1. No category

Tentamen TAIU06/TENA
Matematisk statistik
Berkant Savas
Matematisk statistik
Matematiska institutionen
Tekniska högskolan i Linköping
Datum: 2013–05–28
Tid: 8–12
Hjälpmedel: Formelsamling och tabeller för TAIU06 Matematisk statistik, alt. Formel- och
tabellsamling i Matematisk statistik. Miniräknare med tömda minnen.
Inga andra hjälpmedel är tillåtna.
Examinator: Berkant Savas
Jourhavande lärare:
Berkant Savas, 013–28 5788, 070–746 4224
Jag kommer förbi ca 9:30 för eventuella frågor och förtydliganden.
Maximalt antal poäng: 18
Betyg:
3
4
5
8–11p
11.5–14.5p
15–18p
Antal uppgifter: 6
Antal sidor: 3 (inklusive försättsblad)
OBS: Uppgifterna är INTE ordnade efter svårighetsgrad.
1. (4p) Den kontinuerliga slumpvariabeln X har täthetsfunktionen
f (x) =
x3
4
för
0 ≤ x ≤ 2.
a) Bestäm väntevärdet E(X).
b) Bestäm variansen V (X).
c) Bestäm a så att P (X ≤ a) = 0.75.
d) Bestäm den betingade sannolikheten P X ≥ 1 | X ≤ 1.5 .
Ledning: använd definition på betingad sannolikhet.
2. (3p) Ett företag i bryggeribranschen vill att flaskornas volym skall vara 515 ml. Man
undersöker 6 flaskor och fick följande volym:
515.7
514.3
515.8
516.8
515.7
517.8
Observationerna får förutsättas vara normalfördelade. Lös ett av följande två alternativ.
Alt–1: Ge konfidensintervall för väntevärdet µ med konfidensgraden 95%.
Alt–2: Undersök med hjälp av ett test på 5% signifikantnivå
H0 : µ = 515
mot
H1 : µ 6= 515.
3. (2p) Erica, Stefan och Malin har fått i uppdrag att analysera data gällande fiskbestånden
i 9 sjöar, 3 uppländska och 6 sörmländska. Erica och Stefan blir slumpmässigt fördelade 4
sjöar var, medan Malin får den återstående.
a) På hur många olika sätt kan de 9 sjöarna fördelas på ovan nämnda sätt på de 3
personerna?
b) Ange sannolikheten att Erica eller Stefan blir tilldelade 4 sörmländska sjöar.
4. (3p) Låt X1 , . . . , X100 vara oberoende och binomialfördelade slumpvariabler där varje Xi
är Bin(10, 0.4). Låt vidare Y1 , . . . , Y70 vara oberoende och Poissonfördelade slumpvariabler
där varje Yi är P o(6). Sätt X och Y till
X=
100
X
Xi
och
i=1
Y =
70
X
Yi .
i=1
Använd centrala gränsvärdessatsen och beräkna approximativt P (Y ≥ X).
2
5. (3p) Man vill undersöka om tiden det tar för en fallskärm att lösas ut är den samma för
två olika fallskärmstyper. Vid ett försök med 65 skärmar fick man följande resultat:
Tid i sek:
Fallskärm typ–1
Fallskärm typ–2
2.0–2.4
13
20
2.4–2.6
11
9
2.6–3.0
8
4
Finns det skillnad mellan fallskärmar av typ–1 resp. typ–2 vad gäller utlösningstiden?
Genomför ett homogenitetstest på nivå α = 1%.
6. (3p) Variansen till en slumpvariabel X definieras enligt
V (X) = σ 2 = E (X − µ)2
och är ett mått på sannolikhetsmassans spridning. Ett annat sådant mått är Mean Absolute
Deviation och förkortas MAD. Definitionen är
MAD = E |X − µ| .
Låt X vara en kontinuerlig slumpvariabel som är likformigt fördelad (rektangelfördelning)
med Re(−2, 2). Bestäm MAD till X.
Ledning: Väntevärdet för en funktion g(X) definieras som
Z ∞
E g(X) =
g(x)f (x)dx
−∞
där f (x) är täthetsfunktion till X.
3
Lösningsförslag
1. (4p)
a) Definition på väntevärde ger
Z
∞
E(X) =
2
Z
xf (x)dx =
x
∞
0
h x5 i2
x3
dx =
= 32/20 = 8/5
4
20 0
b) Variansen ges av V (X) = E(X 2 ) − E(X)2
Z
2
∞
2
Z
2
x2
x f (x)dx =
E(X ) =
∞
0
h x6 i 2
x3
= 64/24 = 8/3
dx =
4
24 0
Insättning ger
V (X) = E(X 2 ) − E(X)2 =
8 82
25 ∗ 8 − 64 ∗ 4
8
− 2 =
=
3 5
75
75
c)
Z
a
P (X ≤ a) =
f (x)dx =
∞
Vi får a = (0.75 ∗
16)1/4
a
Z
0
h x4 i a
x3
dx =
= a4 /16 = 0.75
4
16 0
≈ 1.8612.
