Zbierka úloh

Riešenie: Keďže graf funkcie \(f(x)=x^4+2x+4\) nevieme (jednoducho) načrtnúť, prepíšeme rovnicu napríklad na nasledujúci tvar: \[ x^4=-2x-4 \qquad \Leftrightarrow \qquad h(x)=g(x). \] Grafy funkcií \(h(x)=x^4\) (mocninová funkcia) a \(g(x)=-2x-4\) (lineárna funkcia – grafom je priamka) načrtneme celkom jednoducho. Vyskúšajte si to najprv sami a porovnajte svoje riešenie s grafmi uvedenými na nasledujúcom obrázku: Keďže sa grafy nepretínajú, je zrejmé, že daná rovnica nemá žiadne reálne riešenie!

Riešenie: Na rozdiel od predchádzajúcej úlohy je známe, že každá kubická rovnica má aspoň jedno reálne riešenie. Tento fakt vyplýva z toho, že funkcia \(f(x)=x^3+2x+4\) je spojitá, pričom platí \(\lim\limits_{x\to-\infty} f(x)=-\infty\lt 0\) a \(\lim\limits_{x\to\infty} f(x)=\infty\gt0\). Teda, keďže funkcia \(f(x)\) dosahuje aj kladné aj záporné funkčné hodnoty, musí na základe spojitosti dosahovať aj nulovú funkčnú hodnotu, t. j. existuje aspoň jeden bod \(x^*\) taký, že \(f(x^*)=0\).

Keďže ani graf funkcie \(f(x)=x^3+2x+4\) nevieme (jednoducho) načrtnúť, prepíšeme rovnicu podobne ako v predchádzajúcom príklade na nasledujúci ekvivalentný tvar: \[ x^3=-2x-4. \] Grafy funkcií \(h(x)=x^3\) (mocninová funkcia) a \(g(x)=-2x-4\) (lineárna funkcia – grafom je priamka) načrtneme celkom jednoducho. Znova si to najprv vyskúšajte sami a porovnajte svoje riešenie s grafmi uvedenými na nasledujúcom obrázku: Je zrejmé, že grafy funkcií \(h(x)\) a \(g(x)\) sa pretínajú práve v jednom bode, ktorého \(x\)-ová súradnica je \(x^*\). Navyše je evidentné, že \(x^*\) leží v intervale \(\langle-2;0\rangle\) a po kratšom uvažovaní môžeme interval separácie dokonca zúžiť na \(\langle-2;-1\rangle\) (zdôvodnite prečo).

Správnosť našich nákresov a úvah, presnejšie povedané správnosť určenia intervalu separácie v širšom zmysle, overíme vyčíslením funkčných hodnôt \(f(x)\) v krajných bodov intervalu: \[ f(-2)=-8-4+4=-8\lt 0, \qquad f(-1)=-1-2+4=1\gt 0 \qquad\Rightarrow\qquad f(-2)\cdot f(-1)\lt 0, \] t. j. je splnená jedna z podmienok intervalu separácie \(\langle a;b\rangle\) v širšom zmysle: \(f(a)\cdot f(b)\lt 0\). Pripomeňme, že druhou podmienkou je spojitosť funkcie \(f(x)\).

Riešenie: Podobne ako pri riešení predchádzajúcej úlohy prepíšeme rovnicu na nasledujúci tvar: \[ 2\cos x=\ln x. \] Ak si všimneme, že hodnoty funkcie \(h(x)=2\cos x\) sú z intervalu \(\langle-2;2\rangle\), je zrejmé, že grafy funkcií stačí načrtnúť na intervale \(\langle\mathrm{e}^{-2};\mathrm{e}^2\rangle\), pretože práve na tomto intervale dosahuje funkcia \(g(x)=\ln x\) hodnoty z intervalu \(\langle-2;2\rangle\). Znova sa pokúste samostatne načrtnúť grafy obidvoch funkcií na danom intervale a porovnajte svoje riešenie s nasledujúcim obrázkom. Je zrejmé, že grafy obidvoch funkcií majú práve 3 priesečníky, t. j. rovnica \(f(x)=2\cos x -\ln x=0\) má práve 3 reálne riešenia. Priesečníky sa dajú ľahko separovať a môžeme konštatovať, že:

\(\displaystyle f(1)=2\cdot \cos(1)\gt0, \qquad f\left(\frac{\pi}{2}\right)=0-\ln\frac{\pi}{2}\lt0 \qquad \Rightarrow \qquad x_1^* \in \left(1;\frac{\pi}{2}\right); \)

\(\displaystyle f\left(\frac{3\pi}{2}\right)=0-\ln\frac{3\pi}{2}\lt0, \qquad f(2\pi)=2-\ln(2\pi)\gt0 \qquad \Rightarrow \qquad x_2^* \in \left(\frac{3\pi}{2};2\pi\right); \)

\(\displaystyle f(2\pi)\gt0, \qquad f\left(\mathrm{e}^2\right)=2\cdot \cos\left(\mathrm{e}^2\right)-\ln\left(\mathrm{e}^2\right)=2\cdot \cos\left(\mathrm{e}^2\right)-2\lt0 \qquad \Rightarrow \qquad x_3^* \in \left(2\pi;\mathrm{e}^2\right). \)

Riešenie: Úlohu budeme riešiť dvomi spôsobmi: 1) položíme bod \(x_p=-1{,}2\) do stredu vhodného intervalu separácie; 2) použijeme vzorec na odhad chyby založený na Lagrangeovej vete o diferencovateľnej funkcii.

Využijeme tiež informáciu z náčrtu grafov pomocných funkcií (na základe neho sme zvolili približné riešenie \(x_p=-1{,}2\)): 1) Bod \(x_p=-1{,}2\) sa nachádza v blízkosti \(x\)-ovej súradnice priesečníka grafov a zároveň aj blízko bodu \(x=-1\), pričom \(f(-1)=1\gt0\). Určíme funkčnú hodnotu v bode \(x=-1{,}4\): \(f(-1{,}4)=-1{,}544\lt0\).

Na základe zistenej informácie môžeme konštatovať, že interval \(\langle -1{,}4;-1\rangle\) je intervalom separácie v širšom zmysle, keďže \(f(-1{,}4)\cdot f(-1)\lt0\). Z toho ale vyplýva, že vnútri daného intervalu leží riešenie rovnice \(x^*\). Vzdialenosť ľubovoľného vnútorného bodu intervalu od stredu intervalu je menšia ako polovica dĺžky intervalu (načrtnite si pomocný obrázok), a preto platí: \[ |-1{,}2-x^*| \lt \frac{-1-(-1,4)}{2}=0{,}2. \] Horný odhad nepresnosti pre bod \(x_p=-1{,}2\) je teda 0,2. 2) Ak je funkcia \(f(x)\) spojite diferencovateľná, t. j., ak má na intervale \((a;b)\) spojitú deriváciu a sama je spojitá na uzavretom intervale \(\langle a;b\rangle\), tak na základe Lagrangeovej vety platí, že existuje \(c \in (a;b)\) taký, že platí: \[ f(b)-f(a)=f^{\prime}(c)\cdot(b-a). \] Ak zvolíme dvojicu bodov \(a=x^*\) a \(b=x_n\), pričom samozrejme predpokladáme, že existuje riešenie \(x^*\) rovnice, pre ktoré \(f(x^*)=0\), tak bude platiť: \[ f(x_n)=f^{\prime}(c)\cdot(x_n-x^*), \] pričom neznámy bod \(c\) leží medzi bodmi \(x^*\) a \(x_n\).

Predpokladajme, že na intervale separácie, na ktorom riešime úlohu, platí \[ 0\lt m\leqq |f^{\prime}(x)|. \] Potom na základe \[ |x_n-x^*| =\frac{|f(x_n)|}{|f^{\prime}(c)|} \] dostávame nasledujúci odhad chyby pre bod \(x_n\): \begin{equation}\label{odhad} |x_n-x^*|\leqq \frac{|f(x_n)|}{m}. \end{equation} Uvažujme teraz danú funkciu \(f(x)=x^3+2x+4\). Máme \(f^{\prime}(x)=3x^2+2\), a teda na uvažovanom intervale separácie \(\langle-2;-1\rangle\) platí \[ 0\lt 5\leqq |f^{\prime}(x)|, \] a teda môžeme vziať \(m=5\). Na odhad chyby bodu \(x_p=-1{,}2\) nám už len stačí vypočítať funkčnú hodnotu \(f(-1{,}2)=-0{,}128\). Na základe (\ref{odhad}) dostávame odhad: \[ |x_n-x^*|=|-1{,}2-x^*| \leqq \frac{|-0{,}128|}{5}=0{,}0256. \] Môžeme teda konštatovať, že nepresnosť bodu \(x_p=-1{,}2\) nepresahuje hodnotu 0,0256.

Riešenie: Za začiatočný interval separácie zvolíme interval \(\langle a;b\rangle=\langle-1{,}4;-1\rangle\), o ktorom sme už predtým zistili, že je intervalom separácie. Metódu bisekcie budeme používať dovtedy, kým bude dĺžka intervalu väčšia ako \(2\varepsilon=0{,}02\). Na záver za približné riešenie vyhlásime stred konečného intervalu. Výpočty sú zachytené v nasledujúcej tabuľke: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline a \a c \a b \a b-a\\ f(a) \a f(c) \a f(b) \a \\ \hline -1{,}4 \a -1{,}2 \a -1 \a 0{,}4\\ -1{,}544 \a -0{,}128 \a 1 \a \\ \hline -1{,}2 \a -1{,}1 \a -1 \a 0{,}2\\ -0{,}128 \a 0{,}469 \a 1 \a \\ \hline -1{,}2 \a -1{,}15 \a -1{,}1 \a 0{,}1\\ -0{,}128 \a 0{,}17913 \a 0{,}469 \a \\ \hline -1{,}2 \a -1{,}175 \a -1{,}15 \a 0{,}05\\ -0{,}128 \a 0{,}027766 \a 0{,}17913 \a \\ \hline -1{,}2 \a -1{,}1875 \a -1{,}175 \a 0{,}025\\ -0{,}128 \a -0{,}04956 \a 0{,}027766 \a \\ \hline -1{,}1875 \a -1{,}18125 \a -1{,}175 \a 0{,}0125\\ -0{,}04956 \a \a 0{,}027766 \a \\ \hline \end{array} \] Metódou bisekcie sme získali približné riešenie \(x_p=-1{,}18125\), pričom horný odhad nepresnosti pre tento bod je \(0{,}00625\lt \varepsilon\).

Riešenie: Postupne overíme uvedené postačujúce podmienky konvergencie:

1. \(f(-2)\cdot f(-1)=-8\cdot 1\lt0\) – \(\langle-2;-1\rangle\) je interval separácie v širšom zmysle;
2. \(f^{\prime\prime}(x)=6x\lt 0\) – funkcia je na intervale separácie konkávna;
3. \(f(-2)\cdot f^{\prime\prime}(-2) \gt 0\) – správne zvolený štartovací bod je \(x_0=-2\).
Poslednú podmienku zabezpečíme uskutočnením iterácií na základe vzorca Newtonovej metódy.
4. \(x_{n+1}=x_n-\dfrac{x_n^3+2x_n+4}{3x_n^2+2},\qquad n=0, 1, 2, \dots \).

Vypočítame ešte prvú deriváciu: \(f^{\prime}(x)=3x^2+2\). \(f^{\prime}(-2)=14\), \(f^{\prime}(-1)=5\). Keďže na intervale separácie je druhá derivácia \(f^{\prime\prime}(x)\) záporná, na intervale separácie musí byť prvá derivácia \(f^{\prime}(x)\) klesajúca, a teda hodnota 5 je jej najmenšia hodnota na intervale separácie. Preto môžeme použiť odhad chyby (\ref{odhad}) s hodnotou \(m=5\).

Nasledujúca tabuľka obsahuje použité (zaokrúhlené) hodnoty: \[ \begin{array}{|c|l|l|l|l|} \hline n \a x_n \a f(x_n) \a |f(x_n)|/m \a f^{\prime}(x_n) \\ \hline 0 \a -2 \a -8 \a 1{,}6 \a 14 \\ \hline 1 \a -1{,}42857143 \a -1{,}772594752 \a 0{,}354518950437 \a 8{,}122449 \\ \hline 2 \a -1{,}21033740129218 \a -0{,}193718183556245 \a 0{,}038743636711249 \a 6{,}394750 \\ \hline 3 \a -1{,}18004408453297 \a -0{,}003304325856939 \a 0{,}000660865171378 \a 6{,}177512 \\ \hline 4 \a -1{,}17950918864115 \a -0{,}000001012726997 \a 0{,}000000202545399 \a - \\ \hline \hline 5 \a -1{,}17950902460293 \a -0{,}000000000000094 \a 0{,}000000000000019 \a - \\ \hline \end{array} \] Ako vidno, na dosiahnutie oveľa lepšej presnosti ako v metóde bisekcie stačili 4 iterácie Newtonovej metódy. Na druhej strane, ak by sme nahradili výpočet derivácie približnou hodnotou pomocou podielu diferencií, na jednu newtonovskú iteráciu by sme mohli počítať výpočet 2 funkčných hodnôt. Teda na 4 iterácie s overením dosiahnutia presnosti treba brať do úvahy výpočet 9 funkčných hodnôt. Pri spätnom pohľade na tabuľku metódy bisekcie sa ľahko presvedčíme, že na určenie riešenia s presnosťou 0,00625 bolo použitých 7 funkčných hodnôt. To odpovedá newtonovskému približnému riešeniu \(x_3\), ktorého presnosť bola odhadnutá hodnotou 0,000661.

Uviedli sme aj výsledok ďalšej newtonovskej iterácie. Presnosť sa ďalej výrazne zvýšila. Ak si budeme všímať predposledný stĺpec tabuľky, vidíme, že sa počet núl v odhade chyby približne zdvojnásobuje (3, 6, 13), teda znižovanie nepresnosti sa zrýchľuje. Toto je prejav tzv. kvadratickej rýchlosti konvergencie Newtonovej metódy.

Riešenie: Pripomeňme si situáciu pri určení intervalov separácie danej rovnice. Najväčší koreň leží v intervale \(\left(2\pi;\mathrm{e}^2\right)\). Postupne overíme uvedené postačujúce podmienky konvergencie:

1. \(\left\langle2\pi;\mathrm{e}^2\right\rangle\) je interval separácie – overené vyššie;
2. \(f^{\prime}(x)=-2\sin x -\dfrac{1}{x}\); \(f^{\prime\prime}(x)=-2\cos x+\dfrac{1}{x^2}\lt0\) – funkcia je na intervale separácie konkávna;
3. \(f\left(\mathrm{e}^2\right)\cdot f^{\prime\prime}(\mathrm{e}^2) \gt 0\) – správne zvolený štartovací bod je \(x_0=\mathrm{e}^2\dot=7{,}3891\).
4. \(x_{n+1}=x_n-\dfrac{2\cos x_n-\ln x_n}{-2\sin x_n-1/x_n},\qquad n=0, 1, 2, \dots \).

Vypočítame ešte prvú deriváciu v krajných bodoch intervalu separácie: \(f^{\prime}(2\pi)=-\dfrac{1}{2\pi}\dot=-0{,}159\), \(f^{\prime}(\mathrm{e}^2)\dot=-1{,}923\). Keďže na intervale separácie je druhá derivácia \(f^{\prime\prime}(x)\) záporná, na intervale separácie musí byť prvá derivácia \(f^{\prime}(x)\) klesajúca, a teda hodnota \(0{,}159\) je menšia ako najmenšia absolútna hodnota derivácie na intervale separácie. Preto môžeme použiť odhad chyby (\ref{odhad}) s hodnotou \(m=0{,}159\).

Nasledujúca tabuľka obsahuje použité (zaokrúhlené) hodnoty: \[ \begin{array}{|c|l|l|l|l|} \hline n \a x_n \a f(x_n) \a |f(x_n)|/m \a f^{\prime}(x_n) \\ \hline 0 \a 7{,}389056098931 \a -1{,}10328751636253 \a 6{,}93891519724864 \a -1{,}923045 \\ \hline 1 \a 6{,}815337124284 \a -0{,}19574101484621 \a 1{,}23107556507051 \a -1{,}161505 \\ \hline 2 \a 6{,}646813577282 \a -0{,}02491253814852 \a 0{,}15668262986491 \a -0{,}861783 \\ \hline 3 \a 6{,}617905450864 \a -0{,}00077436117992 \a 0{,}00487019610012 \a -0{,}808115 \\ \hline 4 \a 6{,}616947219362 \a -0{,}00000085686183 \a 0{,}00000538906813 \a -0{,}806326\\ \hline 5 \a 6{,}616946156689 \a -0{,}00000000000105 \a 0{,}00000000000663 \a - \\ \hline \end{array} \] Znova sme sa presvedčili o rýchlej konvergencii iterácií Newtonovej metóde v prípade zabezpečenia splnenia postačujúcich podmienok konvergencie.

Použime ešte \(\pm\varepsilon\)-test po 4. iterácii: výpočtom sa dá ukázať, že \[ f(6{,}616948219362)\lt 0, \qquad f(6{,}616946219362)\lt0 \qquad \Rightarrow \qquad f(x_4+\varepsilon)\cdot f(x_4-\varepsilon)\gt0, \] a teda je potrebné ešte pokračovať ďalšími iteráciami.

Po 5. iterácii bude: \[ f(6{,}616947156689)\lt 0, \qquad f(6{,}616945156689)\gt0 \qquad \Rightarrow \qquad f(x_5+\varepsilon)\cdot f(x_5-\varepsilon)\lt0, \] čo dokazuje, že \(|x_5-x^*|\lt\varepsilon\) a výpočet môžeme ukončiť.

Výsledok: \(-2{,}791\)

Výsledok: \(1{,}568\)

Výsledok: \(-3{,}505040\)

Výsledok: \(0{,}539692\)

Výsledok: \(0{,}27162\)

Výsledok: \(0{,}6840\)

Výsledok: \(2{,}132218; 3{,}349918\)

Výsledok: \(-3{,}5043\)

Výsledok: \(-2{,}5321; -1{,}3473; 0{,}87939\)

Výsledok: \(1{,}7321\)

Výsledok: \(-1{,}6920; -1{,}3569; 3{,}0489\)

Výsledok: \(0{,}3177\)

Výsledok: \(1{,}2663\)

Výsledok: \(-1{,}4305\)

Výsledok: \(1{,}17123\)

Výsledok: \(0{,}78112; 2{,}40135\)

Výsledok: \(1{,}42153\)

Výsledok: \(-0{,}53727; 1{,}31597\)

Výsledok: \(-1{,}31597\)

Výsledok: \(3{,}78928\)

Výsledok: \(1{,}38233\)

Riešenie: Ak prepíšeme rovnicu na nasledujúci tvar: \[ x^3=-2x-4, \] grafy funkcií \(h(x)=x^3\) (mocninová funkcia) a \(g(x)=-2x-4\) (lineárna funkcia – grafom je priamka) načrtneme celkom jednoducho. Znova si to najprv vyskúšajte sami a porovnajte svoje riešenie s grafmi uvedenými na nasledujúcom obrázku: Je zrejmé, že grafy funkcií \(h(x)\) a \(g(x)\) sa pretínajú práve v jednom bode, ktorého \(x\)-ovú súradnicu označíme \(x^*\). Navyše je evidentné, že bod \(x^*\) leží v intervale \(\langle-2;0\rangle\) a po kratšom uvažovaní môžeme interval separácie dokonca zúžiť na \(\langle-2;-1\rangle\) (zdôvodnite prečo). Správnosť našich nákresov a úvah, presnejšie povedané správnosť určenia intervalu separácie overíme dosadením krajných bodov intervalu do vzorca funkcie \(f(x)\): \[ f(-2)=-8-4+4=-8\lt 0, \qquad f(-1)=-1-2+4=1\gt 0 \qquad\Rightarrow\qquad f(-2)\cdot f(-1)\lt 0, \] t. j. je splnená jedna z podmienok intervalu separácie (v širšom zmysle slova) \(\langle a;b\rangle\): \(f(a)\cdot f(b)\lt 0\). Pripomeňme, že druhou podmienkou je spojitosť funkcie \(f(x)\).

Ak prepíšme rovnicu \(f(x)=0\) na ekvivalentný tvar \(x=\varphi(x)\), potom riešenie \(x^*\) rovnice bude pevným bodom zobrazenia \(\varphi\), t. j. \(x^*=\varphi(x^*)\).

1. Vyjadrime napríklad \(x\) z lineárneho člena danej rovnice: \[ x=\frac{x^3+4}{-2}=\varphi_1(x). \] Vypočítajme deriváciu \[ \varphi_1^{\prime}(x)=-\frac{3x^2}{2},\qquad\mbox{t. j.}\qquad \forall x\in\langle-2;-1\rangle: |\varphi_1^{\prime}(x)| \geqq \frac{3}{2}. \] Nie je teda splnená postačujúca podmienka kontraktívnosti zobrazenie \(\varphi_1\) (ale nie nutná!) , dokonca je narušená vo všetkých bodoch intervalu separácie, a preto sa dá očakávať divergencia iteračného procesu.

