Всего на сайте:
183 тыс. 477 статей

Главная | Метрология, Стандартизация и Сертификация

Лекция №6 Обработка результатов измерений  Просмотрен 157

 

6.1. Интервальная оценка с помощью доверительной вероятности.

6. 2. Установление минимального количества измерений.

 

6.1. Интервальная оценка с помощью доверительной вероятности.

Для большой выборки и нормального закона распределения общей оценочной характеристикой измерения являются дисперсия D и коэффициент Kв вариации:

 

S( x – x)2 σ

D = σ2 = -------------- ; Kв= ------ = V (1)

n – 1 x

 

Дисперсия характеризует однородность измерения. Чем выше дисперсия D, тем больше разброс измерений. Коэффициент вариации Kв характеризует изменчивость. Чем выше Kв, тем больше изменчивость измерений относительно средних значений. Kв оценивает также разброс при оценке нескольких выборок.

Доверительным называется интервал значений xi, в который попадает истинное значение xd измеряемой величины с заданной вероятностью. Доверительной вероятностью (достоверностью) измерения называется вероятность Pd того, что истинное значение xd измеряемой величины попадает в данный доверительный интервал. Эта величина определяется в долях единицы или в процентах. Необходимо установить вероятность того, что xd попадет в зону a< xd > bдоверительная вероятность Pd описывается выражением:

 

1 b – x a – x a - x

Pd = Р ·(а < m(х) < в) = --- · Ф -------- - Ф -------- , где Ф -------- = t (2)

2 σ σ σ

 

где Ф(t) - функция Лапласса, аргументом которой является отношение μ к среднеквадратичному σ, т.е. t=μ/σ, μ=∆x, t - гарантийный коэффициент.

Функция Ф(t) - это интегральная функция Лапласса:

Ф(t) = --------- et2/2 dt (3)

√ 2π

 

Численные значения Ф(t) приведены в табл. 1

t   Ф(t)   t   Ф(t)   t   Ф(t)  
0,00   0,0000   0,75   0,5467   1,50   0,8664  
0,05   0,0399   0,80   0,5763   1,55   0,8789  
0,10   0,0797   0,85   0,6047   1,60   0,8904  
0,15   0,1192   0,90   0,6319   1,65   0,9011  
0,20   0,1585   0,95   0,6579   1,70   0,9109  
0,25   0,1974   1,00   0,6827   1,75   0,9199  
0,30   0,2357   1,05   0,7063   1,80   0,9281  
0,35   0,2737   1,10   0,7287   1,85   0,9357  
0,40   0,3108   1,15   0,7419   1,90   0,9426  
0,45   0,3473   1,20   0,7699   1,95   0,9488  
0,50   0,3829   1,25   0,7887   2,00   0,9545  
0,55.   0,4177   1,30   0,8064   2,25   0,9756  
0,60   0,4515   1,35   0,8230   2,50   0,9876  
0,65   0,4843   1,40   0,8385   3,00   0,9973  
0,70   0,5161   1,45   0,8529   4,00   0,9999  

 

В этой задаче возможен другой вариант. На основе определенных данных установлена доверительная вероятность Pd. Очень часто ее принимают равной 0,90; 0,95; 0,9973 необходимо установить точность измерений, т.е. доверительный интервал .

Поскольку Pd = Ф(μ/σ), то по табл.1 обратным интерполированием можно определить половину доверительного интервала:

µ=σagrФ(Pd) = σ·t, µ= σ·t (4)

где σagrФ(Pd) - аргумент функции Лапласса или при n<10 Стьюдента, доверительный интервал характеризует точность измерения данной выборки, а доверительная вероятность - достоверность измерения.

 

Пример . Выполнено 30 измерений прочности покрытия участка автодороги. При этом средний модуль упругости покрытия Еэ=170 Мпа. Вычисленное значение среднеквадратичного отклонения оказалось σ = 3.1 Мпа.

