\documentclass{article}

% Call the style package
\usepackage{fun3style}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{cmap}                   % поиск в PDF
\usepackage[T2A]{fontenc}           % кодировка
\usepackage[utf8]{inputenc}         % кодировка исходного текста
\usepackage[english,russian]{babel} % локализация и переносы
\usepackage{amsmath}
\usepackage{mathtools}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{graphicx}
\graphicspath{{Images/}}
\DeclarePairedDelimiter\floor{\lfloor}{\rfloor}
\title{Маргарита Коннова, БПИ184}
\author{ИДЗ-4, Вариант 13}
\date{}

\begin{document}

\maketitle

\section*{Задача 7}
    \textbf{
        Построить 90\% доверительный интервал для вероятноси попадания снаряда в цель, если после 220-ти выстрелов в цель попало 75 снарядов (предполагается, что случайная величина - попадания снаряда в цель - имеет нормальное распределение).
    }

    \paragraph{Решение}
    Так как количество испытаний n = 220 достаточно велико (порядка сотни и больше), то для оценки вероятности попадания в цель используем формулу (1), где n - количество выстрелов в общем, $\omega$ - относительная частота попадания в цель.
    \\ \\
    \begin{minipage}{45em}
         \begin{equation}
            \omega - t \sqrt{\frac{\omega(1 - \omega)}{n}} < p < \omega + t \sqrt{\frac{\omega(1 - \omega)}{n}}
        \end{equation}
    \end{minipage}
    \\ \\ \\

    Тогда $\omega = \frac{75}{220} \approx 0.341$. Коэффициент доверия t найдем из соотношения $2\Phi(t) = \gamma$, тогда $
    t = \Phi^{-1}(\frac{\gamma}{2}) = \Phi^{-1}(\frac{0.9}{2}) = \Phi^{-1}(0.45) = 1.65$.

    \\ \\ \\ \bigskip

    Подставим данные и найдем правую и левую границы.

    \begin{center}
        $0.341 - 1.65 \sqrt{\frac{0.341(1 - 0.341)}{220}} \approx 0.341 - 0.053 \approx 0.288 $

    \\

        $0.341 + 1.65 \sqrt{\frac{0.341(1 - 0.341)}{220}} \approx 0.341 + 0.053 \approx 0.394 $
    \end{center}

    \\ \\

    Получаем, что 0.288 < p < 0.394.

    \paragraph{Ответ: } 0.288 < p < 0.394.


\section*{Задача 8}
    \textbf{
        Будем считать, что наблюдаемая в задаче №6 СВ имеет гауссовское распределение.
        \\ a) Постройте двусторонние доверительные интервалы уровня надёжности 0.99 для математического ожидания и дисперсии наблюдаемой случайной величины.
        \\ б) Проверьте на уровне значимости 0.05 гипотезу о том, что математическое ожидание наблюдаемой СВ равно 2, а дисперсия равна 1.
    }

    \paragraph{Решение}

    1)  $x_1, ... x_n; \ \ \ x_i \mathtt{\sim} N(\Theta_1, \Theta_2^2)$

    \paragraph{а.1)} Построим двусторонний доверительный интервал для математического ожидания. Для СВ с гауссовским распределением при неизвестной дисперсии он высчитывается по формуле (2).

    \bigskip
    \begin{minipage}{45em}
         \begin{equation}
            P(\overline{X} - \frac{\hat\sigma Z_{1 - \frac{\alpha}{2}, n - 1}}{\sqrt{n}} < \Theta_1 < \overline{X} + \frac{\hat\sigma Z_{1 - \frac{\alpha}{2}, n - 1}}{\sqrt{n}}) = 1 - \alpha
        \end{equation}
    \end{minipage}
    \\ \\ \\

    Возьмем данные из задачи №6 и условия, тогда:
    \begin{itemize}
        \item $\overline{X} =  1.861$ - выборочная точечная оценка математического ожидания;
        \item $\hat\sigma$ = 0.632 - оценка среднеквадратического отклонения;
        \item n = 100 - количество испытаний (степени свободы);
        \item $Z_{1 - \frac{\alpha}{2}}$ - квантиль распределения Стьюдента уровня $1 - \frac{\alpha}{2}$ с n - 1 степенями свободы, $Z_{0.995}(99) \approx 2.626$;
        \item 1 - $\alpha$ = 0.99 - уровень надежности.
    \end{itemize}
    \\
    Получаем, что: \\

    $P(1.861 - \frac{0.632 \cdot 2.626}{\sqrt{100}} < \Theta_1 < 1.861 + \frac{0.632 \cdot 2.626}{\sqrt{100}}) \approx P(1.695 < \Theta_1 < 2.027)$ = 0.99.