2. Vyjadrime teda \(x\) z kubického člena: \[ x=-\sqrt[3]{2x+4}=\varphi_2(x). \] Vypočítajme deriváciu \[ \varphi_2^{\prime}(x)=-\frac{2}{3\sqrt[3]{(2x+4)^2}}. \] Je zrejmé, že ak sa na intervale \(\langle-2;-1\rangle\) bude \(x\) blížiť k hodnote \(-2\), bude absolútna hodnota \(|\varphi_2^{\prime}(x)|\) neohraničene narastať do nekonečna! Zdá sa, že situácia je ešte horšia, ako v prípade zobrazenia \(\varphi_1\). Avšak tento problém môžeme vyriešiť zúžením intervalu separácie. Uvažujme interval \(\langle-1{,}5;-1\rangle\). \(f(-1{,}5)=-2{,}375\lt0\), a keďže \(f(-1)=1\gt0\), platí \(f(-1{,}5)\cdot f(-1)\lt0\), a teda nový interval je intervalom separácie pre rovnicu \(f(x)=0\).

Pre \(x\in\langle-1{,}5;-1\rangle\) je \(2x+4\in\langle1;2\rangle\), a preto na intervale \(\langle-1{,}5;-1\rangle\) platí: \[ |\varphi_2^{\prime}(x)|\leqq \frac{2}{3}=\lambda\lt1. \] Zobrazenie \(\varphi_2\) je teda na intervale separácie \(\langle-1{,}5;-1\rangle\) kontraktívne a podľa Banachovej vety má na tomto intervale jediný pevný bod, ktorý s požadovanou presnosťou určíme pomocou nasledujúceho postupu (pouvažujte, ktorú podmienku sme v úvahách vynechali a ako môže ovplyvniť naše predchádzajúce závery).

Približné riešenie s požadovanou presnosťou určíme nasledujúcim postupom: zvolíme ľubovoľný štartovací bod \(x_0\), najlepší bude zrejme stred intervalu separácie \(x_0=-1{,}25\). Ďalšie hodnoty \(x_n\) získame na základe iteračného pravidla \[ x_{n+1}=-\sqrt[3]{2\cdot x_n+4},\qquad n=0, 1, 2, \dots \] Po každej iterácii odhadneme odchýlku od pevného bodu \(x^*\) – uvažovaného riešenia nelineárnej rovnice – na základe vzťahu (\ref{qodhad}). Keďže \(\lambda=2/3\), bude \(\lambda /(1-\lambda)=2\), teda bude platiť \[ |x_{n}-x^*|\leqq 2|x_{n}-x_{n-1}|. \] Výpočet ukončíme, keď sa pravá strana získanej nerovnosti stane menšou ako hodnota požadovanej presnosti \(\varepsilon\).

Výsledky výpočtov sú zhrnuté v nasledujúcej tabuľke: \[ \begin{array}{|r|l|l|} \hline n \a x_n \a 2|x_{n}-x_{n-1}| \\ \hline 0 \a -1{,}25 \a - \\ \hline 1 \a -1{,}14471424 \a 0{,}210571515 \\ \hline 2 \a -1{,}19595199 \a 0{,}102475492 \\ \hline 3 \a -1{,}17157652 \a 0{,}048750937 \\ \hline 4 \a -1{,}18329800 \a 0{,}023442967 \\ \hline 5 \a -1{,}17769059 \a 0{,}011214830\\ \hline 6 \a -1{,}18037976 \a 0{,}005378334 \\ \hline 7 \a -1{,}17909163 \a 0{,}002576244\\ \hline 8 \a -1{,}17970900 \a 0{,}001234734 \\ \hline 9 \a -1{,}17941319 \a 0{,}000591618 \\ \hline 10 \a -1{,}17955495 \a 0{,}000283508 \\ \hline 11 \a -1{,}17948702 \a 0{,}000135851 \\ \hline 12 \a -1{,}17951957 \a 0{,}000065099 \\ \hline 13 \a -1{,}17950397 \a 0{,}000031194 \\ \hline 14 \a -1{,}17951145 \a 0{,}000014948 \\ \hline 15 \a -1{,}17950786 \a 0{,}000007163 \\ \hline 16 \a -1{,}17950958 \a 0{,}000003432 \\ \hline 17 \a -1{,}17950876 \a 0{,}000001645 \\ \hline 18 \a -1{,}17950915 \a 0{,}000000788 \\ \hline \end{array} \] Na záver môžeme konštatovať, že približným riešením danej rovnice s presnosťou \(\varepsilon=10^{-6}\) je číslo \(x_{18}= -1{,}17950915\).

Riešenie: Definícia riadkovej normy matice \(\mbf{A}\) typu \(m\times k\) (obsahujúcej \(m\) riadkov a \(k\) stĺpcov je: \[ \Vert\mbf{A}\Vert_{\mathrm{r}} = \max_{1\leqq i\leqq m} \sum_{j=1}^k |a_{ij}|, \] t. j. v každom riadku spočítame absolútne hodnoty prvkov matice a za normu prehlásime maximálny z týchto súčtov (v prípade jediného riadku je, samozrejme, súčet v tomto riadku maximálny). Teda riešením našej úlohy sú nasledujúce normy: \[ \Vert\mbf{x}\Vert_{\mathrm{r}}=6, \qquad \Vert\mbf{y}\Vert_{\mathrm{r}}=6, \qquad \Vert\mbf{A}\Vert_{\mathrm{r}}=\max\{24;33\}=33. \]

Riešenie: V každom riadku si všimneme prvok, ktorého absolútna hodnota je maximálna (môžeme ho nazvať hlavným prvkom v riadku, pričom diagonálne dominantná matica má v každom riadku hlavný prvok na hlavnej diagonále). V prípade zadanej matice sú všetky hlavné prvky umiestnené v treťom stĺpci. Preto matica nie je diagonálne dominantná.

Pri výmene riadkov sa hlavné prvky nedostanú mimo tretieho stĺpca, preto matica nebude riadkovo diagonálne dominantná ani po výmenách riadkov.

Riešenie: V každom riadku si znova všimneme prvok, ktorého absolútna hodnota je maximálna, ale budeme súčasne posudzovať aj jeho dominantnosť: \[ \begin{array}{r} 9\gt 3+4,\\ 5\gt 2+1,\\ 10\gt 3+6. \end{array} \] Teda v každom riadku sa nachádza dominantný hlavný prvok. Keďže všetky dominantné prvky sa nachádzajú v rôznych stĺpcoch, výmenami riadkov môžeme získať diagonálne dominantnú maticu: \[ \mbf{B}=\left(\begin{array}{rrr}\mathbf{5} \a 2 \a 1\\ -3 \a \mathbf{-10} \a 6\\3 \a -4 \a \mathbf{9} \end{array}\right). \]

Riešenie: Overíme najprv, či je matica sústavy riadkovo diagonálne dominantná. Vidíme, že v každom riadku sa nachádza dominantný prvok: \[ \mbf{A}=\left[\begin{array}{rrr} 2\a-3\a \mathbf{7}\\ \mathbf{10}\a-2\a1\\ -3\a\mathbf{8}\a-2 \end{array}\right] \] Matica \(\mbf{A}\) však nie je riadkovo diagonálne dominantná. Keď prvý riadok sústavy prehodíme za tretí riadok, získame ekvivalentnú sústavu (s tou istou množinou riešení) s riadkovo diagonálne dominantnou maticou: \[ \begin{array}{rcr} 10x-2y+\phantom{1}z\a=\a5\\ -3x+8y-2z\a=\a15\\ 2x-3y+7z\a=\a-11 \end{array} \] \[ \begin{array}{r} 10\gt 2+1,\\ 8\gt3+2,\\ 7\gt2+3. \end{array} \] Pre túto sústavu je splnená postačujúca podmienka konvergencie Jacobiovej iteračnej metódy – riadková diagonálna dominantnosť matice sústavy.

Ďalej z každej rovnice vyjadríme diagonálnu premennú: \[ \begin{array}{rcl} x\a=\a\dfrac{5+2y-z}{10}\\[3ex] y\a=\a\dfrac{15+3x+2z}8\\[3ex] z\a=\a\dfrac{-11-2x+3y}7 \end{array} \] Vzorce iteračného procesu získame tak, že premenným na pravej strane pripíšeme index \(n\) (stará, aktuálna premenná) a premenným na ľavej strane pripíšeme index \(n+1\): \[ \begin{array}{rcl} x_{n+1}\a=\a\dfrac{5+2y_{n}-z_{n}}{10}\\[3ex] y_{n+1}\a=\a\dfrac{15+3x_{n}+2z_{n}}8\\[3ex] z_{n+1}\a=\a\dfrac{-11-2x_{n}+3y_{n}}7 \end{array} \] Tento iteračný proces môžeme zapísať aj v nasledujúcom maticovom tvare: \[ \mbf{x}_{n+1}=\mbf{G}\mbf{x}_n+\mbf{c} \qquad\Leftrightarrow\qquad \left[\begin{array}{r} x_{n+1}\\ y_{n+1}\\ z_{n+1} \end{array}\right]= \left[\begin{array}{rrr} 0\a\dfrac{2}{10}\a-\dfrac{1}{10}\\[3ex] \dfrac{3}8\a0\a\dfrac{2}8\\[3ex] -\dfrac{2}7\a\dfrac{3}7\a0\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{r} x_{n}\\ y_{n}\\ z_{n} \end{array}\right]+ \left[\begin{array}{r} \dfrac{5}{10}\\[3ex] \dfrac{15}8\\[3ex] -\dfrac{11}7 \end{array}\right] \] Riadková norma matice \(\mbf{G}\) je rovná \[ \Vert\mbf{G}\Vert_{\mathrm{r}}=\max\left\{\frac{2+1}{10};\frac{3+2}8;\frac{2+3}7\right\}=\max\left\{\frac{3}{10};\frac{5}8;\frac{5}7\right\}=\frac{5}7=\lambda\lt1. \] Týmto sme dokázali, že zobrazenie určujúce iteračný proces je kontraktívne s parametrom \(\lambda=\frac57\). Iterácie budú konvergovať z ľubovoľného začiatočného bodu \(\mbf{x}_0\) a na odhad [ne]presnosti môžeme použiť vzťah (\ref{qodhad}), pričom v tomto prípade bude \(\lambda /(1-\lambda)=\frac57/\frac27=\frac52\). Iteračný proces začneme zo začiatočného vektora \(\vec{x}_0=(0;0;0)^T\). V nasledujúcej tabuľke sú znázornené hodnoty jednotlivých iterácií a tiež zmien jednotlivých zložiek vektorov \(\mbf{x}_n\) (čísla sú zaokrúhlené na \(10\) desatinných miest). \[ \begin{array}{|r|c|c|c|c|} \hline n\a x_n \a y_n \a z_n \a \\ \a x_{n}-x_{n-1} \a y_{n}-y_{n-1} \a z_{n}-z_{n-1} \a \frac52\cdot\Vert \mbf{x}_{n}-\mbf{x}_{n-1}\Vert_{\infty} \\\hline 0\a 0 \a 0 \a 0 \a \\ \a - \a - \a - \a -\\\hline 1\a \frac{5}{10} \a \frac{15}{8} \a -\frac{11}{7} \a \\ \a 0{,}5 \a 1{,}875 \a -1{,}5714285714 \a 4{,}6875\phantom{000000}\\\hline 2\a \phantom{-}1{,}0321428571 \a \phantom{-}1{,}6696428571 \a -0{,}9107142857\a \\ \a \phantom{-}0{,}5321428571 \a -0{,}2053571429 \a \phantom{-}0{,}6607142857 \a 1{,}6517857143\\\hline 3\a \phantom{-}0{,}9250000000 \a \phantom{-}2{,}0343750000 \a -1{,}1507653061\a \\ \a -0{,}1071428571 \a \phantom{-}0{,}3647321429 \a -0{,}2400510204 \a 0{,}9118303571\\\hline \cdots \a \cdots \a\cdots \a\cdots \a\cdots\\ \hline 10\a \phantom{-}1{,}0005413588 \a \phantom{-}1{,}9990562805 \a -0{,}9989840495\a \\ \a \phantom{-}0{,}0016363207 \a -0{,}0025842961 \a \phantom{-}0{,}0031483856\a 0{,}0078709640\\\hline \cdots \a \cdots \a\cdots \a\cdots \a\cdots\\ \hline 24\a \phantom{-}1{,}0000000566 \a \phantom{-}1{,}9999999071 \a -0{,}9999998921\a \\ \a \phantom{-}0{,}0000001657 \a -0{,}0000002719 \a \phantom{-}0{,}0000003159\a 0{,}0000007897\\\hline \end{array} \] Presné riešenie danej sústavy je \((x;y;z)^T=(1;2;-1)^T\). Z tabuľky je vidieť, že odhad nepresnosti je dosť pesimistický, ale správny. Napríklad po troch iteráciách je maximálna absolútna odchýlka od presného riešenia rovná \(0{,}1507653061\), pričom jej horný odhad je rovný \(0{,}9118303571\), čo je 6-krát väčšia hodnota.

Výsledok: \(\varphi(x)=-\mathrm{e}^x\); \(\ \alpha\doteq -0{,}567163011515522\).

Výsledok: \(\varphi_1(x)=-\dfrac{\mathrm{e}^{-x}}{5}\); \(\ \alpha_1\doteq -0{,}260459390043382\); \(\qquad\varphi_2(x)=-\ln(-5x)\); \(\ \alpha_2\doteq -2{,}54223453548100\).

Výsledok: \(\varphi(x)=1-\dfrac{\sin x}{2}\); \(\ \alpha\doteq 0{,}684021994027646\).

Výsledok: \(\varphi(x)=\mathrm{e}^{1/(2x)}\); \(\ \alpha\doteq 1{,}4215321058904\).

Výsledok: \(x_1 = -35{,}5; x_2 = -2{,}4; x_3 = 9{,}1; x_4 = 23{,}1 \)

Výsledok: \(x_1 = 1{,}7503; x_2 = 0{,}2080; x_3 = -0{,}5903; x_4 = -1{,}1195\)

Výsledok: \(x_1 = 0{,}3771; x_2 = 0{,}2146; x_3 = 0{,}6180; x_4 = 0{,}4835\)

Výsledok: \(x_1 = -1{,}0795; x_2 = 1{,}7109; x_3 = 0{,}1179; x_4 = - 2{,}5978 \)

Výsledok: \(x_1 = 0{,}6399; x_2 = -0{,}9003; x_3 = 0{,}3591; x_4 = -1{,}2386\)

Riešenie: Ak sa pozrieme na prvú rovnicu, ktorá sa dá napísať v tvare \(x^4+y^4=3^4\), iste nám napadne súvislosť s rovnicou kružnice \(x^2+y^2=3^2\). Uvažovaná rovnica opisuje geometrický objekt, ktorý má s kružnicou nasledujúce spoločné vlastnosti:

• Symetrický tvar s viacerými symetriami (voči osiam \(o_x\), \(o_y\), \(y=x\), \(y=-x\)), so stredom symetrie v bode \((0;0)\).
• Množina bodov tvorí ohraničenú uzavretú krivku, ktorá celá leží v štvorci \(\max(x;y)\leqq3\).
• Tvar krivky je oválny.

Ľahko zistíme, že krivka prechádza štryrmi bodmi \((-3;0)\), \((3;0)\), \((0;-3)\) a \((0;3)\), ktoré súčasne ležia aj na uvedenej kružnici. Ak dosadíme, napríklad za \(x\) hodnoty \(\pm1\), zistíme, že absolútne hodnoty neznámej \(y\) sú rovné \(\sqrt[4]{80}\approx \sqrt[4]{81}=3\), a teda body \((-1;-3)\), \((-1;3)\), \((1;-3)\), \((1;3)\), \((-3;-1)\), \((3;-1)\), \((-3;1)\) a \((3;1)\) ležia v tesnej blízkosti uvažovanej krivky, čo nám umožňuje danú krivku celkom slušne načrtnúť.

Druhá rovnica \(x^2-2x-y=0\) je rovnicou paraboly \(y=x^2-2x=(x-1)^2-1\), t. j. jej graf je graf paraboly \(y=x^2\) posunutý o jednu jednotku vpravo a jednu jednotku smerom nadol.

Skúste si krivky na základe napísaného vyššie načrtnúť a svoj náčrt porovnajte s nasledujúcim obrázkom. Na základe náčrtu môžeme tvrdiť, že uvažovaná sústava rovníc má práve dve riešenia – priesečníky načrtnutých kriviek, pričom \((x_1;y_1)\in [2;3]\times [2;3]\) a \((x_2;y_2)\in [-1{,}5;-0{,}5]\times [2{,}5;3]\).

Riešenie: Začiatočné aproximácie odhadneme na základe náčrtu kriviek pripraveného pri riešení predchádzajúcej úlohy. Zvolíme, napríklad \((x_{1};y_{1})^{[0]}=(2{,}7;2{,}2)\) a \((x_{2};y_{2})^{[0]}=(-1;3)\).

Určíme najprv Jacobiovu maticu všeobecne, neskôr použijeme konkrétne hodnoty premenných \(x\) a \(y\): \[ J(\vec{x})=\left[ \begin{array}{cc} \frac{\partial f_1}{\partial x_1} \a \frac{\partial f_1}{\partial x_2} \\[1ex] \frac{\partial f_2}{\partial x_1} \a \frac{\partial f_2}{\partial x_2} \end{array} \right]=\left[ \begin{array}{cc} 4x^3 \a 4y^3 \\[1ex] 2x-2 \a -1 \end{array} \right]. \] Ďalej uskutočníme jeden krok Newtonovej metódy postupne pre obidva začiatočné body. Po určení nových aproximácií porovnáme ich kvalitu dosadením do rovníc (uvádzame zaokrúhlené údaje):

1. Štartovací bod \(x_{1}^{[0]}=(2{,}7;2{,}2)\): \[ J(\vec{x}_{1}^{[0]}) =\left[\begin{array}{rr} 78.732\a 42.592\\ 3.400\a -1.000 \end{array}\right],\qquad \vec{f}(\vec{x}_{1}^{[0]})= \left[\begin{array}{r} -4.4303 \\ -0.3100 \end{array}\right]. \] Sústavu rovníc \([J|-\vec{f}]\) s neznámym vektorom \(\Delta \vec{x}_{1}^{[0]}\) môžeme riešiť, napríklad, pomocou Cramerovho pravidla: \[ D=\left|\begin{array}{rr} 78.732\a 42.592\\ 3.400\a -1.000 \end{array}\right|=-223{,}5448, \] \[ D_x=\left|\begin{array}{rr} 4.4303\a 42.592\\ 0.3100\a -1.000 \end{array}\right|=-17{,}6338, \quad D_y=\left|\begin{array}{rr} 78.732\a 4.4303\\ 3.400\a 0.3100 \end{array}\right|=9{,}3439, \] \[ \Delta \vec{x}_{1}^{[0]}= \left[\begin{array}{r} D_x/D\\ D_y/D \end{array}\right]= \left[\begin{array}{r} 0{,}07888271\\ -0{,}04179878 \end{array}\right], \] \[ \vec{x}_{1}^{[1]}=\vec{x}_{1}^{[0]}+\Delta \vec{x}_{1}^{[0]}= \left[\begin{array}{r} 2{,}77888271\\ 2{,}15820122 \end{array}\right], \quad \vec{f}(\vec{x}_{1}^{[1]})= \left[\begin{array}{r} 0{,}32760852 \\ 0{,}00622248 \end{array}\right]. \] 2. Štartovací bod \(x_{2}^{[0]}=(-1;3)\): \[ J(\vec{x}_{2}^{[0]}) =\left[\begin{array}{rr} -4\a 108\\ -4\a -1 \end{array}\right],\qquad \vec{f}(\vec{x}_{2}^{[0]})= \left[\begin{array}{r} 1 \\ 0 \end{array}\right]. \] \[ D=\left|\begin{array}{rr} -4\a 108\\ -4\a -1 \end{array}\right|=436, \] \[ D_x=\left|\begin{array}{rr} -1\a 108\\ 0\a -1 \end{array}\right|=1, \quad D_y=\left|\begin{array}{rr} -4\a -1\\ -4\a 0 \end{array}\right|=-4, \] \[ \Delta \vec{x}_{2}^{[0]}= \left[\begin{array}{r} D_x/D\\ D_y/D \end{array}\right]= \left[\begin{array}{r} 0{,}00229358\\ -0{,}00917431 \end{array}\right], \] \[ \vec{x}_{2}^{[1]}=\vec{x}_{2}^{[0]}+\Delta \vec{x}_{2}^{[0]}= \left[\begin{array}{r} -0{,}99770642\\ 2{,}99082569 \end{array}\right], \quad \vec{f} (\vec{x}_{2}^{[0]})= \left[\begin{array}{r} 0{,}00456733 \\ 0{,}00000526 \end{array}\right]. \] Vidíme, že v druhom prípade sme odhadli štartovací bod o niečo kvalitnejšie a už po prvom kroku sú funkčné hodnoty určujúce ľavé strany rovníc malé. Aj v prvom prípade sa absolútne hodnoty funkčných hodnôt zmenšili.

