑥 = 26,3 cm , 𝜎2= 2,56
𝜎 biliniyor 𝜎= 1,6 cm , α = 0,1
𝑥−𝑧𝛼/2.𝜎
𝑛≤ µ ≤ 𝑥 + 𝑧𝛼
2.
𝜎
𝑛
Anakütle µ’nün % 90 güven seviyesinde güven aralığı:
= 26,3−𝑧0,01
2
.1,6
25≤ µ ≤ 26,3 + 𝑧0,01
2
.1,6
25
= 26,3 − 1,65.1,6
25≤ µ ≤ 26,3 + 1,65.
1,6
25
= 25,77 ≤ µ ≤ 26,83
Yorum: % 90 güvenle anakütledeki tuğlaların boyu 25,77cm
ile 26,83 cm arasındadır.
! 𝜎 bilinmiyor ise yerine S kullanılır.
𝑥−𝑧 𝛼 2.𝑆
𝑛≤ µ ≤ 𝑥 + 𝑧 𝛼 2.
𝑆
𝑛n ≥ 30
n < 30 𝑥−𝑡 𝛼2;𝑛−1
.𝑆
𝑛≤ µ ≤ 𝑥 + 𝑡 𝛼
2;𝑛−1.
𝑆
𝑛
Eğer anakütle dağılımı Normal ve 𝜎 biliniyor ise, n < 30 olsa
bile; güven aralığı tahmininde Normal Dağılım (z) kullanılır.
Bir üretim hattından alınan 20 adet seramik karonun
ağırlıkları tartılmıştır. Ortalama 275,8 gr, S = 6,78 olarak
bulunmuştur. Buna göre üretim hattı anakütle
ortalamasının %5 anlam düzeyinde güven aralığını
bulunuz.
ÖRNEK:
ÇÖZÜM:
x: seramik karonun ağırlığı (gr)
n = 20 adet
𝑥 = 275,8 gr; S= 6,78 , α = 0,05
! 𝜎 bilinmiyor ve n<30 olduğu için t dağılımı kullanıyoruz.
𝑥−𝑡 𝛼2
;𝑛−1.
𝑆
𝑛≤ µ ≤ 𝑥 + 𝑡 𝛼
2;𝑛−1
.𝑆
𝑛
= 275−𝑡 0,05
2;20−1
.6,78
20≤ µ ≤ 275,8+𝑡 0,05
2;20−1
.6,78
20
= 275,8 − (2,093).6,78
20≤ µ ≤ 275,8 + (2,093).
6,78
20
= 272,6≤ µ ≤ 278,97
Yorum: %95 güven seviyesinde seramik karo ağırlıklarının
anakütle ortalaması 272,6 gr ile 278,97 gr arasında değişmektedir.
Anakütle oranının güven aralığı
p: anakütle oranı
𝑝: örnek oranı olmak üzere;
𝜎𝑝 = 𝑝(1−𝑝)
𝑛
𝑝−p
𝜎𝑝~ N (p;𝜎𝑝
2) ise;
𝑝 − 𝑧𝛼/2. 𝜎𝑝 ≤ p ≤ 𝑝 + 𝑧𝛼/2. 𝜎𝑝 veya
𝑝 − 𝑧𝛼/2. 𝑝(1− 𝑝)
𝑛≤ p ≤ 𝑝 + 𝑧𝛼/2.
𝑝(1− 𝑝)
𝑛
ÖRNEK:
Rassal olarak 75 adet otomobil mili incelenmiş ve
bunlardan 12 tanesinin yüzey düzgünlüğünün verilen
spesifikasyonlar dışında olduğu belirlenmiştir. Buna göre
yüzey düzgünlüğü belirlenen spesifikasyonlar dışında olan
millerin anakütle oranının %99 güven seviyesinde güven
aralığını bulunuz.
ÇÖZÜM:n: 75 adet
p = 12
75= 0,16 , α = 0,01
𝑝 − 𝑧𝛼/2. 𝑝(1 − 𝑝)
𝑛≤ p ≤ 𝑝 + 𝑧𝛼/2.
