LØSNING, EKSAMEN I STATISTIKK, TMA4240, DESEMBER Anta at sann porøsitet er r. Måling med utstyret gir da X n(x; r, 0,03).

Transkript

1 LØSNING, EKSAMEN I STATISTIKK, TMA440, DESEMBER 006 OPPGAVE 1 Ata at sa porøsitet er r. Målig med utstyret gir da X (x; r, 0,03). a) ( ) X r P(X > r) P 0,03 > 0 P(Z > 0) 0,5. ( X r P(X r > 0,05) P 0,03 > 0,05 ) P(Z > 1,67) 0, ,03 For de som tolket feile som absoluttverdi (som også er rimelig) ( X r P( X r > 0,05) P > 0,05 ) P( Z > 1,67) 0, ,03 0,03 Ata at X 1 og X er uavhegig idetisk fordelt (uif). Da er X 1 (X 1+X ) ( x; r, 0,03/ ). P( X r > 0,05) P ( X r 0,03/ > 0,05 ) 0,03/ P(Z >,357) 0,009. For de som tolket avviket som absoluttverdi (som også er rimelig) ( P( X X r r > 0,05) P 0,03/ > 0,05 ) 0,03/ P( Z >,357) 0,0184. b) X 1, X,...,X 5 er uif (x; 0,15, σ). De beste (mest effektive) forvetigsrette estimatore er σ (X i 0,15). Dette er sasylighetsmaksimerigsestimatore. (NB: µ 0,15 er kjet!) Vi har at σ σ 5 ( ) 5 σ σ Xi 0,15 σ 5 Zi V 5 χ 5. Uttrykket er kji-kvadratfordelt ( chi-square ) med 5 frihetsgrader. ( ) 5 σ E E(V σ 5 ) 5 dvs ( ) 5 σ Var Var(V 5 ) 5 10 dvs σ 5 σ E( σ ) 5, og dermed E( σ ) σ. 5 σ 4 Var( σ ) 10, og dermed Var( σ ) 0,4σ 4. 1

2 95%-kofidesitervall for σ : P(χ 5,0,975 < V 5 < χ 5,0,05) 0,95. ) P (χ 5,0,975 < 5 σ σ < χ 5,0,05 0,95, ( ) 5 σ P < σ < 5 σ 0,95. χ 5,0,75 χ 5,0,975 Med σ 0,0177, χ 5,0,05 1,833 og χ 5,0,975 0,831 blir kofidesitervallet for σ [0,0001, 0,00188]. Det tilsvarer kofidesitervall for σ: [0,0110, 0,0434]. OPPGAVE a) A M B K Figur 1: Ve-diagram for hedelsee M, K, A og B. Merk at M og K deler utfallsrommet i to disjukte deler, mes A og B delvis overlapper M, K og hveradre. A B er vertikalt skravert. Vi beytter at vi summerer sasylighet for disjukte hedelser, og at sittee ka skrives ut med betiget sasylighet. P(A K) P(A K)P(K) 0, ,910, 30% av respoetee var kvier som hadde utøvd psykologisk aggresjo mot partere. P(A) P(A M)+P(A K) P(A M)P(M)+P(A K)P(K) 0, , ,910 0,3831, +0, % av respodetee hadde utøvd psykologisk aggresjo mot partere, dvs år vi også ikluderer meee. b) For P(K A) bruker vi egetlig Bayes formel, me beregige over gir oss tallee vi

3 treger direkte. P(K A) P(K A) P(A) ( ) P(A K)P(K) 0,910 P(A M)P(M) + P(A K)P(K) 0,3831 0,7596. Sasylighete for at skjemaet er fylt ut av e kvie er hele 76%. Dette skyldes dels at flere kvier e me svarte på udersøkelse, dels at større adel kvier e me rapporterte A. For P(A B) bruker vi igje Bayes formel, og bruker at B (A B) (A B). P(A B) P(A B K) + P(A B M) P(A B) P(B) P(B K)P(K) + P(B M)P(M) P(A B K)P(K) + P(A B M)P(M) [P(A B K) + P(A B K)]P(K) + [P(A B M) + P(A B M)]P(M) 0,9 0, ,16 0,3386 [0,9 + 0,148] 0, [0,16 + 0,056] 0,3386 0,6950. Evetuelt ka e selvfølgelig rege ut P(B K) P(A B K) + P(A B K) osv. først, eller til og med rege ut atall persoer i hver kategori og løse oppgave derfra. 70% av respodetee som har opplevd psykologisk aggresjo fra partere, har selv også utøvd psykologisk aggresjo, de resterede 30% er kaskje mer uskyldige offer? c) Hedelse X er biomisk fordelt hvis: hvert skjema ka karakteriseres som suksess (S) eller fiasko (S ) - ige tvilstilfeller, det er et fiksert atall 418 skjema i udersøkelse, hvor suksessee telles i X, sasylighete for S, P(S K) er de samme for hvert skjema fylt ut av e kvie; vi ka altså ikke på forhåd dele buke i skjema hvor vi tror det er mage S og skjema med få S, besvarelsee er uavhegige; respodetee har ikke påvirket hveradre. Dette er rimelige atakelser, så vi bruker biomisk fordelig for X (og Y ). Hvis adele x/ fra udersøkelse gjelder hele populasjoe (av kvielige studeter i heterogee parforhold), er p X x/ 38/418. Die fem veier atas trukket tilfeldig med biomisk fordelig som over, med p P(S K) 38/418 0,0909. (Altså, ca. 1 av 10 har opplevd seksuell aggresjo fra parter.) 5 gir puktsasylighete ( ) 5 P(X 1) 1 P(X 0) 1 p 0 (1 p) (1 0,0909) 5 0, %. 0 d) Vi ka tilærme biomisk til ormal hvis p X > 5 og (1 p X ) > 5 og tilsvarede mp Y > 5 og m(1 p Y ) > 5. De miste av disse ser ut til å være mp Y, me m p Y 10 er stor ok. 3