Riešenie: Ak načrtneme graf funkcie \(y=x\cdot\cos x\) a jednotkovú kružnicu \(x^2+ y^2 =1\) uvidíme, že daná sústava dvoch nelineárnych rovníc o dvoch neznámych má práve dve riešenia, pričom body \(\vec{x}_1\) a \(\vec{x}_2\) sú v rovine premenných \(x\) a \(y\) symetrické vzhľadom na začiatok súradnicového systému. Preto je postačujúce určiť približne jedno z riešení.

Ako začiatočnú aproximáciu riešenia v 1. kvadrante môžeme zvoliť, napríklad, bod \((x,y)^{[0]}=(0{,}707;0{,}707)\). Tabuľku doplníme o stĺpčeky obsahujúce prírastky premenných \(x\) a \(y\). V Matlabe/Octave vyriešime úlohu opakovaním nasledujúcich príkazov:

x=[0.707;0.707];
J=[2*x(1), 2*x(2);cos(x(1))-x(1)*sin(x(1))-1], f=[x(1)^2+x(2)^2 -1; x(1)*cos(x(1))-x(2)], dx=-inv(J)*f, max(abs(dx)), x=x+dx \[ \begin{array}{|r|c|c|c|c|c|c|c|} \hline k\a x^{[k]} \a y^{[k]} \a f_1(\vec{x}^{[k]}) \a f_2(\vec{x}^{[k]}) \a \Delta x^{[k]} \a \Delta y^{[k]} \a \Vert \Delta \vec{x}^{[k]}\Vert \\ \hline 0\a 0{,}707 \a 0{,}707 \a -3{,}0200 \cdot 10^{-4} \a -0{,}16946 \a 0{,}13041 \a -0{,}13019 \a 0{,}13041 \\ \hline 1\a 0{,}83741 \a 0{,}57681 \a 0{,}033957 \a -0{,}016252 \a -0{,}0087944 \a -0{,}0166677 \a 0{,}0166677 \\ \hline 2\a 0{,}82861 \a 0{,}56014 \a 3{,}5515 \cdot 10^{-4} \a -7{,}1695 \cdot 10^{-5} \a -1{,}5412\cdot 10^{-4} \a -8{,}9029 \cdot 10^{-5}\a 1{,}5412\cdot 10^{-4} \\ \hline 3\a 0{,}8284599 \a 0{,}5600484 \a 3{,}1680 \cdot 10^{-8} \a -2{,}4157 \cdot 10^{-8} \a \a \a \\ \hline \end{array} \] Po dvoch iteráciách bola norma prírastku ešte väčšia ako predpísaná presnosť \(0{,}01\). Po tretej iterácii bol prírastok už o dva rády menší. Hodnoty ľavých strán rovníc sú už po troch iteráciách rádovo \(10^{-8}\), teda môžeme byť spokojní s danou aproximáciou riešenia.

Výsledok: \([-2{,}00; 2{,}00]; [1{,}3508; 0{,}59214]\)

Výsledok: \([1{,}7913; -0{,}34422]\)

Výsledok: \([0{,}22684; 0{,}36987]; [0{,}53912; -0{,}15049]\)

Výsledok: \([1{,}5020; 1{,}5456]\)

Výsledok: \([-1{,}8437; -0{,}7750]; [-1{,}2910; 1{,}5275]; [-0{,}3797; -1{,}9636]; [1{,}9121; 0{,}5865]\)

Riešenie:
V našom prípade je funkcia \(f(x)\) zadaná v troch uzlových bodoch, čo značí, že \(n=2\). Lagrangeov interpolačný polynóm budeme hľadať v tvare \(L_2(x,x_0,x_2)=\sum\limits_{i=0}^{2}y_il_i(x)\) , kde \(l_i(x)=\prod\limits_{\begin{array}{c}j=0\\ j\neq i\end{array}}^{2}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}\) . Nájdeme polynómy \(l_0(x),\ l_1(x)\) a \(l_2(x)\) . Teda \[l_0(x)=\frac{(x-x_1)(x-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)}=\frac{x^2-8,3x+10,2}{10,2},\] \[l_1(x)=\frac{(x-x_0)(x-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)}=\frac{x^2-6,8x}{-7,95},\] \[l_2(x)=\frac{(x-x_0)(x-x_1)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}=\frac{x^2-1,5x}{36,04}.\] Vypočítané polynómy dosadíme do vzťahu \[L_2(x,x_0,x_2)=y_0l_0(x)+y_1l_1(x)+y_2l_2(x).\] Teda \[L_2(x,x_0,x_2)=1,45\frac{x_2-8,3x+10,2}{10,2}+3,14\frac{x^2-6,8x}{-7,95}+4,11\frac{x^2-1,5x}{36,04}=\\ =-0,1387x^2+1,3348x+1,45.\]

Riešenie:
Nahradíme funkciu \(f(x)\) Lagrangeovym interpolačným polynómom \(L_3(x,x_0,x_3)\) a vypočítame približnú hodnotu funkcie \(f(x)\) v bode \(x=2\) pomocou tohto polynómu. Najprv vypočítame hodnoty polynómov \(l_i(x), i=0,1,2,3\) Lagrangeovho interpolačného polynómu v bode \(x=2\). Teda \[l_0(2)=\frac{(2-x_1)(2-x_2)(2-x_3)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)(x_0-x_3)}=\frac{(2-1)(2-3)(2-5)}{(0-1)(0-3)(0-5)}=-\frac{1}{5}=-0,2,\] \[l_1(2)=\frac{(2-x_0)(2-x_2)(2-x_3)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)(x_1-x_3)}=\frac{(2-0)(2-3)(2-5)}{(1-0)(1-3)(1-5)}=\frac{3}{4}=0,75,\] \[l_2(2)=\frac{(2-x_0)(2-x_1)(2-x_3)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)(x_2-x_3)}=\frac{(2-0)(2-1)(2-5)}{(3-0)(3-1)(3-5)}=\frac{1}{2}=0,5,\] \[l_3(2)=\frac{(2-x_0)(2-x_1)(2-x_2)}{(x_3-x_0)(x_3-x_1)(x_3-x_2)}=\frac{(2-0)(2-1)(2-3)}{(5-0)(5-1)(5-3)}=-\frac{1}{20}=-0,05.\] Po dosadení do vzťahu \[L_3(2,x_0,x_3)=y_0l_0(2)+y_1l_1(2)+y_2l_2(2)+y_3l_3(2)\] dostávame hľadanú približnú hodnotu funkcie \[f(2)\approx L_3(2,x_0,x_3)=-1,1.\]

Riešenie:
Použijeme inverznú Lagrangeovu interpoláciu, t.j. v interpolačnom polynóme zameníme navzájom \(x_i,\;y_i \) a \(x,\;y \) . Keďže nás v tomto prípade nebude zaujímať celkový tvar inverzného Lagrangeovho interpolačného polynómu \(x=L_3\left(y,y_0,y_3\right) \) , ale len jeho hodnota v konkrétnom bode \(0,53 \), vypočítame najprv hodnoty polynómov \[ l_i\left(y\right),\;i=0,1,2,3 \] v tomto bode a až na záver vypočítame \(L_3\left(0,53\right) \). Teda \[l_0(0,53)=\frac{(0,53-y_1)(0,53-y_2)(0,53-y_3)}{(y_0-y_1)(y_0-y_2)(y_0-y_3)}=-3,50281, \] \[l_1(0,53)=\frac{(0,53-y_0)(0,53-y_2)(0,53-y_3)}{(y_1-y_0)(y_1-y_2)(y_1-y_3)}=4,33860, \] \[l_2(0,53)=\frac{(0,53-y_0)(0,53-y_1)(0,53-y_3)}{(y_2-y_0)(y_2-y_1)(y_2-y_3)}=0,18099, \] \[l_3(0,53)=\frac{(0,53-y_0)(0,53-y_1)(0,53-y_2)}{(y_3-y_0)(y_3-y_1)(y_3-y_2)}=-0,01678. \] Po dosadení do vzťahu pre inverzný Lagrangeov interpolačný polynóm \[L_3(0,53;y_0;y_3)=x_0l_0(0,53)+x_1l_1(0,53)+x_2l_2(0,53)+x_3l_3(0,53) \] dostávame hľadanú približnú hodnotu \[x=f^{-1}(0,53)\approx L_3(0,53;y_0;y_3)=1,6958671. \]

Riešenie: V prípade funkcie \( g_{1}\left(x\right)\) koeficient \( a_{0}=b \) a koeficient \( a_{1}=a \). Ďalej \(\varphi_{0}\left(x\right)=1\) a \( \varphi_{1}\left(x\right)=x.\) Sústava lineárnych rovníc (1) nadobudne tvar \[ \begin{eqnarray} %\def\a{&} 4b+6a \a = \a 36,400002 \nonumber\\ 6b+14a \a = \a 95,300003. \nonumber \end{eqnarray} \] Vyriešením danej sústavy dostaneme, že funkcia \( g_{1}\left(x\right)=8,14x - 3,11\) a kvadratická odchýlka \( d_{1}\left(b,a\right)=64,72201.\) Aby bolo možné použiť ten istý postup výpočtu koeficientov \( a\),\( b\) a \( c\) aj v druhom prípade, tak si aproximačnú rovnicu \[ f\left(x\right)\approx g_{2}\left(x\right)=e^{ax^{2}+bx+c}\] prechodne upravíme na tvar \[ \ln \left(f\left(x\right)\right)\approx \ln \left(g_{2}\left(x\right)\right)=ax^{2}+bx+c.\] Teraz si už môžeme vytvoriť sústavu lineárnych rovníc (1) s neznámymi \( a,b\) a \( c\). Teda \[ \begin{eqnarray} %\def\a{&} 4c+6b+14a \a = \a 5,3955 \nonumber\\ 6c+14b+36a \a = \a 14,6779 \nonumber\\ 14c+36b+98a \a = \a 38,3417.\nonumber \end{eqnarray} \] Vyriešením sústavy (1) dostaneme, že funkcia \[ g_{2}\left(x\right)=e^{-0,0742x^{2}+1,5394x-0,7007}\] a kvadratická odchýlka \[ d_{2}\left(c,b,a\right)=0,0699.\] Pri tretej aproximačnej funkcii \( g_{3}\left(x\right)\) si podobne ako v prvom prípade vytvoríme sústavu (1) s neznámymi koeficientmi \( a\) a \( b\). Teda \[ \begin{eqnarray} %\def\a{&} 4b+1,892a \a = \a 36,4 \nonumber\\ 1,892b+1,5548a \a = \a 12,836. \nonumber \end{eqnarray} \] Vyriešením tejto jednoduchej sústavy lineárnych rovníc dostaneme, že funkcia \[ g_{3}\left(x\right)=-6,6366 \sin x + 12,2389\] a kvadratická odchýlka \[ d_{3}\left(b,a\right)=366,9503.\] Veľmi malá kvadratická odchýlka v druhom prípade automaticky dáva odpoveď na otázku, ktorá z funkcií \( g_{1}\left(x\right)\), \( g_{2}\left(x\right)\) a \( g_{3}\left(x\right)\) v zmysle metódy najmenších štvorcov najlepšie aproximuje funkciu \( f\left(x\right)\). Je to funkcia \( g_{2}\left(x\right)=e^{ax^{2}+bx+c}\).

Výsledok: \(7x^2-6x+2\).

Výsledok: \(4,1667x^2-20,5x+19,3333\).

Výsledok: \(x^3+x\).

Výsledok: \(x^2-10x+1\).

Výsledok: \(2-3x\).

Výsledok: \(0,6\).

Výsledok: \(1,3549107\ \).

Výsledok: \(3,8558517\ \).

Výsledok: \(4,7083196\ \).

Výsledok: \(1,6958682\ \).

Výsledok: \(12,074198\ \).

Výsledok: \(0,6\).

Výsledok: \(1,3549107\ \).

Výsledok: \(0,75x+2,06\ \).

Výsledok: \(0,875x+1,86\ \).

Výsledok: \(1,0023x^2-4,0143x+5,0221\ \).

Výsledok: \(0,9985x^2-4,0066x+5,0125\ \).

Výsledok: \(-0,7530+1,7447\sin x-0,91155\cos x\ \).

Výsledok: \(-1,7971+2,8109\sin x\ \).

Výsledok: \(-0,8085+0,3231e^x \ \).

Riešenie:
Rozdelíme interval \(\left\langle 0,1\right\rangle \) na \(n=10 \) častí. Určíme krok \[h=\frac{b-a}{n}=\frac{1}{10}=0,1. \] Vytvoríme pomocnú tabuľku vypočítaných hodnôt funkcie \(y_i=\cos(0+i0{,}1)^{2}\) pre jednotlivé \(i=0,1,2, \ldots ,10.\) \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \def\a{&} \cos(0)^2 \a \cos (0{,}1)^2 \a\cos(0{,}2)^2 \a \cos(0{,}3)^2\a\cos(0{,}4)^2\a\cos(0{,}5)^2\a \cos(0{,}6)^2 \a\cos(0{,}7)^2\a\cos(0{,}8)^2\a\cos(0{,}9)^2\a\cos(1)^2\\ \hline 1 \a 1 \a 0{,}9992 \a 0{,}9960\a 0{,}9872\a 0{,}9689\a 0{,}9359\a 0{,}8823\a 0{,}8021\a 0{,}6895\a 0{,}5403\\ \hline \end{array} \] Približnú hodnotu integrálu \(\int_{0}^{1}\cos x^{2}dx \) vypočítame na základe vzťahu
\[\int_{0}^{1}\cos x^{2}dx\approx I_L(10)=\frac{0{,}1}{2}\left(\cos(0)^2+\cos(1)^2+2\sum_{i=1}^{9}\cos(0+i0{,}1)^{2} \right)=0{,}903122. \] Urobíme odhad chyby výpočtu. Teda \[\max_{x\in\left\langle 0,1\right\rangle} \left|-4x^{2}\cos x^{2}-2\sin x^{2}\right|\leq \max_{x\in\left\langle 0,1\right\rangle} \left|4x^{2}\cos x^{2}\right|+\max_{x\in\left\langle 0,1\right\rangle}\left|2\sin x^{2}\right| \leq 4+2=6=M_{2} \] a \[\left|R_{L}(f,n)\right|\leq\frac{6}{1200}=0,005. \] Pomocou programu MATLAB si môžeme graf funkcie \(f\left(x\right)=\left|-4x^2\cos(x^2) -2\sin(x^2)\right| \) nakresliť. Z obrázka je vidieť, že pomocou programu MATLAB môžeme odhadnúť číslo \(M_{2}\) oveľa presnejšie. Teda \[\max_{x\in\left\langle 0,1\right\rangle} \left|-4x^{2}\cos x^{2}-2\sin x^{2}\right|\leq 4=M_{2} \] a \[\left|R_{L}(f,n)\right|\leq\frac{4}{1200}=0,003. \] Dostali sme presnejší odhad chyby výpočtu daného integrálu.

Riešenie:
Najprv určíme \(n\), ktoré zaručí dosiahnutie žiadanej presnosti \(\epsilon\) výpočtu daného integrálu. Na určenie \(n\) použijeme vzťahy \[\left|R_{L}(f,n)\right|\leq\frac{(b-a)^{3}}{12n^{2}}M_{2}\leq \epsilon,\qquad M_{2}\geq \max_{x\in\left\langle a,b\right\rangle}\left|f''(x)\right|. \] Teda \[ M_{2}=\max_{x\in\left\langle 1,4\right\rangle}\left|\frac{-1}{4\sqrt{x^{3}}}\right|= \frac{1}{4},\qquad n\geq \sqrt{\frac{(b-a)^3M_2}{12\epsilon}}=\sqrt{\frac{900}{16}}=7{,}5. \] Po zaokrúhlení daného čísla nahor dostávame, že \(n=8\) a \(h=\frac{4-1}{8}=0{,}375.\) Pomocou programu MATLAB si môžeme graf funkcie \(f\left(x\right)=\left|-\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \right| \) nakresliť. Z obrázka je vidieť, že sme odhadli číslo \(M_{2}\) presne.
Vytvoríme pomocnú tabuľku vypočítaných hodnôt funkcie \(\sqrt{1+i\cdot0{,}375}\) pre jednotlivé \(i=0,1,2, \ldots ,8.\) \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \def\a{&} \sqrt{1} \a \sqrt{1{,}375}\a \sqrt{1+2\cdot0{,}375}\a \sqrt{1+3\cdot0{,}375}\a \sqrt{1+4\cdot0{,}375}\a \sqrt{1+5\cdot0{,}375}\a \sqrt{1+6\cdot0{,}375} \a \sqrt{1+7\cdot0{,}375}\a \sqrt{4} \\ \hline 1 \a 1{,}1726 \a 1{,}3229 \a 1{,}4577\a 1{,}5811\a 1{,}6956\a 1{,}8028\a 1{,}9039 \a 2\\ \hline \end{array} \] Približnú hodnotu daného integrálu vypočítame na základe vzťahu \[\int_{1}^{4}\sqrt{x}\:dx\approx I_{L}(8)=\frac{0{,}375}{2}\left(\sqrt{1}+\sqrt{4}+2\sum_{i=1}^{7}\sqrt{1+i0{,}375}\right)=4{,}6637. \]

Riešenie:
Rozdelíme interval \(\left\langle 0,1\right\rangle \) na \(n=10 \) častí. Pri Simpsonovej metóde \(n \) musí byť vždy párne číslo. Určíme krok \[h=\frac{b-a}{n}=\frac{1}{10}=0{,}1. \] Vytvoríme pomocnú tabuľku vypočítaných hodnôt funkcie \(y_i=\cos(0+i0{,}1)^{2}\) pre jednotlivé \(i=0,1,2, \ldots ,10.\) \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \def\a{&} \cos(0)^2 \a \cos (0{,}1)^2 \a\cos(0{,}2)^2 \a \cos(0{,}3)^2\a\cos(0{,}4)^2\a\cos(0{,}5)^2\a \cos(0{,}6)^2 \a\cos(0{,}7)^2\a\cos(0{,}8)^2\a\cos(0{,}9)^2\a\cos(1)^2\\ \hline 1 \a 1 \a 0{,}9992 \a 0{,}9960\a 0{,}9872\a 0{,}9689\a 0{,}9359\a 0{,}8823\a 0{,}8021\a 0{,}6895\a 0{,}5403\\ \hline \end{array} \] Približnú hodnotu integrálu \(\int_{0}^{1}\cos x^{2}dx \) vypočítame na základe vzťahu \[\int_{0}^{1}\cos x^2dx\approx I_S(10)=\frac{0{,}1}{3}\left(\cos 0+\cos 1+4\sum_{i=1}^{5}\cos(0+(2i-1)0{,}1)^2+2\sum_{i=1}^{4}\cos (0+2i0{,}1)^2\right)=0{,}9045. \] Na základe vzťahov \[\left|R(f)\right|\leq\frac{(b-a)^{5}}{180n^{4}}M_{4},\qquad M_{4}\geq \max_{x\in\left\langle a,b\right\rangle}\left|f^{(4)}(x)\right| \] urobíme odhad chyby výpočtu. Teda \[\max_{x\in\left\langle 0,1\right\rangle}\left|(16x^{2}-12)\cos x^{2}+48x^2\sin x^{2}\right|\leq 12+48=60=M_{4} \] a \[\left|R_{S}(f,n)\right|\leq\frac{1}{180\cdot10^4}\cdot60=3{,}3\cdot10^{-5}. \] Pomocou programu MATLAB si môžeme graf funkcie \(f\left(x\right)=\left|(16x^2-12)\cos(x^2)+ 48x^2\sin(x^2)\right| \) nakresliť. Z obrázka je vidieť, že pomocou programu MATLAB môžeme odhadnúť číslo \(M_{4}\) oveľa presnejšie. Teda \[\max_{x\in\left\langle 0,1\right\rangle} \left|(16x^2-12)\cos(x^2)+ 48x^2\sin(x^2)\right|\leq 45=M_{4} \] a \[\left|R_{L}(f,n)\right|\leq\frac{45}{180\cdot 10^4}=2,5 \cdot 10^{-5}. \] Dostali sme presnejší odhad chyby výpočtu daného integrálu.

Riešenie:
Najprv určíme \(n\), ktoré zaručí dosiahnutie žiadanej presnosti \(\epsilon\) výpočtu daného integrálu. Na určenie \(n\) použijeme vzťahy \[\left|R_{S}(f,n)\right|\leq\frac{(b-a)^{5}}{180n^{4}}M_{4}\leq \epsilon, \qquad M_{4}\geq \max_{x\in\left\langle a,b\right\rangle}\left|f^{(4)}(x)\right|. \] Teda \[ M_{4}=\max_{x\in\left\langle 1,4\right\rangle}\left|\frac{15}{16\sqrt{x^{7}}}\right|= \frac{15}{16},\qquad n\geq \sqrt[4]{\frac{(b-a)^5M_4}{180\epsilon}}= \sqrt[4]{\frac{3^5}{180\cdot10^{-3}}\cdot\frac{15}{16}}=5{,}9645. \] Po zaokrúhlení nahor na párne číslo dostávame, že \(n=6\) a \(h=\frac{4-1}{6}=0,5.\) Vytvoríme pomocnú tabuľku vypočítaných hodnôt funkcie \(y_i=\sqrt{1+i\cdot0,5}\) pre jednotlivé \(i=0,1,2, \ldots ,6.\) \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \def\a{&} \sqrt{1} \a \sqrt{1{,}5}\a \sqrt{1+2\cdot0{,}5}\a \sqrt{1+3\cdot0{,}5}\a \sqrt{1+4\cdot0{,}5}\a \sqrt{1+5\cdot0{,}5}\a \sqrt{4} \\ \hline 1 \a 1{,}2247 \a 1{,}4142 \a 1{,}5811\a 1{,}7325\a 1{,}8708 \a 2\\ \hline \end{array} \] Približnú hodnotu daného integrálu vypočítame na základe vzťahu \[\int_{1}^{4}\sqrt{x}\:dx\approx I_{S}(6)=\frac{0{,}5}{3}\left(\sqrt{1}+\sqrt{4}+4\sum_{i=1}^{3}\sqrt{1+(2i-1)0{,}5)}+2\sum_{i=1}^{2}\sqrt{1+2\:i\:0{,}5}\right)=4{,}6665626. \] Pomocou programu MATLAB si môžeme graf funkcie \(f\left(x\right)=\left|\frac{15}{16\sqrt{x^7}} \right| \) nakresliť. Z obrázka je vidieť, že sme odhadli číslo \(M_{4}\) presne.