𝑝(1 − 𝑝)
𝑛
= 0.16-(2,58)0,16(1−0,16)
75≤ p ≤ 0.16 + (2,58)
0,16(1−016)
75
=0,05 ≤ p ≤ 0,27
Yorum: %99 güven seviyesinde yüzey düzgünlüğü belirlenen
spesifikasyonlar dışında olan millerin anakütle oranı 0,05 ile 0,27 arasında
değişmektedir.
Anakütle Ortalamaları Arasındaki Farkın Güven Aralığı
𝝈𝟏 ve 𝝈𝟐 biliniyor ise;
𝝈𝑿𝟏− 𝑿𝟐=
𝜎12
𝑛1+
𝜎22
𝑛2ise;
𝑋1 - 𝑋2 - 𝑍𝛼/2. 𝜎1
2
𝑛1+
𝜎22
𝑛2≤ µ1 − µ2 ≤ 𝑋1 - 𝑋2 + 𝑍𝛼/2.
𝜎12
𝑛1+
𝜎22
𝑛2
ÖRNEK:
1. diyet 95 kişiye, 2. diyet 100 kişiye uygulanmış ve
ortalama kaybedilen kilolar sırasıyla 𝑋1 =3 kg ve 𝑋2 = 5
kg olarak bulunmuştur. Standart sapmaları da sırasıyla
5 kg. ve 6 kg.dır. %95 güven seviyesinde, farklı diyet
uygulamak kilo kayıplarını etkilemiş midir?
ÇÖZÜM:
𝑋1 - 𝑋2 - 𝑍𝛼/2. 𝜎1
2
𝑛1+
𝜎22
𝑛2≤ µ1 − µ2 ≤ 𝑋1 - 𝑋2 + 𝑍𝛼/2.
𝜎12
𝑛1+
𝜎22
𝑛2
3-5-𝑍0,02552
95+
62
100≤ µ1 − µ2 ≤ 3-5+𝑍0,025
52
95+
62
100
-2-(1,96).(0,7894) ≤ µ1 − µ2 ≤ -2+(1,96).(0,7894)
-3,547 ≤ µ1 − µ2 ≤ -0,45
Yorum: %95 güven seviyesinde 2. diyet 1.
diyete göre daha fazla kilo kaybettirmiştir.
𝝈𝟏 ve 𝝈𝟐 bilinmiyor ancak varyansların eşit olduğu
varsayılıyor ise;
𝑆𝑝 = 𝑛1−1 𝑆1
2+ 𝑛2−1 𝑆22
𝑛1+𝑛2−2
𝑋1 - 𝑋2 - 𝑡𝛼
2;(𝑛1+𝑛2−2) .𝑆𝑝
1
𝑛1+
1
𝑛2≤ µ1 − µ2 ≤ 𝑋1 - 𝑋2 + 𝑡𝛼
2;(𝑛1+𝑛2−2) .𝑆𝑝
1
𝑛1+
1
𝑛2
(𝜎12 = 𝜎2
2 )
ÖRNEK:
Bir kimyasal süreçte iki farklı katalizör devre levhalarını aşındırmak için
kullanılmaktadır. Bu iki katalizörün photoresist malzemeyi yok etme
zamanları ölçülmüştür. 1. Katalizör için 12 adet örnek alınmış ve zaman
ortalaması 𝑋1 = 24,6 ve standart sapması 𝑆1 = 0,85 olarak bulunmuştur. .
2. Katalizör için 15 örnek alınmış ve 𝑋2 = 22,1 dk. ve standart sapması 𝑆2
= 0,98 dk. olarak bulunmuştur. İki ana kütlenin varyanslarının eşit olduğu
varsayımı ile %95 güven seviyesinde ortalamalar arası farkın güven
aralığını bulunuz.