d) Definition på betingad sannolikhet ger
P X ≥ 1 ∩ X ≤ 1.5
P 1 ≤ X ≤ 1.5
P X ≥ 1 | X ≤ 1.5 =
=
P X ≤ 1.5
P X ≤ 1.5
Z
1.5
P (X ≤ 1.5) =
1.5
Z
f (x)dx =
∞
0
h x4 i1.5
x3
dx =
4
16 0
= (3/2)4 /16 = 81/162
1.5
1.5
h x4 i1.5
x3
dx =
4
16 1
1
1
4
2
= (3/2) /16 = 81/16 − 1/16 = 65/162
Z
P (1 ≤ X ≤ 1.5) =
Z
f (x)dx =
Insättning ger
65/162
65
P X ≥ 1 | X ≤ 1.5 =
=
2
81/16
81
2. (3p) Det följer under H0 att Xi är N (515, σ 2 ) och X̄ är N (515, σ 2 /6). Då σ 2 är okänd
skattar vi den med s2 , och motsvarande slumpvariabel
T =
X̄ − 515
√
s/ 6
4
blir t5 fördelad
Test på α = 5% nivå ger
P (−t5, 0.025 ≤ T ≤ t5, 0.025 ) = 0.95
Tabell ger t5, 0.025 = 2.571 och intervallet blir
√
(515 ± 2.571s/ 6) = · · · = (513.76, 516.24)
Då det observerade medelvärdet x̄ = 516.02 tillhör intervallet kan vi inte förkasta H0 .
3. (2p)
a) Genom att används multiplikationsprincipen, fås totala antalet möjliga utfall till
9 5 1
m=
= · · · = 630
4 4 1
b) Låt A vara händelsen att Erica får 4 sörmländska sjöar och B händelsen att Stefan
får 4 sörmländska sjöar. Vi söker därmed P (A ∪ B) = P (A) + P (B) = 2P (A) där vi
har använt att snittet A ∩ B är tom och att P (A) = P (B). Den klassiska definition
på sannolikhet ger
6 5 1
g
4 4 1
=
= 75/630
P (A) =
m
630
Vi får den sökta sannolikheten till P (A ∪ B) = 2 ∗ 75/630 = 150/630 = 15/63.
4. (3p) Vi har att
Xi är Bin(10, 0.4)
⇒
E(Xi ) = 10 ∗ 0.4 = 4
V (Xi ) = 10 ∗ 0.4 ∗ 0.6 = 2.4
Yi är P o(6)
⇒
E(Yi ) = 6
V (Yi ) = 6
Centrala gränsvärdessatsen ger att
X är approximativt N (100 ∗ 4, 100 ∗ 2.4) = N (400, 240)
Y är approximativt N (70 ∗ 6, 70 ∗ 6) = N (420, 420)
Vi skriver om den sökta sannolikheten: P (Y ≥ X) = P (Y − X ≥ 0) = 1 − P (Y − X < 0)
Vad har Y − X för fördelning? Väntevärde och varians blir
E(Y − X) = E(Y ) − E(X) = 420 − 400 = 20 = µ
V (Y − X) = V (Y ) + V (X) = 420 + 240 = 660 = σ 2
Transformering till N (0, 1) ger
Y −X −µ
0−µ
−20
P (Y − X < 0) = P
<
= P (Z < √
)
σ
σ
660
≈ Φ(−0.78) = 1 − Φ(0.78) = 1 − 0.7823
Därmed blir P (Y ≥ X) ≈ 1 − (1 − 0.7823) = 0.7823.
5
5. (3p) Homogenitetstest betyder att vi testar
H0 : p11 = p21 ,
p21 = p22 ,
p31 = p32
p21 6= p22 ,
p31 6= p32
där mothypotesen ges av
H1 : p11 6= p21 ,
för åtminstone någon av fallen. Under H0 skattningar till yij ges av êij = yi· y·j /n. Testvariabeln blir
2
χ =
2
X yij
ij
êij
−n=
132 ∗ 65
42 ∗ 65
+ ··· +
− 65 = 3.0035
32 ∗ 33
33 ∗ 12
och är observation från en (approximativ) χ2ν fördelad variabel där ν = (3 − 1)(2 − 1) = 2
I summan ovan har vi använt observationer yij och deras skattningar êij från tabellen
nedan.
yij
13
11
8
êij
32∗33
65
32∗20
65
32∗12
65
yij
20
9
4
êij
33∗33
65
33∗20
65
33∗12
65
33
20
12
32
33
65
Approximationen är giltig då varje êij ≥ 5. Verifiera detta! Eftersom vi ska testa H0 på
nivå α = 1% blir motsvarande kvantil (från tabell) χ22, 0.01 = 9.21 > 3.0035. Det följer att
vi kan inte förkasta H0 , alltså testet kan inte påvisa skillnad i utlösningstid mellan de två
fallskärmstyperna.
6. (3p) Då X är Re(−2, 2) följer det att täthetsfunktionen blir f (x) = 1/4 då −2 < x < 2
och E(X) = (b + a)/2 = 0 = µ. Formeln för MAD ger
Z
∞
Z
2
1
1
MAD = E(|X −µ|) = E(|X|) =
|x|f (x)dx =
|x| dx =
4
4
−∞
−2
6
Z
2
2xdx =
0
1 h 2 i2
x
= 1.
4
0