Výsledok: \(1{,}622039 \ \).

Výsledok: \(1{,}476842 \ \).

Výsledok: \(n=6; \ 1{,}4752\ \).

Výsledok: \(n=8; \ 0{,}9023\ \).

Výsledok: \(1{,}793170 \ \).

Výsledok: \(0{,}284225 \ \).

Výsledok: \(n=4; \ 1{,}462873\ \).

Výsledok: \(n=10; \ 0{,}904524\ \).

Riešenie:
Použijeme rekurentný vzorec Eulerovej metódy \[y_{i+1}=y_{i}+k_{1}, \] kde \[k_{1}=hf\left(x_{i},y_{i}\right) \] a \[f\left(x,y\right)=1+2\left(y-x\right). \] Teda \[y_{1}=y_{0}+hf\left(x_{0},y_{0}\right)=1+0,1\left(1+2\right)=1+0,3=1,3, \] \[y_{2}=y_{1}+hf\left(x_{1},y_{1}\right)=1,3+0,1\left(1+2\left(1,3-0,1\right) \right)=1,3+0,34=1,64. \] Porovnanie približne vypočítaných hodnôt riešenia s hodnotami presného riešenia je uvedené v tabuľke \[\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \def\a{&} \hline i\a x_i \a y_i \a y(x_i)\a e_i=\left|y(x_i)-y_i\right| \\ \hline 0 \a 0 \a 1 \a 1 \a 0 \\ \hline 1 \a 0{,}1 \a 1{,}3 \a 1{,}3214 \a 0{,}0214 \\ \hline 2 \a 0{,}2 \a 1{,}64 \a 1{,}6918 \a 0{,}0518 \\ \hline \end{array} \]
Ukážeme, že Heunova metóda je oveľa presnejšia ako predchádzajúca Eulerova metóda. Jedinou nevýhodou použitia Heunovej metódy v porovnaní s Eulerovou metódou je zložitejší rekurentný vzorec, ktorý obsahuje o jednu smernicu viac ako rekurentný vzorec Eulerovej metódy. Vypočítame približné hodnoty \(y_{i}\) riešenia Cauchyho úlohy pomocou rekurentného vzorca Heunovej metódy \[y_{i+1}=y_{i}+\frac{k_{1}+k_{2}}{2},\] kde \[k_{1}=hf\left(x_{i},y_{i}\right),\ k_{2}=hf\left(x_{i}+h,y_{i}+k_{1}\right).\] Porovnanie približne vypočítaných hodnôt \(y_{i}\) riešenia s hodnotami \(y\left(x_{i}\right)\) presného riešenia Cauchyho úlohy je uvedené v tabuľke \[\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \def\a{&} \hline i\a x_i \a y_i \a y(x_i)\a e_i=\left|y(x_i)-y_i\right| \\ \hline 0 \a 0 \a 1 \a 1 \a 0 \\ \hline 1 \a 0{,}1 \a 1{,}32 \a 1{,}3214 \a 0{,}0014 \\ \hline 2 \a 0{,}2 \a 1{,}6884 \a 1{,}6918 \a 0{,}0034 \\ \hline \end{array} \]

Riešenie:
Použijeme rekurentný vzorec Rungeho-Kuttovej metódy \[y_{i+1}=y_{i}+\frac{1}{6}\left(k_{1}+2k_{2}+2k_{3}+k_{4}\right),\] kde \[k_{1}=hf\left(x_{i},y_{i}\right),\ k_{2}=hf\left(x_{i}+\frac{h}{2},y_{i}+\frac{k_{1}}{2}\right), \] \[k_{3}=hf\left(x_{i}+\frac{h}{2},y_{i}+\frac{k_{2}}{2}\right),\ k_{4}=hf\left(x_{i}+h,y_{i}+k_{3}\right). \] Vypočítané jednotlivé smernice \[ k_{i},\ i=1,2,3,4 \] a približné hodnoty \(y_{i}\) riešenia Cauchyho úlohy sú uvedené v tabuľke: \[\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \def\a{&} \hline i\a x_i \a y_i \a k_1\a k_2\a k_3\a k_4 \\ \hline 0 \a 0 \a 1 \a -10{,}042768 \a -11{,}545308\a -11{,}628692\a -14{,}873752 \\ \hline 1 \a 0{,}1 \a -10{,}3877420 \a -14{,}934772 \a -21{,}016962 \a -22{,}253744\a -34{,}836960\\ \hline 2 \a 0{,}2 \a -33{,}596279 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline x_i \a 0 \a 0,1 \a 0,2 \a 0,3\a 0,4\a 0,5 \\ \hline y_i \a 1 \a 1 \a 1,01\a 1,0302\a 1,061106\a 1,103550 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline x_i \a 0 \a 0,1 \a 0,2 \a 0,3\a 0,4\a 0,5 \\ \hline y_i \a 1 \a 1 \a 1,01\a 1,029802\a 1,058934\a 1,096708 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline x_i \a 1 \a 1,1 \a 1,2 \a 1,3\a 1,4 \\ \hline y_i \a 1 \a 1 \a 1,01\a 1,027636\a 1,050738 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline x_i \a 0 \a 0,1 \a 0,2 \a 0,3 \\ \hline y_i \a 0 \a 0,066667 \a 0,129072\a 0,187573 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline x_i \a 0 \a 0,1 \a 0,2 \a 0,3 \\ \hline y_i \a 1 \a 1,005 \a 1,020175\a 1,045986 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline x_i \a 0 \a 0,1 \a 0,2 \a 0,3 \\ \hline y_i \a 1 \a 0,904759 \a 0,818582\a 0,740606 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline x_i \a 0 \a 0,1 \a 0,2 \a 0,3 \\ \hline y_i \a 1 \a 1,001 \a 1,006007\a 1,019082 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline x_i \a 0 \a 0,1 \a 0,2 \a 0,3 \\ \hline y_i \a 1 \a 1,005013 \a 1,020201\a 1,046028 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline x_i \a 0 \a 0,1 \a 0,2 \a 0,3 \\ \hline y_i \a 1 \a 1,000667 \a 1,005340\a 1,018081 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline x_i \a 0 \a 0,1 \a 0,2 \a 0,3 \\ \hline y_i \a 1 \a 1,093964 \a 1,171454\a 1,225463 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline x_i \a 1 \a 1,1 \a 1,2 \a 1,3 \\ \hline y_i \a 0 \a -0,111460 \a -0,252903\a -0,438528 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline x_i \a 1 \a 1,2 \a 1,4 \\ \hline y_i \a 1 \a 0,836311 \a 0,732562 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline x_i \a 0 \a 0,1 \a 0,2 \\ \hline y_i \a 1 \a 0,809976 \a 0,639642 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline x_i \a 0,5 \a 0,55 \a 0,6 \\ \hline y_i \a 1 \a 0,978156 \a 0,962744 \\ \hline \end{array} \]

Výsledok: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline x_i \a 0,5 \a 0,55 \a 0,6 \\ \hline y_i \a 1 \a 0,964693 \a 0,933791 \\ \hline \end{array} \]

Riešenie: a) \(P(A)=0{,}7\); b) \(P(A\cap B)=0{,}4\); c) \(P(B)=0{,}6\); d) \(P(B-A)=0{,}2\); e) \(P(\overline{B}\cup A)=0{,}8\); f) \(P(A-\overline{B}\,)=0{,}4\).

Riešenie: a) \(\frac{28}{225}\); b) \(\frac{1}{3}\); c) \(\frac{1}{4}\).

Riešenie: a) \(\dfrac{44}{13\,983\,816}\approx 0{,}000\,003146;\) b) \(\dfrac{44\cdot\displaystyle{{43 \choose 3}}}{13\,983\,816}\approx 0{,}03883;\) c) \(\dfrac{44\cdot43}{13\,983\,816}\approx 0{,}0001353;\) d) \(\dfrac{\displaystyle{{44 \choose 3}} }{13\,983\,816}\approx 0{,}000947;\) e) \(\dfrac{\displaystyle{{44 \choose 2}} }{13\,983\,816}\approx 0{,}000\,06765.\)

Riešenie: a)\(\frac{3}{10^n};\) b) \(5.\)

Riešenie: \(\frac{1}{6720}\) (bez vrátenia) alebo \(\frac{1}{32768}\) (s vrátením)

Riešenie: a) \(P(A_1)=\frac{b}{b+m}\); b) \(P(A_2/A_1)=\frac{b-1}{b+m-1}\); c) \(P(A_1/A_2) =\frac{b-1}{b+m-1}\); d) \(P(A_2/\overline{\!A}_1)=\frac{b}{b+m-1}\); e) \(P(\overline{\!A}_2/\overline{\!A}_1)=\frac{m-1}{b+m-1}\); f) \(P(A_2)=\frac{b}{b+m}\).

Riešenie: a) \(\begin{array}{c||c|c|c|c|c} x_i \a 1 \a 2 \a 3 \a 4 \a 5 \\ \hline p_i\a 0{,}1 \a 0{,}09 \a 0{,}081 \a 0{,}0729 \a 0{,}6561 \end{array}\);

b) \(F(x)=\left\{\begin{array}{ll} 0, \a \mbox{pre } x\lt 1,\\ 0{,}1 \a \mbox{pre } 1\leqq x\lt 2,\\ 0{,}19 \a \mbox{pre } 2\leqq x\lt 3,\\ 0{,}271 \a \mbox{pre } 3\leqq x\lt 4,\\ 0{,}3439 \a \mbox{pre } 4\leqq x\lt 5,\\ 1 \a \mbox{pre } 5\leqq x; \end{array} \right.\) c) \(0{,}81\); d) \(4{,}0951;\) \(1{,}9881;\) \(5\).

Riešenie: a) \(\begin{array}{c||c|c|c|c|c|c|c|c|c|c} x_i \a -3 \a 3 \a 8 \a 9 \a 14 \a 15 \a 19 \a 20 \a 25 \a 30 \\ \hline p_i\a 0{,}008 \a 0{,}036 \a 0{,}06 \a 0{,}054 \a 0{,}18 \a 0{,}027 \a 0{,}15 \a 0{,}135 \a 0{,}225 \a 0{,}125 \end{array}\);

b) \(18{,}9;\) \(54{,}03\); c) \(0{,}635\); \(0{,}044\); \(0\).

Riešenie: a) \(\begin{array}{c||c|c|c|c|c|c} x_i \a 1 \a 2 \a 3 \a 4 \a 5 \a 6 \\ \hline p_i \a \frac{1}{36} \a \frac{1}{12} \a \frac{5}{36} \a \frac{7}{36} \a \frac{1}{4} \a \frac{11}{36} \end{array}\);
b) \(E(X)=4{,}4722\); c) \(\sigma(X)=1{,}4141;\) d) \({\cal M}o(X)=6\).

Riešenie: a) \(x_5=10,\) \(p_5=0{,}34;\) b) \(D(X) = 17{,}8676;\) \({\cal M}o(X) = 10\); c) \(0{,}34\); \(0{,}6\).

Riešenie: a) \(k=\frac{1}{4}\,\); b) \(F(x)=\left\{\begin{array}{ll} 0\a\mbox{pre } x\lt 0\\ \frac{8x^2-x^4}{16}\a \mbox{pre } x\in \langle 0;2\rangle \\ 1 \a \mbox{pre } x>2; \end{array} \right. \) c) \(\frac{16}{15}\,\); \(\frac{2\sqrt{11}}{15}\,;\) \(0{,}0505;\) \(0{,}9810\)

Riešenie: a) \(k=1\); b) \(F(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \phantom{aaa}0 \a \mbox{pre } x\in(-\infty; \rangle,\\ \dfrac{(x+1)^2}{2} \a\mbox{pre } x\in (-1;0\rangle,\\[2.5mm] \dfrac{-x^2+2x+1}{2}\a\mbox{pre } x\in (0 ;1\rangle,\\[2.5mm] \phantom{aaa}1\a\mbox{pre } x\in (1;\infty ). \end{array} \right.\) graf je načrtnutý na nasledujúcom obrázku;
c) \(E(X)=0\); d) \(D(X)=\dfrac{1}{6}\,\); e) \(\dfrac{3}{4}\,\).

Riešenie: a) Nech \(X\) je náhodná premenná, ktorá nadobúda hodnoty počtu výrobkov, ktoré sa pri preprave poškodia. Keďže stav ľubovoľného výrobku po preprave nezávisí od stavu ostatných výrobkov, tak náhodná premenná \(X\) má binomické rozdelenie pravdepodobnosti s parametrami \(n=33\) a \(p=0{,}1\), t. j. \(X\sim bino(33;0{,}1)\). V priemere môžeme podľa (\ref{brrp}) očakávať \(E(X)=n\cdot p=33\cdot 0{,}1=3{,}3\) poškodených výrobkov.
Máme určiť pravdepodobnosť toho, že nastane jav, ktorý spočíva v tom, že pri preprave sa poškodí viac výrobkov ako by sme mohli v priemere očakávať, t. j. pravdepodobnosť toho, že náhodná premenná \(X\) nadobudne väčšiu hodnotu ako je jej stredná hodnota: \[P(X\gt E(X))=P(X\gt 3{,}3)=P(X\geqq 4)=\sum\limits_{x=4}^{33} {{33} \choose x}0,1^x0,9^{33-x}\approx 0{,}4231,\] pričom posledný výpočet v MATLABe získame pomocou \(sum(binopdf(4\!:\!33,33,0.1)).\)

b) Počet poškodených výrobkov, ktorý môžeme s najväčšou pravdepodobnosťou očakávať, je modusom náhodnej premennej \(X\). Podľa (\ref{mobr}) je \[{\cal M}o(X)\in \langle 33\!\cdot \!0{,}1\!-\!0{,}9;\,\,33\!\cdot \!0{,}1\!+\!0{,}1\rangle =\langle 2{,}4\,; \,3{,}4\rangle ,\] a teda \({\cal M}o(X)=3.\) V úlohe sa žiada určiť pravdepodobnosť toho, že poškodených výrobkov bude menej ako \(3\), teda že \(X\lt 3\): \[P(X\lt 3)=P(X\!=\!0)+P(X\!=\!1)+P(X\!=\!2)\] Odtiaľ na základe (\ref{br}) dostávame \[P(X\lt 3)={{33} \choose 0}0{,}1^00{,}9^{33}+{{33} \choose 1}0{,}1^10{,}9^{32}+{{33} \choose 2}0{,}1^20{,}9^{31}\approx 0{,}3457.\] \[P(X\lt{\cal M}o(X))=P(X\lt 3)=P(X\leqq 2)=F(2)\approx 0,3457,\] kde \(F\) je distribučná funkcia náhodnej premennej \(X\) s binomickým rozdelením pravdepodobnosti (v MATLABe hodnotu \(F(2)\) môžeme určiť pomocou \(binocdf(2,33,0.1)\) alebo \quad \(sum(binopdf(0:2,33,0.1)).\)

Riešenie:
I.
a) Ak náhodne vyberáme guľky s návratom, tak pred výberom každej guľky sa konštelácia guliek v urne nemení. To znamená, že
-- ide o päťnásobné nezávislé opakovanie (vyberáme päť guliek) toho istého pokusu, ktorý spočíva v tom, že náhodne vyberáme jednu guľku zo štyroch bielych a šiestich čiernych;
pravdepodobnosť toho, že v rámci toho pokusu náhodne vyberieme bielu guľku je \(p=\frac{4}{10}=0{,}4\).
Nech \(X\) je náhodná premenná, ktorá nadobúda hodnoty počtu bielych guliek medzi piatimi náhodne vytiahnutými guľkami. Je evidentné, že jej oborom hodnôt je množina \({\cal H}(X)=\{0,1,2,3,4,5\}\). Navyše sú splnené predpoklady Bernoulliho vety, pričom \(P(X\!=\!x)=P_5(x)\). Preto náhodná premenná \(X\) má binomické rozdelenie pravdepodobnosti s parametrami \(n=5\) a \(p=0{,}4\), t. j. \(X\sim bino(5;0{,}4).\). Potom \begin{equation}\label{vv} P(X\!=\!x)={n \choose x}p^{x}(1-p)^{n-x}={5 \choose x}0{,}4^{x}0{,}6^{5-x}, \quad x\in\{0,1,2,3,4,5\}. \end{equation} Je to diskrétna náhodná premenná, ktorej nasledujúcu pravdepodobnostnú tabuľku dostaneme výpočtom hodnôt v (\ref{vv}) \[ \begin{array}{c||c|c|c|c|c|c} X=x_i \a 0 \a 1 \a 2 \a 3 \a 4 \a 5 \\ \hline P(X\!=\!x_i)=p_i \a 0{,}07776 \a0{,}2592 \a 0{,}3456 \a 0{,}2304 \a 0{,}0768 \a 0{,}01024 \end{array} \] Poznamenávame, že v MATLABe by sme hodnoty \(p_i\) mohli získať pomocou \(binopdf(0:5,5,0.4)\).
b) Priemerný počet vytiahnutých bielych guliek získame určením strednej hodnoty \quad \(E(X)\) náhodnej premennej \(X\). Podľa (\ref{brrp}) dostaneme \[E(X)=n\cdot p=5\cdot 0{,}4=2.\] Overte si tento výsledok pomocou vyššie uvedenej pravdepodobnostnej tabuľky a základnej definície strednej hodnoty diskrétnej náhodnej premennej, ktorá v našom prípade má tvar \[E(X)=\sum_{i=1}^6 x_ip_i.\]
c) Disperziu (rozptyl) \(D(X)\) počtu vytiahnutých bielych guliek dostaneme na základe (\ref{brrp}): \[D(X)=n\cdot p\cdot q= 5\cdot 0{,}4\cdot (1-0{,}4)=1{,}2.\] Skúste si overiť tento výsledok pomocou základnej definície disperzie diskrétnej náhodnej premennej.
d) Medzi piatimi vytiahnutými guľkami bude viac bielych ako čiernych práve vtedy, keď vytiahneme aspoň tri biele. Máme teda určiť pravdepodobnosť javu, že náhodná premenná \(X\) nadobúda hodnotu aspoň \(3\). Z pravdepodobnostnej tabuľky dostaneme \[P(X\!\geqq \!3)=P(X\!=\!3)+P(X\!=\!4)+P(X\!=\!5)=0{,}2304+ 0{,}0768 +0{,}01024=0{,}31744.\]
e) Najpravdepodobnejší počet vytiahnutých bielych guliek ľahko získame z pravdepodobnostnej tabuľky: stačí určiť tú hodnotu náhodnej premennej \(X\), ktorá je nadobúdaná s najväčšou pravdepodobnosťou. Je evidentné, že maximum z hodnôt \(p_i\) je \(0{,}3456 \), a preto odpoveď na otázku je \(2\).
Ak by sme nemali k dispozícii pravdepodobnostnú tabuľku, tak si stačí uvedomiť, že riešením tejto časti úlohy je modus náhodne premennej \(X\), pre ktorý v prípade binomického rozdelenia podľa (\ref{mobr}) platí \[{\cal M}o(X)=k_0\in \langle np-q,\,np+p\rangle =\langle 5\!\cdot\! 0{,}4\!-\!0{,}6;\,5\!\cdot\! 0{,}4\!+\!0{,4}\rangle =\langle 1{,}4;\,2{,}4\rangle . \] Je zrejmé, že do intervalu \(\langle 1{,}4;\,2{,}4\rangle\) patrí jediné celé číslo \(2\), a preto \({\cal M}o(X)=2.\)