ÇÖZÜM:𝑆𝑝 =
𝑛1−1 𝑆12+ 𝑛2−1 𝑆2
2
𝑛1+𝑛2−2=
12−1 𝑆12+ 15−1 𝑆2
2
12+15−2= 0,925
𝑋1 - 𝑋2 - 𝑡𝛼
2;(𝑛1+𝑛2−2) .𝑆𝑝
1
𝑛1+
1
𝑛2≤ µ1 − µ2 ≤ 𝑋1 - 𝑋2 + 𝑡𝛼
2;(𝑛1+𝑛2−2) .𝑆𝑝
1
𝑛1+
1
𝑛2
24,6-22,1-𝑡0,025;(25) .0,925 1
12+
1
15≤ µ1 − µ2 ≤ 24,6-22,1+𝑡0,025;(25) .0,925
1
12+
1
15
24,6-22,1-(2,06).0,925 1
12+
1
15≤ µ1 − µ2 ≤ 24,6-22,1+(2,06).0,925
1
12+
1
15
1,76 ≤ µ1 − µ2 ≤ 3,24
Yorum: % 95 güven seviyesinde katalizör 1 için
photoresist malzemeyi yok etme zamanı 1,76 ile 3,24
dk. daha fazladır.
𝝈𝟏 ve 𝝈𝟐 bilinmiyor ancak varyansların eşit olmadığı
varsayılıyor ise; (𝜎12 ≠ 𝜎2
2 )
𝑋1 - 𝑋2 - 𝑡𝛼
2; 𝜗
.𝑆1
2
𝑛1+
𝑆22
𝑛2≤ µ1 − µ2 ≤ 𝑋1 - 𝑋2 + 𝑡𝛼
2; 𝜗
.𝑆1
2
𝑛1+
𝑆22
𝑛2
𝜗 =
𝑆12
𝑛1+
𝑆22
𝑛2
2
𝑆12/𝑛1
2
𝑛1+1+
𝑆22/𝑛2
2
𝑛2+1
– 2
İki farklı tip çimento karıştırma aracından birisinin alınmasına kara
verebilmek için her ikisi ile de denemeler yapılmıştır. 1. tip çimento
aracında 15 deneme yapılarak beton oluşturulmuş ve betonun
mukavemet ortalaması 𝑋1 = 300 nt, varyansı 16 nt2 olarak bulunmuştur. 2.
tip çimento aracında 10 deneme yapılarak beton oluşturulmuş ve
betonun mukavemet ortalaması 𝑋2 = 325 nt, varyansı 49 nt2 olarak tespit
edilmiştir. İki ana kütlenin varyanslarının eşit olmadığı varsayımı ile %95
güven seviyesinde ortalamalar arası farkın güven aralığını bulunuz.
ÖRNEK:
𝑋1 - 𝑋2 - 𝑡𝛼
2; 𝜗 .
𝑆12
𝑛1+
𝑆22
𝑛2≤ µ1 − µ2 ≤ 𝑋1 - 𝑋2 + 𝑡𝛼
2; 𝜗 .
𝑆12
𝑛1+
𝑆22
𝑛2
𝜗 =
𝑆12
𝑛1+
𝑆22
𝑛2
2
𝑆12/𝑛1
2
𝑛1+1+
𝑆22/𝑛2
2
𝑛2+1
– 2 =14
300 − 325 - 𝑡0,025;14 .16
15+
49
10≤ µ1 − µ2 ≤ 300 − 325 + (2,145).
16
15+
49
10
𝑡0,025;14 = 2.145
−30,24 ≤ µ1 − µ2 ≤ −19,76
Yorum: % 95 güven seviyesinde 2. çimento makinesinin
beton mukavemeti, 1. çimento makinesinin beton
mukavemetinden den daha fazladır.
Anakütle Oranları Arasındaki Farkın Güven Aralığı
𝑝1- 𝑝2 - 𝑍𝛼/2. 𝑝1(1− 𝑝1)
𝑛1+
𝑝2(1− 𝑝2)
𝑛2≤ 𝑝1 − 𝑝2 ≤ 𝑝1- 𝑝2 +𝑍𝛼/2.
𝑝1(1− 𝑝1)
𝑛1+
𝑝2(1− 𝑝2)
𝑛2
ÖRNEK:
75 adet otomobil mili incelenmiş ve 12 tanesinin yüzey
düzgünlüğünün spesifikasyon limitlerinin dışında olduğu görülmüştür.
