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