II.
Systém podmienok v tomto pokuse je iný ako v pokuse z časti I: vyberáme päť guliek, ale bez návratu. Pri tomto výbere nezáleží na poradí vyberaných guliek (rovnako tomu bolo aj v časti I), ale výber realizujeme bez opakovania. Ináč povedané, napr. pri výbere druhej guľky sa konštelácie guliek zmenila oproti konštelácii guliek pred výberom prvej guľky. V našom pokuse nezáleží na poradí farieb vyberaných guliek, a preto päť guliek môžeme z desiatich guliek vybrať \(\binom{10}{5}\) spôsobmi (viď komentáre k 7. cvičeniu). Ak medzi piatimi vybranými guľkami je \(y\) bielych guliek, tak \(5\!-\!y\) budú mať čiernu farbu, pričom \(y\in\{0,1,2,3,4\}\) -- viete prečo? Je zrejmé, že \(y\) bielych guliek môžeme zo štyroch bielych guliek vybrať \(\binom{4}{y}\) spôsobmi a obdobne \(5\!-\!y\) čiernych zo šiestich čiernych guliek \(\binom{6}{5-y}\) spôsobmi.
a) Nech \(Y\) je náhodná premenná, ktorá nadobúda hodnoty počtu vytiahnutých bielych guliek. Z vyššie uvedeného vyplýva, že \begin{equation}\label{yr} P(Y\!=\!y)=\frac{\displaystyle{ \binom{4}{y}\binom{6}{5-y}}}{\displaystyle{ \binom{10}{5}}},\qquad y\in {\cal H}(Y)=\{0,1,2,3,4\}. \end{equation} Na základe (\ref{yr}) ľahko dostaneme pravdepodobnostnú tabuľku náhodnej premennej \(Y\): \[ \begin{array}{c||c|c|c|c|c} Y=y_i \a 0 \a 1 \a 2 \a 3 \a 4 \\ \hline P(Y\!=\!y_i)=p_i \a 0{,}0238 \a0{,}2381 \a 0{,}4762 \a 0{,}2381 \a 0{,}0238 \end{array} \] V tejto tabuľke sú pravdepodobnosti \(p_i\) zaokrúhlené na štyri desatinné miesta. V MATLABe ich získame napr. pomocou \(hygepdf(0\!:\!4,10,4,5)\).
b) Tentoraz určíme strednú hodnotu \(E(Y)\) náhodnej premennej \(Y\) priamo z jej definície: \[E(Y)=\sum_{i=1}^{5}y_ip_i=\sum_{i=1}^{5}y_i\cdot \frac{\displaystyle{ \binom{4} {y_i}\binom{6}{5-y_i}}}{\displaystyle{ \binom{10}{5}}},\qquad y_i= 0,1,2,3,4.\] Ak tu dosadíme hodnoty z pravdepodobnostnej tabuľky, tak dostaneme \[E(Y)= 0\!\cdot\! 0{,}0238 +1\!\cdot\! 0{,}2381 +2\!\cdot\! 0{,}4762 +3\!\cdot\! 0{,}2381+4\!\cdot\! 0{,}0238= 2.\] Tento výsledok je v zhode s (\ref{hyc}): pre \(N\!=\!10\), \(K\!=\!4\) a \(n\!=\!5\) by sme dostali \[E(Y)=n\cdot \frac{K}{N}=5\cdot \frac{4}{10}=2.\]
c) Aj disperziu \(D(Y)\) náhodnej premennej \(Y\) určíme priamo z jej definície: \[D(Y)=\sum_{i=1}^{5}\big[y_i-E(Y)\big]^2p_i=\sum_{i=1}^{5}\big[y_i-2\big]^2\cdot \frac{\displaystyle{ \binom{4}{y_i}\binom{6}{5-y_i}}}{\displaystyle{ \binom{10}{5}}}, \qquad y_i= 0,1,2,3,4.\] Po dosadení hodnôt z pravdepodobnostnej tabuľky, dostaneme \[D(Y)=[0-2]^20{,}0238+[1-2]^20{,}2381+[2-2]^20{,}4762+[3-2]^20{,}2381+[4-2]^20{,}0238\] a po vyčíslení \[D(Y)=0{,}6666.\] Tí, ktorí obľubujú vzorčeky, mohli túto časť úlohy riešiť pomocou (\ref{hyc}): \[D(Y)=\frac{N-n}{N-1}\Bigg( 1-\frac{K}{N}\Bigg)\cdot \frac{n\cdot K}{N}=D(X)= \frac{10-5}{10-1}\Bigg( 1-\frac{4}{10}\Bigg)\cdot \frac{5\cdot 4}{10}=\frac{2}{3}.\]
d) Obdobne, ako v časti I, treba určiť pravdepodobnosť javu, že náhodná premenná \(Y\) nadobúda hodnotu aspoň \(3\). Z pravdepodobnostnej tabuľky tejto náhodnej premennej dostaneme \[P(Y\!\geqq \!3)=P(Y\!=\!3)+P(Y\!=\!4)=0{,}2381+ 0{,}0238 =0{,}2619.\] e) Najpravdepodobnejší počet vytiahnutých bielych guliek opäť ľahko získame z pravdepodobnostnej tabuľky: náhodná premenná \(Y\) nadobúda hodnotu \(2\) s najväčšou pravdepodobnosťou \(0{,}4762 \). Všimnime si, že aj v tomto prípade platí: \[{\cal M}o(Y)=2.\]

Riešenie: Nech \(X\) je náhodná premenná, ktorá nadobúda hodnoty počtu návštev internetovej stránky v priebehu štyroch minút. Z formulácie úlohy máme, že \(X\) má Poissonovo rozdelenie pravdepodobnosti. Jej stredná (priemerná) hodnota je podľa (\ref{poiu}) \(E(X)=\lambda\). Predpokladajme, že priemerný počet návštevníkov internetovej stránky je priamo úmerný dĺžke časového úseku. Pretože stránku navštívi v priebehu jednej hodiny v priemere \(30\) záujemcov, tak v priebehu štyroch minút ju navštívia v priemere \(\lambda =\frac{30}{60}\cdot 4=2\) návštevníci.
Ia) Máme určiť pravdepodobnosť toho, že náhodná premenná \(X\) nadobudne hodnotu \(1\), t. j. \(P(X=1)\). Podľa (\ref{poi}) máme \[P(X=1)=\frac{\displaystyle{2 ^1 \cdot \mathrm{e}^{-2 }}}{1!}\approx 0,2707.\] Ib) Tentoraz chceme určiť \(P(X\geqq 1)\). Tu je výhodnejšie použiť opačný jav: \[P(X\geqq 1)=1-P(X \lt 1)=1-P(X=0)=1-\frac{\displaystyle{2 ^0 \cdot \mathrm{e}^{-2 }}}{0!}\approx 0,8647.\] Ic) Potrebujeme vypočítať \(P(3\leqq X \lt 11):\) \[P(3\leqq X \lt 11)=\sum\limits_{x=3}^{10}P(X=x)=\sum\limits_{x=3}^{10}\frac{2 ^x \cdot \mathrm{e}^{-2 }}{x!}\approx 0{,}3233.\] IIa) Je potrebné vypočítať pravdepodobnosť toho, že náhodná premenná \(X,\) nadobudne hodnotu svojho modusu. Podľa (\ref{poi}) ľahko získame napr. prvých šesť hodnôt \(P(X=x)\) pre \(x=0,1,2,\dots 5\) (alebo v MATLABe pomocou \(poisspdf(0\!:\!5,2)\)): \[ \begin{array}{c||c|c|c|c|c|c} x \a 0 \a 1 \a 2 \a 3 \a 4 \a 5 \\ \hline P(X=x) \a 0{,}1353 \a0{,}2707 \a 0{,}2707 \a 0{,}1804 \a 0{,}0902 \a 0{,}0361 \end{array} \] Pre \(x>2\) pravdepodobnosti \(P(X=x)\) budú klesať (viete to zdôvodniť?), čo znamená, že naša náhodná premenná má dva modusy: \({\cal M}o(X))\in\{1,2\}\). Keďže javy \(X=1\) a \(X=2\) sú nezlúčiteľné, tak \[P(X={\cal M}o(X))=P({\cal M}o(X)\in\{1,2\})=P(X=1)+P(X=2)=0{,}5414.\]
IIb) Nech \(Y\) je náhodná premenná, ktorá nadobúda hodnoty počtu návštev internetovskej stránky v priebehu dvadsiatich minút. Overte, že jej stredná hodnota je \(\lambda =10.\) V úlohe požadujeme nájsť také minimálne \(n\), pre ktoré platí \[P(Y\leqq n)\geqq 0{,}99.\] Menej efektívny prístup by mohol spočívať v tom, že by sme v analogickej tabuľke ako v časti IIa) zistili, kedy súčet príslušných pravdepodobností (pre \(x=0, 1 ,2,\dots \)) dosiahne prvýkrát hodnotu aspoň \(0{,}99.\) Tento postup by pre veľké výsledné \(n\) bol prácny. Všimnime si, že ak \(F\) je distribučná funkcia náhodnej premennej \(Y,\) tak poslednú nerovnosť môžeme zapísať v tvare \[P(Y\leqq n)=F(n)\geqq 0{,}99.\] Minimálnu hodnotu \(n\), ktorá jej vyhovuje, môžeme získať v MATLABe pomocou \(poissinv(0.99,10).\) Dostaneme \(n=18.\) Premyslite si, či nasledujúcim výpočtom sme urobili skúšku správnosti získaného výsledku: \[P(Y\leqq 17)=\sum\limits_{x=0}^{17}\frac{\displaystyle{10 ^x \cdot \mathrm{e}^{-10 }}}{x!}= F(17)=poiscdf(17,10)\approx 0{,}9857,\] \[P(Y\leqq 18)=\sum\limits_{x=0}^{18}\frac{\displaystyle{10 ^x \cdot \mathrm{e}^{-10 }}}{x!}= F(18)=poiscdf(18,10)\approx 0{,}9928.\]

Riešenie: Nech \(T\) je náhodná premenná, ktorá nadobúda hodnoty životnosti výrobku. Je známe, že \(T\sim exp(\lambda )\), t. j. \(T\) má exponenciálne rozdelenie pravdepodobnosti s parametrom \(\lambda\). Poznáme jej strednú hodnotu \(E(T)=2000\)\quad a vzhľadom na (\ref{ew}) je \(\lambda=2000 \).
a) Chceme vypočítať \(P(T\geqq 3000). \) Uvádzame jeden z možných postupov: \[P(T\geqq 3000)\stackrel{\star}{=}1-P(T\lt 3000)\stackrel{\star\star}{=}1-P(T\leqq 3000)=\clubsuit ,\] kde pri rovnosti \(\stackrel{\star}{=}\) sme použili fakt, že jav \(T\ge 3000\) je opačný jav k javu \(T\lt 3000\) a rovnosť \(\stackrel{\star\star}{=}\) platí pre každú spojitú náhodnú premennú. Ak si uvedomíme, že \(P(T\leqq 3000)=F(3000)\), kde \(F\) je distribučná funkcia, tak na základe (\ref{ed}) dostaneme (pripomíname, že \(\lambda=2000 \)) \[\clubsuit=1-F(3000)=1-\mathrm{e}^{-\mbox{\(\frac{3000}{2000}\)}}=1-\big(1-\mathrm{e}^{-1{,}5}\big)\approx 0{,}2231.\] b) Priemerná doba životnosti výrobku je vlastne strednou hodnotou náhodnej premennej \(T\), ktorá je v našom prípade \(2000\) dní. Chceme teda určiť pravdepodobnosť toho, že nenastane jav \(T\gt 2000\), t. j. otázna je pravdepodobnosť javu \(T\leqq 2000\). Obdobným výpočtom ako v časti a) dostaneme \[P(T \leqq 2000)=F(2000 )=1-\mathrm{e}^{-1}\approx 0{,}6321.\] c) Keďže výrobca pripúšťa maximálne \(5\) percent reklamačných výrobkov, tak je potrebné určiť takú maximálnu záručnú dobu \(z\), aby platila nerovnosť \(P(T\leqq z)\leqq 0{,}05,\) (\(P(T\leqq z)\) je pravdepodobnosť toho, že doba životnosti výrobku je nanajvýš rovná záručnej dobe -- vtedy dôjde k reklamácii výrobku). Vzhľadom na to, že pre distribučnú funkciu \(F\) máme \(P(T\leqq z)=F(z), \), tak našou úlohou je nájsť takú maximálnu hodnotu \(z,\) aby platila nerovnosť \(F(z)\leqq 0{,}05\). Keďže distribučná funkcia je neklesajúca, tak požadovaná maximálna hodnota \(z\) je riešením rovnice \(F(z)= 0{,}05\). Na základe (\ref{ed}) je \[1-\mathrm{e}^{-\mbox{\(\frac{z}{2000}\)}}=0{,}05.\] Ľahko sa presvedčíme, že riešením tejto rovnice je \(z=-2000\cdot\ln 0{,}95\approx 102{,}5866\) (túto hodnotu môžeme získať v MATLABe pomocou \(expinv(0.05,2000))\). Výrobca by asi dal záruku na \(100\) dní.

Riešenie: Nech \(X\) je náhodná premenná, ktorá nadobúda hodnoty skutočnej hmotnosti zakúpeného závažia. Táto náhodná premenná má normálne rozdelenie pravdepodobnosti s danými parametrami \(\mu =10\) a \(\sigma=0{,}02\), t. j. \(X\sim norm(10;0{,}02 ).\)
a) Chceme určiť \(P(X\geqq 10{,}03)\). Potom \[P(X\geqq 10{,}03)\stackrel{1}{=}1-P(X\lt 10{,}03)\stackrel{2}{=}1-P(X\leqq 10{,}03)\stackrel{3}{=}1-F(10{,}03)\stackrel{4}{=}\] \[=1-\Phi\Big(\frac{10{,}03-10}{0{,}02}\Big)= 1-\Phi(1{,}5)\stackrel{5}{\approx} \ 1- 0{,}9332=0{,}0668,\] kde sme využili
1. pravdepodobnosť opačného javu;
2. fakt, že pri spojitej náhodnej premennej je \(P(X\lt a)=P(X\leqq a)\);
3. definíciu distribučnej funkcie \(F\) náhodnej premennej \(X\): \(F(x)=P(X\leqq x)\);
4. vzťah (\ref{ppp});
5. hodnotu \(\Phi(1{,}5)\) sme získali z tabuliek hodnôt distribučnej funkcie \(\Phi\) normovanej Gaussovej náhodnej premennej alebo v MATLABe pomocou \(normcdf(1.5).\)

b) Hľadáme \(P(X\lt 9{,}99)\). Obdobne ako v a) je \[P(X\lt 9{,}99)=P(X\leqq 9{,}99)=F(9{,}99)=\Phi\Big(\frac{9{,}99-10}{0{,}02}\Big)=\] \[=\Phi(-0{,}5)\stackrel{1}{=}1-\Phi(0{,}5)\approx 0{,}3085,\] kde v rovnosti \(\stackrel{1}{=}\) sme použili túto vlastnosť funkcie \(\Phi\): pre každé \(x\gt 0\) platí \(\Phi(-x)=1-\Phi(x)\). Poznamenávame, že v MATLABe sme mohli hodnotu \(F(9{,}99)\) získať pomocou \(normcdf(9.99,10,0.02).\)

c) Tentoraz máme určiť \(P(10\leqq X \leqq 10{,}05)\). Podľa (\ref{prr}) je \[P(10\le X \le 10{,}05)=\Phi\Big(\frac{10{,}05-10 }{0{,}02 } \Big)-\Phi\Big(\frac{10-10}{0{,}02} \Big)=\Phi(2{,}5)-\Phi(0)\approx 0{,}4938,\] kde hodnotu \(\Phi(2{,}5)\) nájdeme vo vyššie spomínaných tabuľkách alebo v MATLABe pomocou \(normcdf(2.5)=0{,}9938\). Zrejme \(\Phi(0)=0{,}5.\)
Ak máme k dispozícii MATLAB, tak môžeme poslednú úlohu vyriešiť pomocou základnej vlastnosti distribučnej funkcie oveľa rýchlejšie. Platí \[P(10\leqq X \leqq 10{,}05)= F(10{,}05)-F(10),\] kde s MATLABom dostaneme \(F(10{,}05)=normcdf(10.05,10,0.02)=0{,}9938\) a \(F(10)=normcdf(10,10,0.02)=0{,}5.\) A to je v súlade s vyššie získaným výsledkom.

Riešenie:

1. Máme neroztriedený výberový súbor o rozsahu \(n=13\). Výberové charakteristiky vypočítame pomocou kalkulačky podľa vzorcov: \(\bar{x}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n} x_i\), \(\ \)\(s^2=\frac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^{n} (x_i-\bar{x})^2\), \(\ \)\(s\ =\sqrt{s^2}\). Dostaneme výsledky: \(\bar{x}=160{,}4500\); \(\ \) \(s^2=0{,}4557\); \(\ \) \(s=0{,}6750\).
   Poznámka:
   Pri počítaní pomocou kalkulačky je výhodné naučiť sa používať štatistické funkcie \(\bar{x}\), resp. \(\sigma_{n-1}\).
   
   V MATLABe môžeme výpočet realizovať nasledujúcim spôsobom, pričom výberový priemer uložíme do premennej m, výberový rozptyl do premennej v, výberovú smerodajnú odchýlku do premennej s:
   xi=[15953 15949 15961 15971 15988 16108 16098 16109 16091 16079 16102 16096 16080]/100;
   n=length(xi),m=sum(xi)/n,v=sum((xi-m).^2)/(n-1),s=sqrt(v)
   
   Aplikácia štandardných M-funkcií mean, var, std:
   m=mean(xi),v=var(xi),s=std(xi)
   


2. V tomto prípade je výberový súbor daný tabuľkou intervalového rozdelenia početností. Pre jednotlivé triedy najprv vypočítame ich reprezentantov, t. j. triedne znaky \(z_i\). Výsledok zapíšeme prehľadne do tabuľky: \[\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline z_i \a 2{,}95 \a 3{,}25 \a 3{,}55\a 3{,}85 \a 4{,}15\a 4{,}45 \a 4{,}75\a 5{,}05 \\ \hline n_i \a 4 \a 7 \a 11 \a 18 \a 23 \a 10 \a 2 \a 1 \\ \hline \end{array} \] Počet tried \(k=8\). Rozsah výberového súboru je \(n=\sum\limits_{i=1}^{k} n_i=76\). Výberový priemer \(\bar{x}\), výberový rozptyl \(s^2\) a výberovú smerodajnú odchýlku \(s\) budeme počítať pomocou kalkulačky na základe vzorcov: \(\bar{x}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{k} z_i\cdot n_i\), \(\ \) \(s^2=\frac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^{k} (z_i-\bar{x})^2\cdot n_i\), \(\ \)\(s\ =\sqrt{s^2}\).
   Dostaneme tieto výsledky výberových charakteristík: \(\bar{x}=3{,}9132\); \(\ \)\(s^2=0{,}2024\); \(\ \) \(s=0{,}4498\).
   
   Jeden spôsob realizáciie výpočtu použitím MATLABu:
   ti=2.8:0.3:5.2;zi=(ti(1:8)+ti(2:9))/2,ni=[4,7,11,18,23,10,2,1],n=sum(ni)
   m=sum(zi.*ni)/n,v=sum(((zi-m).^2).*ni)/(n-1),s=sqrt(v)
   
   Realizácia výpočtu použitím štandardných M-funkcií mean, var, std:
   z=[2.95*ones(1,4),3.25*ones(1,7),3.55*ones(1,11),3.85*ones(1,18),...
   4.15*ones(1,23),4.45*ones(1,10),4.75*ones(1,2),5.05];
   m=mean(z),v=var(z),s=sqrt(v)
   

Riešenie:
Na tomto príklade si najprv pre zaujímavosť ukážeme, ako môžeme graficky overiť normalitu rozdelenia výberového súboru pomocou MATLABu. Pre rýchle grafické overenie či výberový súbor je z normálne rozdeleného základného súboru sa používa M-funkcia normplot. Platí, že ak sú dáta z normálneho rozdelenia, tak ležia približne na priamke.

Aplikácia MATLABu:
z=[2.95*ones(1,4),3.25*ones(1,7),3.55*ones(1,11),3.85*ones(1,18),4.15*ones(1,23),4.45*ones(1,10),4.75*ones(1,2),5.05]; normplot(z)
Na uvedenom obrázku vidíme, že predpoklad normality je približne splnený.

V našom prípade dostávame bodové odhady, ktorých výsledky sú uvedené v riešenej úlohe 1 b).
Teda platí: \(\mu \approx \bar{x}=100{,}2500\); \(\ \) \(\sigma^2 \approx\ s^2=1{,}8816\); \(\ \) \(\sigma \approx\ s=1{,}3717\).

Riešenie:
V našom prípade je známa smerodajná odchýlka \(\sigma\) základného súboru.

1. Použijeme vzorec: \[ \mu\in\left\langle\bar{x}-y_{1-\alpha/2}\cdot\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}\ ; \bar{x}+y_{1-\alpha/2}\cdot\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}} \right\rangle. \]
   Najprv si ukážeme riešenie len s použitím kalkulačky. Do vzorca dosadíme hodnoty \(\sigma=\sqrt{0{,}06}\); \(n=7\); \(\bar{x}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n} x_i=1{,}4\); \(\alpha=1-0{,}95=0{,}05\); \(y_{1-\alpha/2}=y_{0{,}975}=1{,}9600\) (z tabuliek) a vyčíslime pomocou kalkulačky. Hľadaný obojstranný interval spoľahlivosti: \(\left\langle1{,}2185\ ;1{,}5815 \right\rangle\).
   