Mühendisler yüzey düzgünlüğünü sağlamak için iyileştirme
çalışmaları yapmış ve tekrar süreçten 85 adet örnek almıştır. Alınan
örneklerden 10 tanesinin yüzey düzgünlüğü hatalı çıkmıştır. Buna
göre yapılan iyileştirmenin yüzey pürüzlülüğünü gidermek için faydalı
olup olmadığını %95 güven seviyesinde yorumlayınız.
ÇÖZÜM:
𝑛1 = 75 𝑛2 = 85
𝑝1= 12/75= 0,16 𝑝2= 10/85=0,12
𝑝1- 𝑝2 - 𝑍𝛼/2. 𝑝1(1− 𝑝1)
𝑛1+
𝑝2(1− 𝑝2)
𝑛2≤ 𝑝1 − 𝑝2 ≤ 𝑝1- 𝑝2 +𝑍𝛼/2.
𝑝1(1− 𝑝1)
𝑛1+
𝑝2(1− 𝑝2)
𝑛2
0,16-0,12-(1,96)0,16 0,84
75+
0,12(0,88)
85≤ 𝑝1 − 𝑝2 ≤0,16-0,12+(1,96)
0,16 0,84
75+
0,12(0,88)
85
-0,07 ≤ 𝑝1 − 𝑝2 ≤0,15
Yorum: Güven aralığı ‘0’ değerinin içerdiği için yapılan
iyileştirmenin kusurlu oranını azalttığı söylenemez.
Bunun için veriler yeterli kanıt oluşturmamaktadır.
Aynı örneklerin farklı iki durumunun incelenmesidir.
Eşleştirilmiş Gözlemlerin Güven Aralığı
𝑀𝐷 = B[D]= B(𝑋1 - 𝑋2)= µ1 - µ2
𝜎𝐷2 = V(𝑋1 - 𝑋2); (𝜎1
2 ≠ 𝜎22 ) olduğu varsayılıyor. (n ≤ 30 )
t = 𝐷−𝐷
𝑆𝐷/ 𝑛
; n-1 serbestlik derecesinde.
𝑋1 , 𝑋2 Normal dağılmış ve ortalaması µ1 , µ2 olan rassal
değişkenler olsun.
𝐷𝑖 = 𝑥1𝑖 - 𝑥2𝑖 ise; 𝑆𝐷 = 𝐷𝑖− 𝐷 𝟐
n−1
𝐷 - 𝑡𝛼
2;𝑛−1
.𝑆𝐷
𝑛≤ µ𝐷 ≤ 𝐷 + 𝑡𝛼
2;𝑛−1
.𝑆𝐷
𝑛
ÖRNEK: 2 farklı araba markasının belirlenmiş
bir park yerine paralel olarak park
edilme sürelerinin birbirinden farklı
olup olmadığı incelenmek istenmiş
ve n=14 kişinin park etme süreleri
aşağıdaki gibidir. %90 güven
seviyesinde park etme süreleri
arasındaki farkın güven aralığını
bulunuz.
Otomobil 1 Otomobil 2 Fark
37 17,8 19,2
25,8 20,2 5,6
16,2 16,8 -0,6
24,2 41,4 -17,2
2 21,4 -19,4
33,4 38,4 -5
23,8 16,8 7
58,2 32,2 26
33,6 27,8 5,8
24,4 23,2 1,2
23,4 29,6 -6,2
21,2 20,6 0,6
36,2 32,2 4
29,8 53,8 -24
ÇÖZÜM: 𝑑 = 1,21
n=14
𝑆𝑑 =12,68
𝐷 - 𝑡𝛼
2;𝑛−1
.𝑆𝐷
𝑛≤ µ𝐷 ≤ 𝐷 + 𝑡𝛼
2;𝑛−1
.𝑆𝐷
𝑛
1,21-𝑡0,05;13.12,68
14≤ µ𝐷 ≤ 1,21+𝑡0,05;13.
12,68
14
1,21-(1,771).12,68
14≤ µ𝐷 ≤ 1,21+(1,771).
