(Det tas forbehold om feil i løsningsforslaget.) Oppgave 1

Transkript

1 ÅMA1 Sannsylighetsregning og statistikk Løsningsforslag til eksamen vår 2011, s. 1 (Det tas forbehold om feil i løsningsforslaget.) Oppgave 1 a) Data: x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 Gjennomsnitt: x = 1 5 (x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ) = 1 ( ) = 513.1/5 = Empirisk varians: s 2 = 1 5 (x i x) i=1 = 1 { } ( ) 2 + ( ) 2 + ( ) 2 + ( ) 2 + ( ) 2 ) = Empirisk standardavvvik: s = s 2 = 1 5 (x i x) = = i=1 Median: 91.2 Kvartilbredde: Q 3 Q 1 = = 46.2 b) X N(0, 2 ) P (X < 0) = P ( X 0 < 0 0) = P (Z < 0) = 0.5 P (X > 1) = 1 P (X < 1) = 1 P ( X 0 1 0) < = 1 P (Z < 1) = = ( X ) ( X ) P (75 < X < 1) = P (X < 1) P (X < 75) = P < P < = P (Z < 1) P (Z < 1) = = P (X > b) = P ( X 0 b 0 > b 0 ) b 0 = P (Z > ) = 0.1 = z 0.1 = b = = Vi har at sannsynligheten for nedbør mer enn 150mm én periode er: P (X > 150) = 1 P (X < 150) = 1 P ( X ) < = 1 P (Z < 2) = = Dvs.: vi vil oppleve dette ca = 2.28 av 0 ganger.

2 ÅMA1 Sannsylighetsregning og statistikk Løsningsforslag til eksamen vår 2011, s. 2 c ) Vi vil teste: H 0 : µ = 115 mot H 1 : µ > 115 Dersom H 0 er korrekt er Z = X µ 0 σ/ n = X 115 / N(0, 1) teststørrelse N(0,1) tetthet. Nullfordeling til Z (Merk at X i 'ene er antatt å være normalfordelte og σ = er kjent.) Med signikansnivå 5%, dvs α = 0.05, forkaster vi H 0 dersom Z z 0.05 = (merket av i guren over med rød pil); forkastningsområdet er: [1.645, ). Utfall av teststørrelsen: / = 2.37 Siden 2.37 > blir konklusjonen forkast H 0. Dataene gir grunnlag for å påstå at forventet nedbør er høyere enn 115mm i de ti siste periodene. d) Styrkefunksjonen gir oss sannsynligheten for å forkaste H 0 for ulike verdier av µ. Dvs γ(µ) = P (forkaste H 0 µ) = P ( X 115 / µ) = P (X (/ ) µ) = P ( X µ / (/ ) µ / µ) = P (Z µ / ), Z N(0, 1) γ(120) = P (Z / ) = 1 P (Z < 1.01) = = µ µ / γ(µ)

3 ÅMA1 Sannsylighetsregning og statistikk Løsningsforslag til eksamen vår 2011, s. 3 Skisse av grafen til γ(µ): Plott av styrkefunksjon styrke Forventing e) γ(µ = 130) = 0.6; Dette betyr at dersom i virkeligheten forventet nedbør er 130mm (altså høyere enn 115 ), vil det være 60% sjanse for å oppdage det ved bruk av hypotesetesten. Med generell n vil testen være: Forkast H 0 dersom Xn 115 / n > z ( Her er X n = 1 n ni=1 X i.) Da er styrkefunksjonen gitt ved: γ n (µ) = P (Z µ / n ) γ n (130) = P (Z / n ) / n z 0.1 = n ( ) = n (4.878) 2 = 23.8 Dvs. vi må gjøre minst 24 målinger (målinger i minst 24 perioder) for å oppnå ønsket styrke. Oppgave 2 a) I eksponensialfordelingen med rate λ, har vi at forventingen er 1/λ (og variansen er 1/λ 2 ). Når forventingen, E(Y ), er 7(mm), får vi 1/λ = 7 λ = 1/7. Dvs., standardavviket er 1/λ = 7. Vi har at P (Y y) = 1 e λy (se ev. formelark). Derfor får vi P (Y 4) = 1 e 4/7 = 0.435, og P (Y > 20) = 1 P (Y < 20) = e 20/7 =