   Teraz použijeme MATLAB, pričom výberový priemer uložíme do premennej m, kvantil normovaného normálneho rozdelenia do premennej q, dolnú a hornú hranicu hľadaného obojstranného intervalu spoľahlivosti do premenných d a h:
   x=[13,18,14,12,9,15,17]/10;m=mean(x),q=norminv(.975),d=m-q*sqrt(.06/7),h=m+q*sqrt(.06/7)
   Výsledok z MATLABu:
   m = 1.4000
   q = 1.9600
   d = 1.2185
   h = 1.5815
   
   Ukážeme si ešte ďalší spôsob riešenia tejto úlohy pomocou MATLABu, a to bez použitia hore uvedeného vzorca. Interval spoľahlivosti pre strednú hodnotu \(\mu\) v prípade známej smerodajnej odchýlky \(\sigma\) môžeme nájsť tiež pomocou príkazu [h,p,ci]=ztest(x,m,sigma,alpha,tail). Pozrite si to podrobnejšie pomocou help ztest. Týmto spôsobom robíme aj testovanie hypotéz o parametroch normálneho rozdelenia. Čo sa týka vstupných argumentov, tak x sú namerané hodnoty, m je výberový priemer, sigma je známa smerodajná odchýlka, alpha je zvolená hladina významnosti a za tail dosadíme podľa potreby. Pre obojstranný interval bude tail=0 alebo tail='both', pre pravostranný interval bude tail=1 alebo tail='right' a pre ľavostranný bude tail=-1 alebo tail='left'. MATLAB má tu vopred nastavené hodnoty alpha=0.05, tail=0, t. j. ak volíme tieto hodnoty, nemusíme ich v príkaze písať. Čo sa týka výstupných argumentov h a p, ich význam si povieme pri testovaní hypotéz o parametroch. Do premennej ci sa uložia hranice intervalu spoľahlivosti pre strednú hodnotu \(\mu\). V tomto označení je to skratka pre confidence interval, t. j. konfidenčný interval, teda interval spoľahlivosti.
   sigma=sqrt(.06);[h,p,ci]=ztest(x,m,sigma)
   Výsledok z MATLABu:
   h = 0
   p = 1
   ci = 1.2185 1.5815


2. Do vzorca \(\mu\in \left \langle \bar{x}-y_{1-\alpha}\cdot\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}\ ; \infty\! \ \right ) \) dosadíme hodnoty \(\sigma=\sqrt{0{,}06}\); \(n=7\); \(\bar{x}=1{,}4\); \(\alpha=1-0{,}90=0{,}1\); \(y_{1-\alpha}=y_{0{,}9}=1{,}2816\)
   (z tabuliek) a vyčíslime pomocou kalkulačky. Hľadaný pravostranný interval spoľahlivosti: \(\left\langle1{,}2814\ ; \infty\right ) \).
   
   Výpočet pomocou MATLABu:
   q=norminv(.9),d=m-q*sqrt(.06/7)
   
   Riešenie pomocou príkazu ztest:
   [h,p,ci]=ztest(x,m,sigma,0.1,'right')
   


3. Do vzorca \(\mu\in\left ( -\infty\ ; \bar{x}+y_{1-\alpha}\cdot\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}} \right\rangle\) dosadíme \(\sigma=\sqrt{0{,}06}\); \(n=7\); \(\bar{x}=1{,}4\); \(\alpha=1-0{,}99=0{,}01\); \(y_{1-\alpha}=y_{0{,}99}=2{,}3263\)
   (z tabuliek) a vyčíslime pomocou kalkulačky. Hľadaný ľavostranný interval spoľahlivosti: \(\left(-\infty\ ;1{,}6154 \right\rangle\).
   
   Aplikácia MATLABu:
   q=norminv(.99),h=m+q*sqrt(.06/7)
   
   Riešenie pomocou príkazu ztest:
   [h,p,ci]=ztest(x,m,sigma,0.01,'left')
   

Riešenie:
V tomto prípade nie je známa smerodajná odchýlka \(\sigma\) základného súboru.

1. Budeme aplikovať vzorec \[ \mu\in\left\langle\bar{x}-t_{1-\alpha/2,\,n-1}\cdot\dfrac{s}{\sqrt{n}}\ ; \bar{x}+t_{1-\alpha/2,\,n-1}\cdot\dfrac{s}{\sqrt{n}} \right\rangle, \] do ktorého dosadíme potrebné hodnoty \(n=10\); \(\bar{x}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n} x_i=25{,}1000\); \(s\ =\sqrt{ \frac{1}{n-1} \sum\limits_{i=1}^{n} (x_i-\bar{x})^2}=2{,}4304\); \(\alpha=1-0{,}95=0{,}05\); \(t_{1-\alpha/2,\,n-1}=t_{0{,}975;9}=2{,}2622\) (z tabuliek) a vyčíslime pomocou kalkulačky. Pre hľadaný obojstranný interval spoľahlivosti dostaneme: \(\left\langle23{,}3614\ ;26{,}8386 \right\rangle\).
   
   Teraz budeme na riešenie aplikovať aj MATLAB, pričom výberový priemer uložíme do premennej m, výberovú smerodajnú odchýlku do premennej s, kvantil Studentovho \(t\)-rozdelenia do premennej q, dolnú a hornú hranicu hľadaného obojstranného intervalu spoľahlivosti do premenných d a h:
   x=[224,280,201,274,256,239,248,264,270,254]/10;m=mean(x),s=std(x),q=tinv(.975,9),d=m-q*s/sqrt(10),h=m+q*s/sqrt(10)
   
   Ukážeme znova aj ďalší spôsob riešenia tejto úlohy pomocou MATLABu, a to bez použitia hore uvedeného vzorca. Interval spoľahlivosti pre strednú hodnotu \(\mu\) v prípade neznámej smerodajnej odchýlky \(\sigma\) môžeme nájsť tiež pomocou príkazu [h,p,ci]=ttest(x,m,alpha,tail). Pozrite si to podrobnejšie pomocou help ttest. Týmto spôsobom robíme aj testovanie hypotéz o parametroch normálneho rozdelenia. Čo sa týka vstupných argumentov, tak x sú namerané hodnoty, m je výberový priemer, alpha je zvolená hladina významnosti a za tail dosadíme podľa potreby. Pre obojstranný interval bude tail=0 alebo tail='both', pre pravostranný interval bude tail=1 alebo tail='right' a pre ľavostranný bude tail=-1 alebo tail='left'. Čo sa týka výstupných argumentov h a p, tak ich význam si povieme pri testovaní hypotéz o parametroch. Do premennej ci sa uložia hranice intervalu spoľahlivosti pre strednú hodnotu \(\mu\).
   [h,p,ci]=ttest(x,m,0.05,0)
   
   Na tomto príklade ukážeme ešte možnosť hľadania bodových odhadov parametrov normálneho rozdelenia a tiež obojstranných intervalov spoľahlivosti pre tieto parametre pomocou M-funkcie normfit. Je vhodné použiť funkciu normfit so štyrmi výstupnými argumentmi (pozrite help normfit): [muhat,sigmahat,muci,sigmaci]=normfit(x,alpha). Vstupné argumenty sú tu jasné. Hladina významnosti alpha je vopred nastavená na 0,05. Teda hodnotu druhého vstupného argumentu musíme písať len v prípade inej voľby hodnoty hladiny významnosti. Do premennej muhat sa uloží výberový priemer, do premennej sigmahat sa uloží výberová smerodajná odchýlka, t. j. dostaneme bodové odhady neznámych parametrov \(\mu\) a \(\sigma\). Do premennej muci sa uložia hranice obojstranného intervalu spoľahlivosti pre strednú hodnotu \(\mu\). Do premennej sigmaci sa uložia hranice obojstranného intervalu spoľahlivosti pre smerodajnú odchýlku \(\sigma\).
   [muhat,sigmahat,muci,sigmaci]=normfit(x,0.05)
   Výsledok z MATLABu:
   muhat = 25.1000
   sigmahat = 2.4304
   muci = 23.3614 26.8386
   sigmaci = 1.6717 4.4369
   
   Ďalšie spôsoby hľadania intervalov spoľahlivosti pre smerodajnú odchýlku \(\sigma\), resp. rozptyl \(\sigma^2\) ukážeme v riešenej úlohe časti 5.


2. Použijeme vzorec \[ \mu\in \left \langle \bar{x}-t_{1-\alpha,\,n-1}\cdot\dfrac{s}{\sqrt{n}}\ ; \infty\! \ \right ), \] kde dosadíme potrebné hodnoty \(n=10\); \(\bar{x}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n} x_i=25{,}1000\); \(s\ =\sqrt{ \frac{1}{n-1} \sum\limits_{i=1}^{n} (x_i-\bar{x})^2}=2{,}4304\); \(\alpha=1-0{,}99=0{,}01\); \(t_{1-\alpha,\,n-1}=t_{0{,}99;9}=2{,}8214\) (z tabuliek) a vyčíslime pomocou kalkulačky. Hľadaný pravostranný interval spoľahlivosti: \(\left\langle22{,}9316\ ; \infty\right ) \).
   
   Výpočet pomocou MATLABu:
   q=tinv(.99,9),d=m-q*s/sqrt(10)
   
   Riešenie pomocou príkazu ttest:
   [h,p,ci]=ttest(x,m,0.01,'right')
   


3. Aplikujeme vzorec \[ \mu\in\left ( -\infty\ ; \bar{x}+t_{1-\alpha,\,n-1}\cdot\dfrac{s}{\sqrt{n}} \right\rangle, \]
   do ktorého dosadíme potrebné hodnoty \(n=10\); \(\bar{x}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n} x_i=25{,}1000\); \(s\ =\sqrt{ \frac{1}{n-1} \sum\limits_{i=1}^{n} (x_i-\bar{x})^2}=2{,}4304\); \(\alpha=1-0{,}9=0{,}1\); \(t_{1-\alpha,\,n-1}=t_{0{,}9;9}=1{,}3830\) (z tabuliek) a vyčíslime pomocou kalkulačky. Hľadaný ľavostranný interval spoľahlivosti: \(\left(-\infty\ ;26{,}1629\right\rangle\).
   
   Aplikácia MATLABu:
   q=tinv(.9,9),h=m+q*s/sqrt(10)
   
   Riešenie pomocou príkazu test:
   [h,p,ci]=ttest(x,m,0.1,'left')
   

Riešenie:

1. Použijeme vzorec pre obojstranný interval spoľahlivosti pre rozptyl \[ \sigma^2\in\left\langle \frac{(n-1)\cdot s^2}{\chi^2_{1-\alpha/2,\,n-1}}\ ;\frac{(n-1)\cdot s^2}{\chi^2_{\alpha/2,\,n-1}}\right\rangle, \]
   do ktorého dosadíme hodnoty \(n=\sum\limits_{i=1}^{k} n_i=81\); \(\bar{x}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{k} z_i\cdot n_i=4{,}0000\); \(s^2=\frac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^{k} (z_i-\bar{x})^2=0{,}2183\); \(\alpha=1-0{,}95=0{,}05\); \(\chi^2_{1-\alpha/2,\,n-1}=\chi^2_{0{,}975;80}=106{,}6286\); \(\chi^2_{\alpha/2,\,n-1}=\chi^2_{0{,}025;80}=57{,}1532\) (z tabuliek) a vyčíslime pomocou kalkulačky. Hľadaný obojstranný interval spoľahlivosti pre rozptyl bude: \(\left\langle0{,}1637\ ;0{,}3055 \right\rangle\).
   Odmocnením získaných hraníc dostaneme zrejme hranice obojstranného intervalu spoľahlivosti pre smerodajnú odchýlku: \(\left\langle0{,}4047\ ;0{,}5527 \right\rangle\).
   
   Teraz ilustrujeme riešenie úlohy použitím MATLABu, pričom výberový rozptyl uložíme do premennej v, kvantily \(\chi^2\)-rozdelenia do premenných qd a qh, dolnú a hornú hranicu hľadaného obojstranného intervalu spoľahlivosti pre rozptyl do premenných d, h a pre smerodajnú odchýlku do premenných D, H:
   z=[3*ones(1,4),3.3*ones(1,7),3.6*ones(1,12),3.9*ones(1,18),4.2*ones(1,21),4.5*ones(1,13),4.8*ones(1,6)]; n=length(z),alfa=0.05;v=var(z),qd=chi2inv(1-alfa/2,n-1),qh=chi2inv(alfa/2,n-1)
   d=(n-1)*v/qd,h=(n-1)*v/qh,D=sqrt(d),H=sqrt(h)
   
   Obojstranný interval spoľahlivosti pre rozptyl \(\sigma^2\) môžeme nájsť tiež pomocou príkazu [h,p,ci]=vartest(x,v,alpha,tail). Pozrite si to podrobnejšie pomocou help vartest. Do premennej ci sa uložia hranice obojstranného intervalu spoľahlivosti pre rozptyl \(\sigma^2\). Odmocnením získaných hraníc dostaneme hranice obojstranného intervalu spoľahlivosti pre smerodajnú odchýlku \(\sigma\).
   [h,p,ci]=vartest(z,v,0.05,'both'),sqrt(ci)
   


2. Použijeme vzorec \[ \sigma^2\in\left\langle \frac{(n-1)\cdot s^2}{\chi^2_{1-\alpha,\,n-1}}\ ;\, \infty \right), \]
   do ktorého dosadíme hodnoty \(n=81\); \(s^2=0{,}2183\); \(\alpha=1-0{,}9=0{,}1\); \(\chi^2_{1-\alpha,\,n-1}=\chi^2_{0{,}9;80}=96{,}5782\) (z tabuliek) a vyčíslime pomocou kalkulačky. Hľadaný pravostranný interval spoľahlivosti pre rozptyl: \(\left\langle0{,}1808\ ; \infty\right ) \).
   
   Výpočet pomocou MATLABu:
   alfa=0.1;q=chi2inv(1-alfa,n-1),d=(n-1)*v/q
   
   Riešenie pomocou príkazu vartest:
   [h,p,ci]=vartest(z,v,0.1,'right')
   


3. Aplikujeme vzorec \[ \sigma^2\in\left (0\, ;\, \frac{(n-1)\cdot s^2}{\chi^2_{\alpha,\,n-1}}\right\rangle, \]
   do ktorého dosadíme hodnoty \(n=81\); \(s^2=0{,}2183\); \(\alpha=1-0{,}99=0{,}01\); \(\chi^2_{\alpha,\,n-1}=\chi^2_{0{,}01;80}=53{,}5401\) (z tabuliek) a vyčíslime pomocou kalkulačky. Hľadaný ľavostranný interval spoľahlivosti pre rozptyl: \(\left (0\, ;0{,}3261\right\rangle\).
   
   Výpočet pomocou MATLABu:
   alfa=0.01;q=chi2inv(alfa,n-1),h=(n-1)*v/q
   
   Riešenie pomocou príkazu vartest:
   [h,p,ci]=vartest(z,v,0.01,'left')
   

Výsledok:
\(\bar{x}=100{,}2500\);\(\,\) \(\ \) \(s^2=1{,}8816\);\(\,\) \(\ \) \(s=1{,}3717\).

Výsledok:
a.\(\,\) \(\ \) \(\left\langle14{,}1051\ ;16{,}5824 \right\rangle\);
b.\(\,\) \(\ \) \(\left\langle14{,}2250\ ; \infty\right ) \);
c.\(\,\) \(\ \) \(\left(-\infty\ ;16{,}1347 \right\rangle\).

Výsledok:
a.\(\,\) \(\ \) \(\left\langle149{,}0564\ ;160{,}1436 \right\rangle\);
b.\(\,\) \(\ \) \(\left\langle149{,}9477\ ; \infty\right ) \);
c. \(\,\) \(\ \)\(\left(-\infty\ ;159{,}2523 \right\rangle\).

Výsledok:
a.\(\,\) \(\ \) \(\left\langle46{,}4422\ ;48{,}1578 \right\rangle\);
b.\(\,\) \(\ \) \(\left\langle46{,}5815\ ; \infty\right ) \);
c.\(\,\) \(\ \) \(\left(-\infty\ ;48{,}0185 \right\rangle\).

Výsledok:
a. \(\,\) \(\ \)\(\bar{x}=9{,}8500\); \(\,\) \(\ \)\(s=0{,}7546\);
b. \(\,\) \(\ \)\(\left\langle9{,}3102\ ;10{,}3898 \right\rangle\);
c.\(\,\) \(\ \) \(\left\langle0{,}5191\ ;1{,}3776 \right\rangle\).

Výsledok:
a. \(\,\) \(\ \)\(\bar{x}=995{,}5200\);\(\,\) \(\ \) \(s=11{,}5056\);
b.\(\,\) \(\ \) \(\left\langle994{,}3186\ ; \infty\right ) \);
c.\(\,\) \(\ \) \(\left (0\, ;154{,}4157\right\rangle\).

Výsledok:
a.\(\,\) \(\ \) \(\left\langle0{,}6078\ ;3{,}4915 \right\rangle\),\(\,\) \(\ \) \(\left\langle0{,}7796\ ;1{,}8685 \right\rangle\);
b. \(\,\) \(\ \)\(\left\langle0{,}6771\ ; \infty\right ) \), \(\,\) \(\ \) \(\left\langle 0{,}8229\ ; \infty\right ) \);
c. \(\,\) \(\ \)\(\left (0\, ;2{,}9121\right\rangle\), \(\,\) \(\ \)\(\left (0\, ;1{,}7065\right\rangle\).

Riešenie:

1. Aplikujeme jednovýberový \(Y\)-test zhody strednej hodnoty \(\mu\) so známou konštantou \(\mu_0\), pričom poznáme smerodajnú odchýlku \(\sigma\). Nulová hypotéza bude mať tvar \(H_0: \mu=\mu_0\), kde známa konštanta je \(\mu_0=4{,}4\). Nulovú hypotézu budeme testovať proti pravostrannej alternatívnej hypotéze \(H_1: \mu\gt4{,}4\).


2. Použijeme hladinu významnosti \(\alpha =0{,}05\).


3. Z hodnôt náhodného výberu vyčíslime hodnotu testovacej charakteristiky \[Y=\dfrac{\bar{x}-\mu_0}{\sigma}\cdot\sqrt{n}.\] Do uvedeného vzorca dosadíme potrebné hodnoty \(n=20\); \(\mu_0=4{,}4\); \(\sigma=0{,}4\); \(\bar{x}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n} x_i=4{,}59\). Po vyčíslení kalkulačkou dostaneme výsledok \(Y=2{,}1243\).
   
   Na výpočet môžeme použiť aj MATLAB:
   x=[45,43,41,49,46,36,47,51,48,40,37,44,49,49,52,51,47,49,46,48]/10;
   n=length(x),m=mean(x),Y=(m-4.4)*sqrt(n)/0.4
   
   
4. Hypotézu \(H_0\) nezamietame, keď bude platiť \(Y\notin\) \(K_{\alpha}\), pričom pre kritickú oblasť \(K_{\alpha}\) v tomto prípade platí \(K_{\alpha}=(y_{1-\alpha} \ ; \infty) \).
   Na určenie kritickej oblasti použijeme kvantil normovaného normálneho rozdelenia \(y_{1-\alpha}=y_{0{,}95}=1{,}6449\) (z tabuliek). Kritická oblasť je teda \(K_{\alpha}=(1{,}6449 \ ; \infty) \).
   
   Výpočet kvantilu pomocou MATLABu:
   q=norminv(.95)
   Prípadne na vyhľadanie kvantilov môžeme využiť aj prostredie disttool, ktoré slúži na grafické znázorňovanie distribučnej funkcie, pravdepodobnostnej funkcie, resp. hustoty pravdepodobnosti štandardných rozdelení. Odošleme príkaz:
   disttool
   V grafickom okne si nastavíme potrebné parametre (pozrite si to na nasledujúcom obrázku):
   


5. Pretože \(Y\in\) \(K_{\alpha}\), hypotézu \(H_0\) zamietame v prospech alternatívnej hypotézy \(H_1\).

Ukážeme ešte ďalší spôsob riešenia tejto úlohy pomocou MATLABu, a to aplikáciou príkazu [h,p,ci,zval]=ztest(x,m,sigma,alpha,tail). Význam vstupných argumentov je nám už známy z predchádzajúceho cvičenia (riešená úloha časti 3), pričom za m dáme teraz ale známu konštantu \(\mu_0\).
[h,p,ci,zval]=ztest(x,4.4,0.4,0.05,'right')
Výsledok z MATLABu:
h = 1
p = 0.0168
ci = 4.4429 Inf
zval = 2.1243

Najprv si krátko objasníme prístup k testovaniu hypotéz založený na \(p\)-hodnote (\(p\)-value), ktorý používajú mnohé štatistické softvéry: \(p\)-hodnotou (tzv. marginálnou signifikantnou hladinou) testovanej hypotézy \(H_0\) nazývame najmenšiu hladinu významnosti \(\alpha\), na ktorej je ešte možné pri daných nameraných hodnotách náhodného výberu zamietnuť nulovú hypotézu. Keď je \(p\)-hodnota menšia alebo rovná \(\alpha\), tak hypotézu \(H_0\) zamietneme na hladine významnosti \(\alpha\). Keď je \(p\)-hodnota väčšia ako \(\alpha\), tak hypotézu \(H_0\) nie je možné na hladine významnosti \(\alpha\) zamietnuť.