Определить точность и достоверность эксперимента.

Требуемую точность измерений определим для разных уровней доверительной вероятности, приняв соответственно значения σagrФ(Pd) по табл. 1 Рd=0,9; 0,95; 0,9973; µ= ±3,1·1,65=5,1; ± 3,1·2,0=6,2; ± 3,1·3,0=9,3 Мпа.

Следовательно, для данного средства и метода измерения доверительный интервал возрастет примерно в два раза, если Pd увеличить только на 10%.

Необходимо определить достоверность измерений для установленного доверительного интервала, например µ= ±7 Мпа. По формуле (4) t = μ/σ = 7/3.1 = 2.26

По табл. 1. для t = 2,26 определяем Рd = 0,97. Это означает, что в заданный интервал (доверительный) из 100 измерений не попадает только три.

Значение 1 - Ф(t) называют уровнем значимости. Из него следует, что при нормальном законе распределения погрешность, превышающая доверительный интервал, будет встречаться один раз из nu измерений:

nu = Pd/(1-Pd) (5)

или иначе приходиться браковать одно из nu измерений.

 

Пример. Используя данные приведенного выше примера, вычислить количество измерений, из которых одно измерение превышает доверительный интервал.

По формуле (5) имеем для Рd = 0.9; n = 0,9/(1-0,9)=9 измерений. Для Pd, равной 0,95 и 0,9973, соответственно 19 и 367 измерений.

 

6.2. Установление минимального количества измерений.

Для проведения опытов с необходимой точностью и достоверностью необходимо знать то количество измерений, при которых экспериментатор уверен в положительном исходе. Однако чрезмерно большое количество измерений требует значительных затрат времени и ресурсов. В связи с этим одной из первоочередных задач при статистических методах оценки является установление минимального, но достаточного для данных условий числа измерений.

Задача сводится к установлению минимального объема выборки (числа измерений) Nmin при заданных значениях доверительного интервала и доверительной вероятности. При выполнении измерений необходимо знать их точность ∆, которую обычно характеризуют

 

σ0 = σ/√n; ∆ = σ0 / x (6)

 

Значение σ0 часто называют ошибкой (средней). Доверительный интервал ошибки измерения определяется аналогично, как и для измерений µ = t• σ0.

С помощьюt легко определить доверительную вероятность ошибки измерения из табл. 1. В исследованиях часто по заданной точности ∆ и доверительной вероятности измерения определяют минимальное количество измерений, гарантирующих требуемые значения ∆ и Ф(t).

Аналогично уравнению (4) с учетом (6) запишем:

 

µ = σagr Ф(Pd) = σ0 / √n•t (7)

 

отсюда, полагая Nmin = n, имеем:

 

σ2•t2 Kв2•t2 √Nmin•∆

Nmin = -------- = ----------, t = ------------- (8)

σ02 2 V

Здесь Kв - коэффициент вариации (изменчивости), %;

∆ - точность измерений, %.

Для вычисления Nmin может быть принята следующая последовательность:

1. Проводят предварительный эксперимент с количеством измерений n, которое составляет в зависимости от трудоемкости опыта от 20 до 50.

2. Вычисляют среднеквадратичное отклонение σ = √∑∆x2/(n-1)

3. В соответствии с поставленными задачами эксперимента устанавливают требуемую точность измерений µ, ∆ которая должна быть не менее точности прибора.

4. Устанавливают нормированное отклонение t, значение которого обычно задают; оно зависит также от точности метода. Например, при большой точности измерений можно принять t =3.0, при малой – t = 2.0 . Так, измеряя влажность грунта и материалов, можно принять t =2, плотность, прочность, размеры тел – t = 2.5-3.0.

5. По формуле (8) определяют Nmin. В дальнейшем в процессе эксперимента число измерений не должно быть меньше Nmin.