    \paragraph{а.2)} Построим двусторонний доверительный интервал для дисперсии по формуле (3).

    \bigskip
    \begin{minipage}{45em}
         \begin{equation}
            P(\frac{\sum_{i = 1}^n(x_i - \overline{X})^2}{\chi^2_{n - 1, 1 - \frac{\alpha}{2}}} < \Theta_2^2 < \frac{\sum_{i = 1}^n(x_i - \overline{X})^2}{\chi^2_{n - 1, \frac{\alpha}{2}}}) = 1 - \alpha
        \end{equation}
    \end{minipage}
    \\ \\

    В номере №6 было посчитано, что сумма квадратов отклонений от выборочного среднего равна 39.48. Квантили распределения xi-квадрат (табличные данные): $\chi^2_{99, 0.995} \approx 138.987, \chi^2_{99, 0.005} \approx 66.510$.
    \\ \\ \bigskip
    Проведем рассчеты, используя эти данные:

    $P(\frac{39.48}{138.987} < \Theta^2_2 < \frac{39.48}{66.510}) \approx P(0.284 < \Theta^2_2 < 0.594) = 0.99.$

    \\ \\ \\ \bigskip

    \paragraph{б.1)} Проверим гипотезу о том, что математическое ожидание наблюдаемой СВ равно 2.
    Уровень значимости: $\alpha = 0.05$.
    Гипотеза $H_0 : m_0 = 2.$ Альтернативная гипотеза $H_A: m_0 \neq 2$. \\

    Доверительный интервал G = [$-t_{\gamma, n - 1}, t_{\gamma, n - 1}$]. По условию $\gamma = 1 - \frac{\alpha}{2} = 0.975.$ Тогда G = [$-t_{0.975, 99}, t_{0.975, 99}$] $\approx$ [-1,984, 1,984].

    Возьмем значения математического ожидания $\hat{m_x} = \overline{X} = 1.861$ и дисперсии $\hat{d_x} = D = 0.395$ из №6. Посчитаем статистику z по формуле (4).

    \bigskip
    \begin{minipage}{45em}
         \begin{equation}
            z = \frac{(\hat{m_x} - m_0)\sqrt{(n - 1)}}{\sqrt{\hat{d_x}}}
        \end{equation}
    \end{minipage}
    \\ \\
    Тогда $z = \frac{(1.861 - 2)\sqrt{99}}{\sqrt{0.395}} \approx 2.201.$ Найденная z $\notin G \Longrightarrow$ на уровне доверия $1 - \alpha$ можно считать, что результаты наблюдений противоречат гипотизе $H_0$, состоящей в том, что $m_0 = 2.$

    \paragraph{б.2)} Проверим гипотезу о том, что дисперсия наблюдаемой СВ равна 1.
    Уровень значимости: $\alpha = 0.05$.
    Гипотеза $H_0 : \sigma_0^2 = 1.$ Альтернативная гипотеза $H_A: \sigma_0^2 \neq 1.$ \\

    Доверительный интервал G = [$\chi_{0.025, 99}, \chi_{0.975, 99}$] = [73.361, 128.422].

    Посчитаем статистику z по формуле (5).

    \bigskip
    \begin{minipage}{45em}
         \begin{equation}
            z = \frac{n \hat{d_x}}{\sigma_0^2}
        \end{equation}
    \end{minipage}
    \\ \\ \bigskip
    Тогда $z = \frac{100 \cdot 0.395}{1} = 39.5$. Найденная z $\notin G \Longrightarrow$ на уровне доверия $1 - \alpha$ можно считать, что результаты наблюдений противоречат гипотизе $H_0$, состоящей в том, что $\sigma_0^2 = 1.$

    \paragraph{Ответ:} \\
    $P(1.695 < \Theta_1 < 2.027)$ \\
    $P(0.284 < \Theta^2_2 < 0.594)$ \\
    Обе гипотезы опровергнуты.

\end{document}