Teraz interpretujme získané výsledky z MATLABu. Výsledok h = 1 znamená, že hypotézu \(H_0\) zamietame na hladine významnosti \(\alpha =0{,}05\), t. j. prijímame alternatívnu hypotézu \(H_1\).
To isté rozhodnutie je možné uskutočniť aj na základe \(p\)-hodnoty, pretože \(p={0{,}0168}\lt\alpha =0{,}05\).
Do premennej ci boli uložené hranice 95 %-ného pravostranného intervalu spoľahlivosti pre strednú hodnotu \(\mu\) pri známej smerodajnej odchýlke \(\sigma\) základného súboru s normálnym rozdelením.
Do premennej zval bola uložená hodnota testovacej charakteristiky (vo vzorci pre uvedený test je označená ako \(Y\)).

Riešenie:

1. Použijeme jednovýberový \(t\)-test zhody strednej hodnoty \(\mu\) so známou konštantou \(\mu_0\), pričom nepoznáme smerodajnú odchýlku \(\sigma\). Nulová hypotéza bude mať tvar \(H_0: \mu=50\). Nulovú hypotézu budeme testovať proti obojstrannej alternatívnej hypotéze \(H_1: \mu\not=50\), kde známa konštanta je \(\mu_0=50\).


2. Použijeme hladinu významnosti \(\alpha =0{,}05\).


3. Z hodnôt náhodného výberu vyčíslime hodnotu testovacej charakteristiky \[t=\dfrac{\bar{x}-\mu_0}{s}\cdot\sqrt{n}.\] Do uvedeného vzorca dosadíme \(n=\sum\limits_{i=1}^{k} n_i=100\); \(\mu_0=50\); \(\bar{x}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{k} z_i\cdot n_i=51{,}1000\); \(s\ =\sqrt{ \frac{1}{n-1} \sum\limits_{i=1}^{k} (z_i-\bar{x})^2 \cdot n_i\ }=10{,}1150\).
   Po vyčíslení kalkulačkou dostaneme výsledok \(t=1{,}0875\).
   
   Použitie MATLABu:
   z=[30*ones(1,4),35*ones(1,6),40*ones(1,8),45*ones(1,15),50*ones(1,25),...
   55*ones(1,20),60*ones(1,8),65*ones(1,7),70*ones(1,5),75,75];
   n=length(z),m=mean(z),s=std(z),t=(m-50)*sqrt(n)/s
   
   
4. Hypotézu \(H_0\) nezamietame, keď bude platiť \(t\notin\)\(K_{\alpha}\).
   Pre kritickú oblasť \(K_{\alpha}\) v tomto prípade platí \(K_{\alpha}= (-\infty\ ; - t_{1-\alpha/2,\,n-1} ) \cup (t_{1-\alpha/2,\,n-1} \ ; \infty) \). Na určenie kritickej oblasti použijeme kvantil Studentovho rozdelenia \(t_{1-\alpha/2,\,n-1}=t_{0{,}975;99}=1{,}9842\). V tabuľkách by sme v tomto prípade našli len aproximovanú hodnotu 1,96. Kritická oblasť je teda \(K_{\alpha}=(-\infty\ ; -1{,}9842 ) \cup (1{,}9842 \ ; \infty) \).
   
   Výpočet príslušného kvantilu pomocou MATLABu:
   q=tinv(.975,99)
   Na vyhľadanie kvantilu môžeme využiť aj prostredie disttool. Odošleme príkaz:
   disttool
   V grafickom okne si nastavíme potrebné parametre (pozrite si to na nasledujúcom obrázku):
   


5. Pretože \(t\notin\) \(K_{\alpha}\), hypotézu \(H_0\) nezamietame.

Opäť ukážeme ďalší spôsob riešenia tejto úlohy pomocou MATLABu, a to aplikáciou príkazu [h,p,ci,stats]=ttest(x,m,alpha,tail). Význam vstupných a výstupných argumentov pozorný čitateľ už zrejme chápe.
[h,p,ci,stats]=ttest(z,50,0.05,'both')
Výsledok z MATLABu:
h = 0
p = 0.2795
ci = 49.0930 53.1070
stats =
tstat: 1.0875, df: 99, sd: 10.1150

Teraz interpretujme získané výsledky z MATLABu. Výsledok h = 0 znamená, že hypotézu \(H_0\) nezamietame na hladine významnosti \(\alpha =0{,}05\).
To isté rozhodnutie je možné uskutočniť aj na základe \(p\)-hodnoty, pretože \(p={0{,}2795}\gt\alpha =0{,}05\).
V premennej ci je výsledok pre 95 %-ný obojstranný interval spoľahlivosti pre strednú hodnotu \(\mu\) pri neznámej smerodajnej odchýlke \(\sigma\) základného súboru s normálnym rozdelením.
V premennej stats máme tri výsledky, a to hodnotu testovacej charakteristiky tstat, ktorú sme vo vzorci pre tento test označili \(t\); ďalej df, čo znamená počet stupňov voľnosti použitej testovacej štatistiky a nakoniec sd je výsledok pre výberovú smerodajnú odchýlku.

Riešenie:

1. Použijeme jednovýberový \(\chi^2 \)-test zhody rozptylu \(\sigma^2\) so známou konštantou \(\sigma^2_0\). Budeme testovať nulovú hypotézu \(H_0: \sigma^2=20\) proti pravostrannej alternatívnej hypotéze \(H_1: \sigma^2\gt20\), kde známa konštanta je \(\sigma^2_0=20\).


2. Použijeme hladinu významnosti \(\alpha =0{,}05\).


3. Z hodnôt náhodného výberu vyčíslime hodnotu testovacej charakteristiky \[\chi^2 =\dfrac{n-1}{ \sigma^2_{0}\ }\cdot s^2.\] Do daného vzorca dosadíme \(n=20\); \(\sigma^2_0=20\); \(s^2=\frac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^{n} (x_i-\bar{x})^2=21{,}6947\); kde \(\bar{x}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n} x_i=800{,}3000\).
   Po vyčíslení kalkulačkou dostaneme výsledok \(\chi^2=20{,}6100\).
   
   Použitie MATLABu:
   x=[792,803,790,804,801,803,798,799,806,797,802,796,802,801,798,799,806,809,797,803];
   n=length(x),v=var(x),chi2=(n-1)*v/20
   
   
4. Hypotézu \(H_0\) nezamietame, keď bude platiť \(\chi^2\notin\)\(K_{\alpha}\). Pre kritickú oblasť \(K_{\alpha}\) v tomto prípade platí \(K_{\alpha}=(\chi^2 _{1-\alpha,\,n-1} \ ; \infty) \).
   Na určenie kritickej oblasti použijeme kvantil \(\chi^2 \) rozdelenia \(\chi^2_{1-\alpha,\,n-1}=\chi^2_{0{,}95;19}=30{,}144\)\(\,\)(z tabuliek). Kritická oblasť je teda \(K_{\alpha}=(30{,}144 \ ; \infty) \).
   
   Výpočet príslušného kvantilu pomocou MATLABu:
   q=chi2inv(.95,19)
   Na vyhľadanie kvantilu môžeme využiť aj prostredie disttool. Odošleme príkaz:
   disttool
   V grafickom okne si nastavíme potrebné parametre (pozrite si to na nasledujúcom obrázku):
   


5. Pretože \(\chi^2\notin\)\(K_{\alpha}\), hypotézu \(H_0\) nezamietame, t.j. netreba robiť nové nastavenie.

Teraz ukážeme ďalší spôsob riešenia tejto úlohy pomocou MATLABu, a to aplikáciou príkazu [h,p,ci,stats]=vartest(x,v,alpha,tail).
[h,p,ci,stats]=vartest(x,20,0.05,'right')
Výsledok z MATLABu:
h = 0
p = 0.3587
ci = 13.6746 Inf
stats =
chisqstat: 20.6100, df: 19

Interpretujme získané výsledky z MATLABu. Výsledok h = 0 znamená, že hypotézu \(H_0\) nezamietame na hladine významnosti \(\alpha =0{,}05\).
To isté rozhodnutie je možné uskutočniť aj na základe \(p\)-hodnoty, pretože \(p={0{,}3587}\gt\alpha =0{,}05\).
V premennej ci je výsledok pre 95 %-ný pravostranný interval spoľahlivosti pre rozptyl \(\sigma^2\).
V premennej stats sú dva výsledky, a to hodnota testovacej charakteristiky chisqstat a df, čo znamená počet stupňov voľnosti použitej testovacej štatistiky.

Riešenie:

1. Použijeme dvojvýberový \(F\)-test zhody dvoch rozptylov. Budeme testovať nulovú hypotézu \(H_0: \sigma_1^2=\sigma_2^2\) proti pravostrannej alternatívnej hypotéze \(H_1: \sigma_1^2\gt \sigma_2^2\), kde \(\sigma^2_1\) a \(\sigma^2_2\) sú rozptyly hmotnosti výrobkov pred a po nastavení baliaceho automatu.
   
   V prípade, že použijeme bežné tabuľky (t. j. nemáme k dispozícii počítač), tak v prípade Fisherovho rozdelenia musíme voliť indexy \(_1\) a \(_2\) tak, aby bola splnená podmienka \( s_1 \gt s_2\). Najskôr teda vhodne očíslujeme výberové súbory. Daná podmienka bude splnená, ak index \(_1\) priradíme súboru pred nastavením a index \(_2\) súboru po nastavení baliaceho automatu, t. j. \(s_{\mathrm{pred}}=s_1=3{,}3640\) a \(s_{\mathrm{po}}=s_2=0{,}6414\).


2. Použijeme hladinu významnosti \(\alpha =0{,}05\).


3. Vyčíslime hodnotu testovacej charakteristiky \(F=\dfrac{s_1^2}{s_2^2}=\dfrac{11{,}3165} {0{,}4114} =27{,}5053\).
   
   Aplikácia MATLABu:
   x1=[2432,2448,2531,2475,2510,2517,2540,2525,2528,2501,2473,2509,2532,2527]/10;
   x2=[2504,2502,2511,2493,2499,2502,2511]/10;
   v1=var(x1),v2=var(x2),F=v1/v2
   
   
4. Hypotézu \(H_0\) nezamietame, keď bude platiť \(F\notin\)\(K_{\alpha}\).
   Pre kritickú oblasť \(K_{\alpha}\) v tomto prípade platí \(K_{\alpha}=(F_{1-\alpha,\,n_1-1,\,n_2-1} \ ; \infty) \). Na určenie kritickej oblasti použijeme kvantil Fisherovho-Snedecorovovho rozdelenia \(F_{0{,}95;13;6}=3{,}9764\) (z tabuliek). Kritická oblasť je teda \(K_{\alpha}=(3{,}9764 \ ; \infty) \).
   
   Výpočet príslušného kvantilu pomocou MATLABu:
   q=finv(.95,13,6)
   Na vyhľadanie kvantilu môžeme využiť aj prostredie disttool. Odošleme príkaz:
   disttool
   V grafickom okne si nastavíme potrebné parametre (pozrite si to na nasledujúcom obrázku):
   
5. Pretože \(F\in\) \(K_{\alpha}\), hypotézu \(H_0\) zamietame v prospech alternatívnej hypotézy \(H_1\).

Znova ukážeme ďalší spôsob riešenia tejto úlohy pomocou MATLABu, a to aplikáciou príkazu [h,p,ci,stats]=vartest2(x,y,alpha,tail).
[h,p,ci,stats]=vartest2(x1,x2,0.05,'right')
Výsledok z MATLABu:
h = 1
p = 2.8990e-004
ci = 6.9172 Inf
stats =
fstat: 27.5053, df1: 13, df2: 6

Teraz interpretujme získané výsledky z MATLABu. Výsledok h = 1 znamená, že hypotézu \(H_0\) zamietame na hladine významnosti \(\alpha =0{,}05\).
To isté rozhodnutie je možné prijať aj na základe \(p\)-hodnoty, pretože \(p={2{,}8990\cdot 10^{-4}}\lt\alpha =0{,}05\).
V premennej ci je pravostranný interval spoľahlivosti pre skutočný podiel rozptylov \(\sigma^2_1\) a \(\sigma^2_2\).
V premennej stats máme tri výsledky, a to hodnotu testovacej štatistiky fstat, ďalej df1 a df2, čo sú počty stupňov voľnosti použitej testovacej štatistiky.

Riešenie:

1. Použijeme dvojvýberový \(Y\)-test zhody dvoch stredných hodnôt \(\mu_1\) a \(\mu_2\), pričom \(\sigma_1\) a \(\sigma_2\) poznáme. Budeme testovať nulovú hypotézu \(H_0: \mu_1=\mu_2\) proti obojstrannej alternatívnej hypotéze \(H_1: \mu_1\not= \mu_2\).


2. Použijeme hladinu významnosti \(\alpha =0{,}05\).


3. Vyčíslime hodnotu testovacej charakteristiky \[Y=\dfrac{\bar{x}_1-\bar{x}_2}{ \sqrt{n_2\cdot \sigma_1^2+n_1\cdot \sigma_2^2} } \cdot\sqrt{n_1\cdot n_2}.\] Do daného vzorca dosadíme hodnoty \(n_1=10\); \(n_2=20\); \(\bar{x}_1=34\); \(\bar{x}_2=42\); \(\sigma_1^2=3\); \(\sigma_2^2=6\).
   Dostaneme výsledok \(Y=-10{,}3280\).


4. Hypotézu \(H_0\) nezamietame, keď bude platiť \(Y\notin\)\(K_{\alpha}\).
   Pre kritickú oblasť \(K_{\alpha}\) v tomto prípade platí \(K_{\alpha}= (-\infty\ ; - y_{1-\alpha/2} ) \cup (y_{1-\alpha/2} \ ; \infty) \).
   Na určenie kritickej oblasti použijeme kvantil normovaného normálneho rozdelenia pravdepodobnosti \(y_{1-\alpha/2}=y_{0{,}975}=1{,}9600\) (z tabuliek). Kritická oblasť je teda \(K_{\alpha}=(-\infty\ ; -1{,}96 ) \cup (1{,}96 \ ; \infty) \).


5. Pretože \(Y\in\) \(K_{\alpha}\), hypotézu \(H_0\) zamietame v prospech alternatívnej hypotézy \(H_1\).

Riešenie:

1. Použijeme dvojvýberový \(t\)-test zhody dvoch stredných hodnôt \(\mu_1\) a \(\mu_2\), pričom \(\sigma_1\) a \(\sigma_2\) nepoznáme. Budeme testovať nulovú hypotézu \(H_0: \mu_1=\mu_2\) proti pravostrannej alternatívnej hypotéze \(H_1: \mu_1\gt \mu_2\), kde \(\mu_1\) a \(\mu_2\) sú stredné hodnoty hmotnosti stonky u jednotlivých metód. Predpokladáme normálne rozdelenie oboch výberových súborov.
   
   Predpoklad \(\sigma_1 =\sigma_2\) overíme \(F\)-testom. Budeme testovať nulovú hypotézu \(H_0: \sigma_1^2=\sigma_2^2\) proti obojstrannej alternatívnej hypotéze \(H_1: \sigma_1^2\ne \sigma_2^2\) na hladine významnosti \(\alpha =0{,}05\). Výpočet budeme realizovať v prostredí MATLABu. Ďalší spôsob riešenia je uvedený v riešenej úlohe časti 4, nebudeme ho opäť uvádzať.
   
   Aplikácia MATLABu:
   x1=[475,577,471,388,452,498,434,508,415,388]/10;
   x2=[492,441,441,381,409,321,368,395,672,418,469,423]/10;
   [h,p]=vartest2(x1,x2,0.05,'both')
   Výsledok z MATLABu:
   h = 0
   p = 0.2421
   
   Oba výsledky znamenajú, že nulovú hypotézu \(H_0: \sigma_1^2=\sigma_2^2\) na hladine významnosti \(\alpha =0{,}05\) nezamietame.
   
   Teraz pokračujme ďalej v teste stredných hodnôt:


2. Použijeme hladinu významnosti \(\alpha =0{,}05\).


3. Vyčíslime hodnotu testovacej charakteristiky \[ t=\frac{\bar{x}_1-\bar{x}_2}{\sqrt{(n_1-1)\cdot s_1^2+(n_2-1)\cdot s_2^2}}\cdot \sqrt{\frac{n_1\cdot n_2\cdot (n_1+n_2-2)}{n_1+n_2}}. \] Do daného vzorca dosadíme hodnoty \(n_1=10\); \(n_2=12\); \(\bar{x}_1=46{,}0600\); \(\bar{x}_2=43{,}5833\); \(s_1^2=34{,}3471\); \(s_2^2=76{,}1342\).
   Dostaneme výsledok \(t=0{,}7639\).
   
   Aplikácia MATLABu:
   n1=10;n2=12;m1=mean(x1),m2=mean(x2),v1=var(x1),v2=var(x2)
   t=(m1-m2)*sqrt(n1*n2*(n1+n2-2)/(n1+n2)/((n1-1)*v1+(n2-1)*v2))
   


4. Hypotézu \(H_0\) nezamietame, keď bude platiť \(t\notin\)\(K_{\alpha}\), pričom kritická oblasť je v tomto prípade \(K_{\alpha}=(t_{1-\alpha,\,n_1+n_2-2} \ ; \infty) \).
   Na určenie kritickej oblasti použijeme kvantil Studentovho \(t\)-rozdelenia \(t_{1-\alpha,\,n_1+n_2-2}=t_{0{,}95;20}=1{,}7247\) (z tabuliek). Kritická oblasť je teda \(K_{\alpha}\)=\(\left(1{,}7247\, ;\infty\right ) \).
   
   Výpočet príslušného kvantilu pomocou MATLABu:
   q=tinv(.95,20)
   
   
5. Pretože \(t\notin\) \(K_{\alpha}\), hypotézu \(H_0\) nezamietame.

Znova ukážeme ďalší spôsob riešenia tejto úlohy pomocou MATLABu, a to aplikáciou príkazu [h,p,ci,stats]=ttest2(x,y,alpha,tail).
[h,p,ci,stats]=ttest2(x1,x2,.05,'right')
Výsledok z MATLABu:
h = 0
p = 0.2269
ci = -3.1149 Inf
stats =
tstat: 0.7639, df: 20

Teraz interpretujme získané výsledky z MATLABu. Výsledok h = 0 znamená, že hypotézu \(H_0\) nezamietame na hladine významnosti \(\alpha =0{,}05\).
To isté rozhodnutie je možné uskutočniť aj na základe \(p\)-hodnoty, pretože \(p={0{,}2269}\gt\alpha =0{,}05\).
V premennej ci je pravostranný interval spoľahlivosti pre skutočný rozdiel stredných hodnôt \(\mu_1\) a \(\mu_2\).
V premennej stats máme dva výsledky, a to hodnotu testovacej charakteristiky tstat a ešte df, čo znamená počet stupňov voľnosti použitej testovacej charakteristiky.

Riešenie:

1. Použijeme dvojvýberový \(t\)-test zhody dvoch stredných hodnôt \(\mu_1\) a \(\mu_2\), pričom \(\sigma_1\) a \(\sigma_2\) nepoznáme. Budeme testovať nulovú hypotézu \(H_0: \mu_1=\mu_2\) proti obojstrannej alternatívnej hypotéze \(H_1: \mu_1\not= \mu_2\). Predpokladáme normálne rozdelenie oboch výberových súborov.
   
   Predpoklad \(\sigma_1\not=\sigma_2\) overíme \(F\)-testom. Budeme testovať nulovú hypotézu \(H_0: \sigma_1^2=\sigma_2^2\) proti obojstrannej alternatívnej hypotéze \(H_1: \sigma_1^2\ne \sigma_2^2\) na hladine významnosti \(\alpha =0{,}05\). Výpočet budeme realizovať v prostredí MATLABu. Ďalší spôsob riešenia je uvedený v riešenej úlohe 4, nebudeme ho opäť uvádzať.
   
   Aplikácia MATLABu:
   x1=[2432,2448,2531,2475,2510,2517,2540,2525,2528,2501,2473,2509,2532,2527]/10;
   x2=[2504,2502,2511,2493,2499,2502,2511]/10;
   [h,p]=vartest2(x1,x2,0.05,'both')
   Výsledok z MATLABu:
   h = 1
   p = 5.7979e-004
   
   Oba výsledky znamenajú, že nulovú hypotézu \(H_0: \sigma_1^2=\sigma_2^2\) na hladine významnosti \(\alpha =0{,}05\) zamietame.
   
   Teraz pokračujme ďalej v teste stredných hodnôt (Welchov test):


2. Použijeme hladinu významnosti \(\alpha =0{,}05\).


3. Vyčíslime hodnotu testovacej charakteristiky \[t=\dfrac{\bar{x}_1-\bar{x}_2}{\sqrt{ \dfrac{s_1^2}{n_1} +\dfrac{s_2^2}{n_2} }}.\] Do daného vzorca dosadíme hodnoty \(n_1=14\); \(n_2=7\); \(\bar{x}_1=250{,}3429\); \(\bar{x}_2=250{,}3143\); \(s_1^2=11{,}3165\); \(s_2^2=0{,}4114\).
   Dostaneme výsledok \(t=0{,}0307\).
   