4 ÅMA1 Sannsylighetsregning og statistikk Løsningsforslag til eksamen vår 2011, s. 4 b ) Siden vi her har så mange målinger (n = 193, y 1, y 2,..., y 193 ), kan vi bruke målemodell 2 med tilnærmet normalfordeling (for gjennomsnittet). Da er et tilnærmet 95% kondensintervall for forventet (døgn)regnmengde, µ = E(Y ), gitt ved: SY Y , Y SY Her er Y = 1 ni=1 Y n i (gjennomsnittet av døgnnebørene), og SY 2 = 1 (emp. varians for døgnnedbørene). Utregnet: , = (6.7, 8.7) n 1 ni=1 (Y i Y ) 2 Kondensintervallet forteller at det er god grunn til å tro at virkelig forventet døgnnedbør på regndager i november, er i intervallet fra 6.3 til 8.7mm. (Merk at det er feil å si at døgnnedbøren på regndager i november (ev. dataene), er i intervallet fra 6.3 til 8.7mm. Det er forventningen vi har laget intervall for.) c) I statistisk analyse betrakter vi data (her: y 1, y 2,..., y 193 ) som utfall av tilfeldige variable (Y 1, Y 2,..., Y 193 ). Vi antar at de tilfeldige variablene er u.i.f. (dvs. at de er uavhengige og har samme fordeling). Normalantakelse vil si at vi i tillegg antar at at de tilfeldige variablene er normalfordelte. Dersom normalantakelse skal være realistisk, må datafordelingen (histogrammet) ikke avvike for mye fra formen til en normalfordeling (éntoppet og symmetrisk). Histogrammet over døgnnedbørsdataene er veldig usymmetrisk, og det vil ikke være rimelig å bruke normalantakelse for slike data. Sentralgrensesetningen sier at den tilfeldige variabelen Y = 1 n ni=1 Y i er tilnærmet normalfordelt, når n er stor. (Vi bruker tommelngerregelen at n er stor når n 30.) Dette gjelder i praksis uansett hvilken fordeling Y i 'ene har, bare alle Y i 'ene har samme fordeling og er uavhengige. Derfor vil altså gjennomsnittet, Y, i vår situasjon være tilnærmet normalfordelt, selv om Y i 'ene ser ut til å komme fra en fordeling som er svært ulik normalfordeling. Sentralgrensesetningen gir altså at Y er tilnærmet normalfordelt, og videre: Y µ S 2 Y /n er tilnærmet standard normalfordelt. Dette er bakgrunnen for at vi kan bruke kondensintervall på formen Y ± z α/2 S 2 Y /n.

5 ÅMA1 Sannsylighetsregning og statistikk Løsningsforslag til eksamen vår 2011, s. 5 Oppgave 3 a) X kan anta verdiene 0, 1 og 2. Sannsynlighetsfordeling: Histogram over sannsynlighetsfordelingen: x P (X = x) Sannsynlighet x E(X) = = 0.07 E(X 2 ) = = 0.11 Da får vi : Var(X) = E(X 2 ) {E(X)} 2 = = 0.5 b) Y 2 = X 1 + X 2, og X 1 og X 2 er to uavhengige tilfeldige variable som har samme sannsynlighetsfordeling som X. E(Y 2 ) = E(X 1 + X 2 ) = E(X 1 ) + E(X 2 ) = = 0.14 Var(Y 2 ) = Var(X 1 + X 2 ) = Var(X 1 ) + Var(X 2 ) = = 0.21 uavhenige variable (Merk at å skrive: Var(Y 2 ) = Var(2X)) = 2 2 Var(X) = = er feil.) P (Y 2 2) = 1 P (Y 2 1) = 1 { P (Y 2 = 0) + P (Y 2 = 1) } = 1 { P (X 1 = 0 X 2 = 0) + P (X 1 = 1 X 2 = 0) + P (X 1 = 0 X 2 = 1) } = 1 { } = =

6 ÅMA1 Sannsylighetsregning og statistikk Løsningsforslag til eksamen vår 2011, s. 6 Y 2 kan anta verdiene 0, 1, 2, 3 og 4. Vi må nne sannsynlighetene tilhørende alle disse mulige utfallene, og vi har at: P (Y 2 = 0) = P (X 1 = 0 X 2 = 0) = = 0.90 P (Y 2 = 1) = P (X 1 = 1 X 2 = 0) + P (X 1 = 0 X 2 = 1) = = Videre har vi: P (Y 2 = 2) = P (X 1 = 2 X 2 = 0) + P (X 1 = 0 X 2 = 2) + P (X 1 = 1 X 2 = 1) = = P (Y 2 = 3) = P (X 1 = 2 X 2 = 1) + P (X 1 = 1 X 2 = 2) = = P (Y 2 = 4) = P (X 1 = 2 X 2 = 2) = = I tabell: y P (Y 2 = y) c ) La Y være antall feil på 200 enheter, dvs.: Y = X 1 + X X 200, der X 1, X 2,..., X 200 er 200 uavhengige tilfeldige variable som alle har samme fordeling som X. Forventning til Y : E(Y ) = E(X 1 + X X 200 ) = E(X 1 ) + E(X 2 ) + + E(X 200 ) = = 14 Varians til Y : Var(Y ) = Var(X 1 +X 2 + +X 200 ) = Var(X 1 )+Var(X 2 )+ +Var(X 200 ) = = (uavhengige variable, ingen kovarianser) (Merk at å skrive: Var(Y ) = Var(200X)) = Var(X) = = er feil.) Sentralgrenseteoremet sier at Y = X 1 + X X 200 er tilnærmet normalfordelt med forventning 14 og standardavvik =, og vi kan bruke dette til å nne tilnærmingsverdier for sannsynlighetene. Vi får (med kontinuitetskorreksjon): P (Y < ) = P (Y 9) = P ( Y 14 P( Mer enn 20 feil ) 9 14 = P (Y > 20) = 1 P (Y 20) = 1 P ( Y 14 Vi får (uten kontinuitetskorreksjon): P (Y < ) = P (Y 9) = P ( Y ) P (Z ) P (Z 9 14 } {{ } 0.98 ) = P (Z 0.98) = ) 1 P (Z 1.42) } {{} 1.42 = = ) = P (Z 1.09) = P( Mer enn 20 feil ) = P (Y > 20) = 1 P (Y 20) = 1 P = = ( Y ) 1 P (Z 1.31) } {{} 1.31