4 Var( p X ) Var(X/) Var(X)/ p X (1 p X )/ p X (1 p X )/. Var( p Y ) Var(Y/m) Var(Y )/m mp Y (1 p Y )/m p Y (1 p Y )/m. Evetuelt ka e legge til at vi har et gjeomsitt av idikatorvariabler, og at setralgreseteoremet gir at X p X N(0, 1) år og tilsvarede for p Y og m. bp px (1 p X )/ E rimelig estimator for adele S hvis H 0 er sa er p X+Y setter vi i p p X p Y p 0,0759 i variasuttrykkee. +m ,0759. Dermed Med H 0 : p X p Y og H 1 : p X p Y har vi e tosidig hypotesetest. Testobservatore er p X p Y, som uder H 0 har forvetigsverdi p X p Y 0 og varias σ p X (1 p X )/+ p Y (1 p Y )/m p(1 p)(1/+1/m) 0,03. Vi aksepterer H 0 hvis observatore haver mellom z α/ σ og z α/ σ. Med α 0,05 blir akseptområdet p X p Y < 1,645 0,03 0,0366. Vi har p X p Y 38/418 10/14 0,044, som er utefor akseptområdet. Dermed forkastes H 0 på sigifikasivå 0.05, og vi er eige med rapporte. (Det er gru til å tro at flere kvier opplever seksuell aggresjo fra si malige parter e motsatt.) Vi har altså fått z obs bp X bp Y 1,9841. Arealet over dee verdie i stadard 0,03 ormalfordelige er halvparte av p-verdie, side vi har e tosidig test. σ 0,044 P-verdi P(Z > 1,9841) P(Z < 1,9841) 0,039+0,033 0,047 4,7%. Bruk av σ p X (1 p X )/ + p Y (1 p Y )/m gir omtret samme resultat. Merk at dette er e dårligere approksimasjo av σ uder H 0. OPPGAVE 3 a) f α x Figur : Skisse av sasylighetstetthete f(x; α, β). Sasylighetsmaksimerig for β følger ormal prosedyre, me e bør huske at x i α for 4

5 alle x i. { 0, hvis mist é x i < α, L(α, β; x 1,...,x ) 1 β e (xi α)/β, ellers. Λ(α, β; x 1,...,x ) l(β) Λ β β + x i α β. x i α, år alle x i α. β Λ 0 for β β og stokastiske variabler for måligee x β i gir β 1 (X i α) X α, hvor X er gjeomsittet X 1 X i. b) L x mi α Figur 3: Skisse av likelihoodfuksjoe som fuksjo av α. Vi vet at α > 0 fra oppgave, fuksjoe vokser ekspoesielt i starte, og at de blir ull hvis α er større e grese defiert av miste X-verdi. Poeget er at fuksjoe ikke er deriverbar mhp α i toppuktet, så vi ka ikke derivere og sette lik ull som før. Oppgave krever ikke at dee figure er med. Vi skal altså fie e α som maksimerer { 0, hvis mist é xi < α, L(α, β; x 1,...,x ) ( ) [ P ] exp x i α, ellers. 1 β Det er klart at vi må velge α mi(x i ), ellers er L 0 fra de første lija i de delte forskrifte. De adre lija blir størst hvis α er så stor som mulig. Derfor maksimeres L av α mi(x 1,...,X ). 5 β

6 Sasylighetsmaksimerigsestimatore for β har vi fra forrige oppgave. Side α er ukjet må vi prøve β X α. For å fie forvetigsverdie til α, brukes trasformasjoe Z i X i α. Dette skyver fordelige itil adreakse, slik at vi får e stadard ekspoesialfordelig med parameter β. Hitet sier at mi(z 1,...,Z ) har forvetigsverdi β/. De miste X-verdie er α større e de miste Z-verdie, side X i Z i + α også for de i-e som gir mist X i. Dermed er E( α) α + β/, og ikke forvetigsrett. Forvetigsverdie til X er α + β, det er jo bare e valig ekspoesialfordelig med forvetig β som er flyttet α til høyre på x-akse. Forvetigsverdie til X er E( X) 1 E(X i) E(X i ) α + β. Hvis vi bytter ut α med α i uttrykket for estimatore, blir forvetigsverdie E( β) E( X) E( α) α + β E( α) β(1 + 1 ) + 1 β. Dee er heller ikke forvetigsrett. Her ka vi fikse estimatore for β ved å gage med /(+1), og deretter justere estimatore for α. Vi vil demostrere e ae framgagsmåte (som gir samme resultat). Trekk fra β/ i estimatore for α. Da blir α forvetigsrett hvis β er forvetigsrett. Til samme har vi da to likiger som gjelder for forvetigsrette estimatorer: α mi(x 1,...,X ) β, β X α. Dette likigssystemet ka løses, og vi eder opp med α β 1 mi(x 1,..., X ) 1 1 X, 1 ( X mi(x 1,..., X )) 1 1 X i 1 mi(x 1,...,X ). Til slutt bør vi forsikre oss om at metode over faktisk gir forvetigsrette estimatorer: E( α) 1 E(mi(X 1,...,X )) 1 E( X) 1 1 (α + β ) 1 (α + β) α, 1 E( β) 1 1 E(X i ) 1 E(mi(X 1,...,X )) 1 (α + β) 1 1 (α + β ) β. 6