12,68
14
-4,79≤ µ𝐷 ≤ 7,21
𝐘𝐨𝐫𝐮𝐦: µ𝐃 aralığı ‘0’ değerini içermektedir. Bu da % 90
güven seviyesinde iki arabanın park etme süreleri
arasında fark olduğu iddiasını desteklememektedir.
Normal Dağılım Varyansının Güven Aralığı
X ; µ ve 𝜎2 bilinmeyen Normal dağılmış bir rassal değişken olsun.
𝑋1 , 𝑋2,….., 𝑋𝑛 n birimlik rassal örnekler ve bunların varyansı da 𝑆2 olsun.
Örnekleme dağılımı;
𝜒2 = (𝑛−1)𝑆2
𝜎2 , n-1 serbestlik derecesinde olur
Anakütle varyansının güven aralığı;
(𝑛−1)𝑆2
𝜒2α2
; n−1
≤ 𝜎2 ≤(𝑛−1)𝑆2
𝜒21−
α2
; n−1
ÖRNEK:
Bir süt şişeleme tesisinde dolum sürecinin standart sapmasının 20 gramdan az olması isteniyor. Bu tesisten alınan 25 adet süt şişesi tartılmış ve varyansı 256 gr2 olarak bulunmuştur. Dolum işleminin normal dağıldığı varsayılırsa değişkenlik istenen düzeyde midir? (α = 0,05)
ÇÖZÜM:
𝜎 2 ≤ 400 gr2 istenmektedir.𝜎 ≤ 20 grn: 25 adet
S 2 = 256 gr2
𝜎2 ≤(𝑛−1)𝑆2
𝜒21−α; n−1
𝜎2≤25−1 .256
𝜒21−0,05;25−1
𝜎2 ≤25−1 256
13,85
𝜎2 ≤ 443 gr2
Yorum: %95 güven
seviyesinde anakütle
varyansının istenen
varyansı sağlamadığı
görülmektedir.
İki Normal Dağılımın Varyanslarının Oranlarının Güven Aralığı
𝑋1 , 𝑋2 ortalaması µ1 , µ2 ve varyansları 𝜎12 , 𝜎2
2 bilinmeyen
Normal dağılmış iki bağımsız rassal değişken iken; anakütle
varyanslarının örnekleme dağılımı;
serbestlik derecesinde olur.F =
𝑆12/𝜎1
2
𝑆22/𝜎2
2 (𝑛2 − 1), (𝑛1 − 1)
Anakütle varyansları oranlarının güven aralığı;
𝑆12
𝑆22 . 𝐹
1−α
2; 𝑛2−1;𝑛1−1
≤𝜎1
2
𝜎22 ≤
𝑆12
𝑆22 . 𝐹α
2; 𝑛2−1;𝑛1−1
olur.
ÖRNEK:
Aynı parçayı üreten iki üretim hattının ana kütle
varyansınını eşit olup olmadığını test etmek için sırasıyla 25
ve 30 birimden oluşan örnekler alınmış ve 1. Hattın
varyansı 0,084; 2. Hattın varyansı 0,095 olarak
bulunmuştur. Sonucu %90 güven seviyesinde yarumlayınız.
ÇÖZÜM: 𝑆12
𝑆22 . 𝐹
1−α
2; 𝑛2−1;𝑛1−1
≤𝜎1
2
𝜎22 ≤
𝑆12
𝑆22 . 𝐹α
2; 𝑛2−1;𝑛1−1
0,084
0,095.
1
𝐹0,05; 24;29≤
𝜎12
𝜎22 ≤
0,084
0,095.𝐹0,05; 29;24
0,084
0,095.(0,529) ≤
𝜎12
𝜎22 ≤
0,084
0,095.(1,94)
0,4677 ≤𝜎1
2
𝜎22 ≤ 1,72
Yorum: Güven aralığı 1’i içerdiği için %90 güven
seviyesinde varyanslar arasında fark olduğu
söylenemez.
𝐹1−α
2; 𝑛2−1;𝑛1−1 =
1
𝐹α2;𝑛1−1;𝑛2−1
𝐹0,05; 29;24 = 1,94
𝐹0,95; 29;24 =1
𝐹0,05; 24;29
= 1
1,89= 0,529