   Aplikácia MATLABu:
   n1=14;n2=7;m1=mean(x1),m2=mean(x2),v1=var(x1),v2=var(x2)
   t=(m1-m2)/sqrt(v1/n1+v2/n2)
   
   
4. Hypotézu \(H_0\) nezamietame, keď bude platiť \(t\notin\)\(K_{\alpha}\). Kritická oblasť je v tomto prípade \(K_{\alpha}= (-\infty\ ; - t_{1-\alpha/2,\,\gamma} ) \cup (t_{1-\alpha/2,\,\gamma} \ ; \infty) \).
   Na určenie kritickej oblasti použijeme kvantil Studentovho \(t\)-rozdelenia \(t_{1-\alpha/2,\,\gamma}\). Pre počet stupňov voľnosti \(\gamma\) platí vzťah: \[ \gamma =\dfrac{ \bigg ( \dfrac{s_1^2}{n_1} +\dfrac{s_2^2}{n_2} \bigg ) ^2 } { \dfrac{ \bigg ( \dfrac{ s_1^2 }{n_1}\bigg ) ^2 }{n_1-1} +\dfrac{ \bigg ( \dfrac{s_2^2}{n_2} \bigg ) ^2 } {n_2-1} } .\] Po vyčíslení pomocou kalkulačky dostaneme výsledok \(\gamma=14{,}7898\approx 15\).
   Použitím štatistických tabuliek máme približný výsledok \(t_{1-\alpha/2,\, \gamma}=t_{0{,}975;15}=2{,}1314\).
   
   Výpočet pomocou MATLABu:
   gama=(v1/n1+v2/n2)^2/((v1/n1)^2/(n1-1)+(v2/n2)^2/(n2-1)),q=tinv(.975,gama)
   Výsledok z MATLABu:
   gama = 14.7898
   q = 2.1341
   
   
5. Pretože \(t=0{,}0307\notin\) \(K_{\alpha}=(-\infty\ ; -2{,}1341 ) \cup (2{,}1341 \ ; \infty) \), hypotézu \(H_0\) nezamietame.

Znova ukážeme ďalší spôsob riešenia tejto úlohy pomocou MATLABu, a to aplikáciou príkazu [h,p,ci,stats]=ttest2(x,y,alpha,tail,unequal).
[h,p,ci,stats]=ttest2(x1,x2,0.05,'both','unequal')
Výsledok z MATLABu:
h = 0
p = 0.9759
ci = -1.9587 2.0158
stats =
tstat: 0.0307, df: 14.7898

Interpretácia výsledkov je analogická ako pri dvojvýberovom \(t\)-teste stredných hodnôt pri splnenom predpoklade \(\sigma_1 =\sigma_2\).

Riešenie:

1. Dvojice údajov pre toho istého študenta tvoria páry závislých pozorovaní. Pre test hypotézy, že medzi výsledkami praktickej a teoretickej časti skúšky nie je štatisticky významný rozdiel teda použijeme párový \(t\)-test.
   Testujeme nulovú hypotézu \(H_0: \mu_d=0\) proti obojstrannej alternatívnej hypotéze \(H_1: \mu_d\not=0\). Predpokladáme normálne rozdelenie oboch výberových súborov.
   
   Platnosť predpokladu \(\sigma_1=\sigma_2\) skontrolujeme v prostredí MATLABu:
   x1=[28,35,32,15,35,24,29,19,21,12];x2=[25,35,30,11,32,28,28,25,22,11];
   h=vartest2(x1,x2,0.05,'both')
   Výsledok z MATLABu:
   h = 0
   
   Teda predpoklad o rovnosti smerodajných odchýlok je splnený.
   
   Teraz pokračujme ďalej v teste stredných hodnôt:


2. Použijeme hladinu významnosti \(\alpha =0{,}05\).


3. Najprv vypočítame diferencie \(d_i\): \(3\,,0\,,2\,,4\,,3\,,-4\,,1\,,-6\,,-1\,,1\).
   Potom vyčíslime hodnotu testovacej charakteristiky \(t=\dfrac{\bar{x}_d}{s_d}\cdot\sqrt{n}\) z hodnôt náhodného výberu.
   Do vzorca dosadíme hodnoty \(n=10\); \(\bar{x}_d=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n} d_i=\bar{x}_1-\bar{x}_2=0{,}3000\); \(s_d\ =\sqrt{ \frac{1}{n-1} \sum\limits_{i=1}^{n} (d_i-\bar{x}_d)^2\ }=3{,}1990\).
   Po vyčíslení kalkulačkou dostaneme výsledok \(t=0{,}2966\).
   
   Použitie MATLABu:
   d=x1-x2,m=mean(d),s=std(d),t=m/s*sqrt(10)
   
   
4. Hypotézu \(H_0\) nezamietame, keď bude platiť \(t\notin\)\(K_{\alpha}\).
   Pre kritickú oblasť v tomto prípade platí \(K_{\alpha}= (-\infty\ ; - t_{1-\alpha/2,\,n-1} ) \cup (t_{1-\alpha/2,\,n-1} \ ; \infty) \). Na určenie kritickej oblsti použijeme kvantil Studentovho rozdelenia \(t_{1-\alpha/2,\,n-1}=t_{0{,}975;9}=2{,}2622\) (z tabuliek). Kritická oblasť je teda \(K_{\alpha}=(-\infty\ ; -2{,}2622 ) \cup (2{,}2622 \ ; \infty) \).
   
   Výpočet príslušného kvantilu pomocou MATLABu:
   q=tinv(.975,9)
   


5. Pretože \(t\notin\) \(K_{\alpha}\), hypotézu \(H_0\) nezamietame. Teda na hladine významnosti \(\alpha =0{,}05\) môžeme tvrdiť, že medzi výsledkami praktickej a teoretickej časti uvedenej skúšky nie je štatisticky významný rozdiel.

Uvedieme ešte iný spôsob riešenia tejto úlohy pomocou MATLABu. Pre párový \(t\)-test môžeme použiť M-funkciu ttest (pozrite opäť help ttest, ktorá sa používala aj pre jednovýberový \(t\)-test. Význam vstupných a výstupných argumentov je zrejme už pozornému čitateľovi jasný.
[h,p,ci,stats]=ttest(x1,x2,0.05,'both')
Výsledok z MATLABu:
h = 0
p = 0.7735
ci = -1.9884 2.5884
stats =
tstat: 0.2966, df: 9, sd: 3.1990

Ten istý výsledok dostaneme zrejme aj týmto spôsobom:
[h,p,ci,stats]=ttest(d,0,0.05,'both')

Výsledok:
\(H_0: \mu=135{,}3\); \(H_1: \mu\not=135{,}3\); \(Y=1{,}8925\); \(y_{0{,}975}=1{,}9600\); \(Y\notin\) \(K_{\alpha}=(-\infty\ ; -1{,}96 ) \cup (1{,}96 \ ; \infty) \); hypotézu \(H_0\) nezamietame, t. j. výška chlapcov športovej školy sa štatisticky významne neodlišuje od hodnoty 135,3 cm.

Výsledok:
\(H_0: \mu=10\); \(H_1: \mu\not=10\); \(t=0{,}9426\); \(t_{0{,}975;8}=2{,}3060\); \(t\notin\) \(K_{\alpha}=(-\infty\ ; -2{,}3060 ) \cup (2{,}3060 \ ; \infty) \); hypotézu \(H_0\) nezamietame, a teda odchýlky je možné vysvetliť iba náhodnými vplyvmi.

Výsledok: \(H_0: \sigma^2=2025\); \(H_1: \sigma^2\not=2025\); \(\chi^2=57{,}6632\); \(K_{\alpha}= (0\ ; \chi^2_{0{,}01;49}\ ) \cup (\chi^2_{0{,}99;49} \ ; \infty) \);
\(\chi^2\notin\) \(K_{\alpha}=(0\ ; 28{,}9406 ) \cup (74{,}9195 \ ; \infty) \); hypotézu \(H_0\) nezamietame.

Výsledok: \(H_0: \sigma_1^2=\sigma_2^2\); \(H_1: \sigma_1^2\not=\sigma_2^2\); \(F=1{,}7969\); \(K_{\alpha}= ( 0\ ; F_{0{,}025;9;9} \ ) \cup (F_{0{,}975;9;9} \ ; \infty) \); \(F\notin\) \(K_{\alpha}=(0\ ; 0{,}2484 ) \cup (4{,}0260 \ ; \infty) \); hypotézu \(H_0\) nezamietame.

Výsledok:
\(H_0: \sigma_1^2=\sigma_2^2\); \(H_1: \sigma_1^2\not=\sigma_2^2\);
\(F=1{,}0288\notin\) \(K_{\alpha}=( 0\ ; F_{0{,}025;14;8} \ ) \cup (F_{0{,}975;14;8} \ ; \infty) \)=\( (0\ ; 0{,}3044 ) \cup (4{,}1297 \ ; \infty) \); hypotézu \(H_0\) nezamietame.

\(H_0: \mu_1=\mu_2\); \(H_0: \mu_1\not=\mu_2\);
\(t=0{,}7559\notin\) \(K_{\alpha}=( -\infty\ ; -t_{0{,}975;22} \ ) \cup (t_{0{,}975;22} \ ; \infty) \)=\( (-\infty\ ; -2{,}0739 ) \cup (2{,}0739 \ ; \infty) \); hypotézu \(H_0\) nezamietame.
Medzi kvalitou oboch dodávok nie je štatisticky významný rozdiel.

Výsledok:
\(H_0: \sigma_1^2=\sigma_2^2\); \(H_1: \sigma_1^2\not=\sigma_2^2\);
\(F=3{,}5390\in\) \(K_{\alpha}=( 0\ ; F_{0{,}025;20;22} \ ) \cup (F_{0{,}975;20;22} \ ; \infty) \)=\( (0\ ; 0{,}4109 ) \cup (2{,}3890 \ ; \infty) \); hypotézu \(H_0\) zamietame, a teda pre test stredných hodnôt použijeme Welchov test.

\(H_0: \mu_1=\mu_2\); \(H_0: \mu_1\not=\mu_2\);
\(t=-4{,}4038\in\) \(K_{\alpha}=( -\infty\ ; -t_{0{,}975;30} \ ) \cup (t_{0{,}975;30} \ ; \infty) \)=\( (-\infty\ ; -2{,}0423) \cup (2{,}0423 \ ; \infty) \); hypotézu \(H_0\) zamietame.
Šírky nosov mužov zo severu sa líšia od tých na juhu.

Výsledok:
\(H_0: \sigma_1^2=\sigma_2^2\); \(H_1: \sigma_1^2\not=\sigma_2^2\);
\(F=1{,}0392\notin\) \(K_{\alpha}=( 0\ ; F_{0{,}025;11;11} \ ) \cup (F_{0{,}975;11;11} \ ; \infty) \)=\( (0\ ; 0{,}2879 ) \cup (3{,}4737 \ ; \infty) \); hypotézu \(H_0\) nezamietame.

Použijeme párový test stredných hodnôt.
\(H_0: \mu_d=0\); \(H_1: \mu_d\not=0\);
\(t=-1{,}8166\notin\) \(K_{\alpha}=( -\infty\ ; -t_{0{,}975;11} \ ) \cup (t_{0{,}975;11} \ ; \infty) \)=\( (-\infty\ ; -2{,}2010) \cup (2{,}2010 \ ; \infty) \); hypotézu \(H_0\) nezamietame.
Medzi metodikami nie je štatisticky významný rozdiel.

Riešenie:

1. Bodové odhady \(\hat{a}_0\), \(\hat{a}_1\) regresných koeficientov \(a_0\), \(a_1\) získame riešením uvedenej sústavy dvoch lineárnych rovníc o dvoch neznámych. V našom prípade to bude táto sústava: \[ \begin{array}{r} 18\cdot \hat{a}_0+81 \cdot \hat{a}_1 = 1152,\\ 81\cdot \hat{a}_0+ 439 \cdot \hat{a}_1 = 6282. \end{array} \] Dostaneme riešenie: \(\hat{a}_0=-2{,}322148\) a \(\hat{a}_1=14{,}738255\). Teda \(f(x)\approx \hat y=\hat{a}_0+\hat{a}_1\cdot x=-2{,}322148+14{,}738255 \cdot x\).
   
   Teraz ukážeme riešenie tejto úlohy použitím MATLABu dvojakým spôsobom, a to riešením danej sústavy pomocou inverznej matice, resp. priamo použitím štandardnej funkcie MATLABu polyfit(x,y,n), kde n udáva stupeň polynómu (pozrite si to podrobnejšie použitím príkazu help polyfit.
   
   x=[7,6,5,1,5,4,7,3,4,2,8,5,2,5,7,1,4,5];y=[97,86,78,10,75,62,101,39,53,33,118,65,25,71,105,17,49,68];
   A=[length(x),sum(x);sum(x),sum(x.^2)],B=[sum(y);sum(x.*y)],regr=inv(A)*B
   
   regr=polyfit(x,y,1),a1=regr(1),a0=regr(2)
   


2. Použitie MATLABu na grafické znázornenie:
   yR=polyval(regr,x);scatter(x,y,'filled');hold on,plot(x,yR,'r','linewidth',2),
   xlabel('počet opravených pokladní'),ylabel('doba opravy [min.]')
   
   


3. Najprv vypočítame rezíduá \(e_i\), t. j. bodové odhady náhodných chýb \(\epsilon_i\), \(i=1,2,\ldots,n\). Platí \( e_i=y_i - \hat{y}_i \), čo znamená rozdiel empirickej a teoretickej hodnoty.
   Počítame postupne pomocou kalkulačky. Napr. pre \(i=1\) dostaneme teoretickú hodnotu \(\hat {y}_1=-2{,}322148+14{,}738255 \cdot 7=100{,}845637\) a príslušné rezíduum je \( e_1=y_1 - \hat{y}_1 = 97-100{,}845637=-3{,}845637\).
   Výsledky vidíme v nasledujúcej tabuľke:

   \(x_i\)	\(y_i\)	\(\hat {y}_i\)	\(e_i\)
   7	97	100,845637	-3,845637
   6	86	86,107382	-0,107382
   5	78	71,369127	6,630872
   1	10	12,416107	-2,416107
   5	75	71,369127	3,630872
   4	62	56,630872	5,369127
   7	101	100,845637	0,154362
   3	39	41,892617	-2.892617
   4	53	56,630872	-3,630872
   2	33	27,154362	5.845637
   8	118	115,583893	2,416107
   5	65	71,369127	-6,369127
   2	25	27,154362	-2,154362
   5	71	71,369127	-0,369127
   7	105	100,845637	4,154362
   1	17	12,416107	4,583893
   4	49	56,630872	-7,630872
   5	68	71,369127	-3,369127

   
   Bodovým odhadom rozptylu \(\sigma^2\) je charakteristika \( \mathrm{MSE}=\dfrac{\mathrm{SSE}}{n-k} \) a bodovým odhadom smerodajnej odchýlky \(\sigma\) je výberová reziduálna smerodajná odchýlka \( \mathrm{RMSE}=\sqrt{\mathrm{MSE}} \), kde \(k\) je počet odhadovaných parametrov regresnej funkcie a \( \mathrm{SSE}=\sum\limits_{i=1}^{n} e_i^2 \).
   V našom prípade je \(n=18\) a \(k=2\). Výpočty realizujeme pomocou kalkulačky.
   Dostaneme:
   \( \mathrm{SSE}=321{,}395973\);\(\ \) \( \mathrm{MSE}=\dfrac{321{,}395973}{16}=20{,}087248\); \(\ \) \( \mathrm{RMSE}=\sqrt{20{,}087248}=4{,}481880 \).
   
   Použitie MATLABu na výpočet:
   n=18;k=2;e=y-yR,[x;y;yR;e],SSE=sum((y-yR).^2),MSE=SSE/(n-k),RMSE=sqrt(MSE)
   

Ukážeme ešte riešenie úlohy v prostredí cftool. Odošleme príkaz:
cftool(x,y)
Klikneme na Fitting, New fit, Type of fit: Polynomial, kde zvolíme linear polynomial. Potom klikneme na Apply.
Výsledok z MATLABu:
Linear model Poly1: f(x) = p1*x + p2
Coefficients (with 95% confidence bounds):
p1 = 14.74 (13.64, 15.84)
p2 = -2.322 (-7.758, 3.114)
Goodness of fit:
SSE: 321.4
RMSE: 4.482

Ak chceme graficky zobraziť aj rezíduá, tak v grafickom okne Curve Fitting Tool klikneme na View, Residuals a zvolíme napr. Scatter Plot. Ak chceme zobraziť aj sieťku, tak v Tools klikneme na Grid.


Teraz ukážeme ešte ďalšiu možnosť aplikácie MATLABu. Na regresnú a korelačnú analýzu v MATLABe slúži napr. funkcia regress. Použijeme 3 výstupné argumenty a 3 vstupné argumenty: [a,aint,e]=regress(y,X,alpha) .
Do premennej a sa uloží vektor odhadov regresných koeficientov (výstup koeficientov je tu od najvyššej po najnižšiu mocninu), do aint sa uloží matica intervalov spoľahlivosti odhadov regresných koeficientov pre danú hladinu významnosti \(\alpha\), do premennej e sa uloží vektor rezíduí (t. j. vektor bodových odhadov náhodných chýb).
x=x';y=y';n=length(x),X=[x,ones(n,1)];[a,aint,e]=regress(y,X,0.05)
Výsledok z MATLABu:
a = 14.7383 -2.3221
aint =
13.6375 15.8390
-7.7583 3.1140
e =
-3.8456
-0.1074
6.6309
-2.4161
3.6309
5.3691
0.1544
-2.8926
-3.6309
5.8456
2.4161
-6.3691
-2.1544
-0.3691
4.1544
4.5839
-7.6309
-3.3691

Riešenie:
Pearsonov výberový korelačný koeficient \(r\) môžeme vypočítať priamo s kalkulačkou na základe vzťahu: \[ r=\dfrac{ \overline {x\cdot y}-\overline x\cdot \overline y} { \sqrt{\overline {x^2}-(\overline x)^2} \cdot \sqrt{\overline {y^2}-(\overline y)^2 } }. \] Počítame postupne:
\(\overline{x}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n} x_i=\dfrac{81}{18}=4{,}5\);\(\,\) \(\ \) \(\overline{y}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n} y_i=\dfrac{1152}{18}=64\);\(\,\) \(\ \) \(\overline {x\cdot y}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n} x_i \cdot y_i=\dfrac{6282}{18}=349\);\(\,\)

\(\overline {x^2}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n} x_i^2=\dfrac{439}{18}=24{,}3\overline{8} \);\(\,\) \(\ \) \(\overline {y^2}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n} y_i^2=\dfrac{90232}{18}=5012{,}\overline{8}\);

\(\sqrt{\overline {x^2}-(\overline x)^2}=2{,}034426 \);\(\,\) \(\ \) \(\sqrt{\overline {y^2}-(\overline y)^2}=30{,}280173 \).

Dostaneme výsledok \( r=0{,}9902\). Teda medzi \(X\) a \(Y \) je silná lineárna závislosť.

Nasleduje aplikácia MATLABu na výpočet Pearsonovho výberového korelačného koeficienta použitím M-funkcie corrcoef (pozrite si podrobnejšie použitím príkazu help corrcoef). Maticová odpoveď MATLABu je tu nepohodlná, pretože výsledok musíme ešte zo získanej korelačnej matice vybrať:
x=[7,6,5,1,5,4,7,3,4,2,8,5,2,5,7,1,4,5];y=[97,86,78,10,75,62,101,39,53,33,118,65,25,71,105,17,49,68];
corm=corrcoef(x,y),r=corm(1,2)

Na výpočet výberového korelačného koeficienta môžeme použiť aj M-funkciu corr s jedným výstupným argumentom. Tu musíme ale zadať vstupné hodnoty ako stĺpcové vektory.
x=x';y=y';r=corr(x,y)

Výsledok:
a. \(\,\) \(\ \) \(f(x)\approx \hat y=\hat{a}_0+\hat{a}_1\cdot x=2{,}4600+0{,}7800 \cdot x\);
b. \(\,\) \(\ \)\( \mathrm{MSE}=1{,}1858\); \(\,\) \(\ \)\( \mathrm{RMSE}=1{,}0890\);
c. \(\,\) \(\ \) \( r=0{,}8147\); \(\,\) medzi veličinami \(X\) a \(Y \) je silná lineárna závislosť.

Výsledok:
a. \(\,\) \(\ \) \(f(x)\approx \hat y=\hat{a}_0+\hat{a}_1\cdot x=5{,}5663-0{,}0285 \cdot x\);
b.\(\,\) \(\ \) \( \mathrm{MSE}=0{,}5769\);\(\,\) \(\ \) \( \mathrm{RMSE}=0{,}7595\);
c. \(\,\) \(\ \)\( r=-0{,}7254\); \(\,\) medzi veličinami \(X\) a \(Y \) je mierna (stredná) lineárna závislosť.

Výsledok:
a. \(\,\) \(\ \) \(f(x)\approx \hat y=\hat{a}_0+\hat{a}_1\cdot x=75{,}7200-1{,}3196 \cdot x\);
b. \(\,\) \(\ \)\( \mathrm{MSE}=11{,}0220\);\(\,\) \(\ \) \( \mathrm{RMSE}=3{,}3199\);
c. \(\,\) \(\ \) \( r=-0{,}9773\); \(\,\) medzi veličinami \(X\) a \(Y \) je silná lineárna závislosť.