Пример. При приемке сооружений комиссия в качестве одного из параметров замеряет их ширину. Согласно временной инструкции требуется выполнять 25 измерений; допускаемое отклонение параметра ±0,1м. Необходимо определить, с какой достоверностью комиссия оценивает данный параметр. Предварительно вычисленное значение K=0.4 м.

Согласно инструкции ∆ = 0.1 м. Из уравнения (8) можно записать:

t =n ∙/K = √25 ∙ 0.1/0.4 =1.25

В соответствии с табл.1. доверительная вероятность для t = 1.25, Pd = 0.79. Это низкая вероятность. Погрешность превышающая доверительный интервал = 0,2м, согласно выражению (5) будет встречаться один раз из 0,79/(1-0,79)=3,76, т.е. из 4 измерений. Это недопустимо.

Вычислим минимальное количество измерений с доверительной вероятностью Pd равной 0,9 и 0,95. по формуле (8) имеем Nmin = 0.42 ∙ 1.652/0.12 = 43 измерения при Pd=0.9 и 64 измерения при Pd=0,95.

Рис 1. Кривые распределения Стьюдента для различных значений n:

1 n → ∞; 2 n= 10; 3 n= 2

 

Оценки измерений с помощью σ и σо по приведенным методам справедливы при n>30. Для нахождения границ доверительного интервала при малых значениях применяют метод, предложенный в 1908 году английским математиком В.Р. Госсетом (псевдоним Стьюдент). Кривые распределения Стьюдента в случае n→∞ (практически при n>20) переходят в кривые нормального распределения (рис.1.).

Для малой выборки доверительный интервал

µст = σо•аст (9)

Где аст- коэффициент Стьюдента, принимаемый по табл. 2. в зависимости от значения доверительной вероятности Pd


n   Значение аст при Pd        
0,8 0,9 0,95 0.99 0.995 0,999  
  3,080   6,31   12,71   63,70   127,3   637,2  
  1,886   2,92   4,30   9,92   14,10   31,60  
  1,638   2,35   3,18   5,84   7,50   12,94  
  1,533   2,13   2,77   4,60   5,60   8,61  
  1,476   2,02   2,57   4,03   4,77   6,86  
  1,440   1,94   2,45   3,71   4,32   5,96  
  1,415   1,90   2,36   2,50   4,03   5,40  
  1,397   1,86   2,31   3,36   3,83   5,04  
  1,383   1,83   2,26   3,25   3,69   4,78  
  1,363   1,80   2,20   3,11   3,50   4,49  
  1,350   1,77   2,16   3,01   3,37.   4,22  
  1,341   1,75   2,13   2,95   3,29   4,07  
  1,333   1,74   2,11   2,90   3,22   3,96  
  1,328   1,73   2,09   2,86   3,17   3,88  
  1,316   1,70   2,04   2,75   3,20   3,65  
  1,306   1,68   2,02   2,70   3,12   3,55  
  1,298   1,68   2,01   2,68   3,09   3,50  
  1,290   1,67   2,00   2,66   3,06   3,46  
  1,282   1,64   1,96   2,58   2,81   3,29  

Зная µст, можно вычислить действительное значение изучаемой величины для малой выборки:

xd = x ± µст (10)

Возможна иная постановка задачи:

По n известных измерений малой выборки необходимо определить доверительную вероятность Pd при условии, что погрешность среднего значения не выйдет за пределы ±µст. Задачу решают в такой последовательности.

Вычисляют среднее значение х , σо и аст = µсто . (11)

С помощью величины аст известного n и табл.2 определяют доверительную вероятность.

 

Примечание: Если Кфэксп < Кфтеор – то модель адекватна. Проверка адекватности – проверка теоретической кривой Pd экспериментальными данными.

 

 

Литература.

Основы научных исследований. Под ред. В.И. Крутова и В.В. Попова, стр. 277-291

 

Предыдущая статья:Очаг инфекционного заболевания. Мероприятия в очаге». Следующая статья:метрологической деятельности.
page speed (0.0122 sec, direct)