UNIVERSITETET I OSLO

Transkript

1 Eksamen i: UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet STK1110 FASIT. Eksamensdag: Tirsdag 11. desember Tid for eksamen: Oppgavesettet er på 5 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler: Tabell over Poisson-, normal-, t-, og F-fordeling. Godkjent kalkulator og formelsamling for STK1100/STK1110. Kontroller at oppgavesettet er komplett før du begynner å besvare spørsmålene. Oppgave 1. a) Dette er en standard oppgave om sammenligning av to andeler, kapittel Se deler av side for utledning (large sample test procedure). b) Dette er også standard, se side 512 i boken. Uttrykket for variansen blir forskjellig fordi vi i a) har antatt at H 0 er sann, dvs. p 1 p 2. c) La ˆp 1 102/ , ˆp 2 248/ og ˆp ( )/( ) Testobservator i a) får verdi z Med tosidig alternativ og α 0.05 må vi sjekke om z > z eller z < z Siden observert z er mindre enn forkaster vi H 0 og konkluderer på nivå 0.05 at det er signifikant forskjell i andel fulltidsstudenter. Innsatt i formelen for konfidensintervallet får vi (-0.194, ). At 0 ikke ligger i dette intervallet stemmer med at vi fikk forkastning av hypotesen om at p 1 p 2. Oppgave 2. a) Vi setter score kvinner: X i N(µ 1, σ 2 ), i 1,..., n og score menn: Y i N(µ 2, σ 2 ), i 1,..., m. Hypotesene blir H 0 : µ 1 µ 2 0 H a : µ 1 µ 2 < 0 Baserer oss på X N(µ 1, σ 2 /n) og Ȳ N(µ 2, σ 2 /m). Fordi vi antar lik varians bruker vi S p S pooled (n 1)S2 1 +(m 1)S2 2 n+m. (Fortsettes på side 2.)

2 Eksamen i STK1110, Tirsdag 11. desember Side 2 Testobservator t X Ȳ S p 1/n + 1/m t n+m 2, dvs. student-t-fordelt med n + m 2 frihetsgrader. Med n 10 og n 9 blir dette 17 frihetsgrader. Fra R-utskriften finner vi observert verdi for t som t-statistic og tilhørende p-verdi Med nivå α 0.05 har vi ingen grunn til å forkaste H 0. b) Hypotesene blir her H 0 : σ 2 1 σ 2 2 mot H a : σ 2 1 σ 2 2. Vi vet at (n 1)S 2 1 σ 2 1 χ 2 n 1 Testobservator (m 1)S 2 2 σ 2 2 χ 2 m 1 f (n 1)S2 1/σ 2 1(n 1) (m 1)S 2 2/σ 2 2(m 1) S2 1/σ 2 1 S 2 2/σ 2 2 F n 1,m 1 dvs. F-fordelt med n 1 og m 1 frihetsgrader. Innsatt n og m blir dette 9 og 8 frihetsgrader. Under H 0 er f S og vi finner p-verdi fra utskriften. S2 2 Med nivå α 0.1 har vi ingen grunn til å forkaste H 0. c) Vi har modellen y i β 0 + β 1 x 1i + β 2 x 2i + β 3 x 1i x 2i + ɛ i Med indikatorvariabelen x 2 1 for kvinner og x 2 0 for menn, får vi modellene Kvinner: y i β 0 + β 1 x 1i + β 2 + β 3 x 1i + ɛ i (β 0 + β 2 ) + (β 1 + β 3 )x 1i + ɛ i Menn: y i β 0 + β 1 x 1i + ɛ i β 2 blir dermed forskjellen mellom kvinner og menn i grunnleggende lønnstillegg, og β 3 blir forskjellen mellom kvinner og menn i uttelling for score (dvs. forskjellen i stigningstall). d) β , noe som betyr at kvinner typisk får ca. 31$ mindre i lønnstillegg i utgangspunktet. Men her er p-verdi , så denne forskjellen er ikke signifikant. For uttelling for score, derimot, har vi klare resultater: β , som betyr at stigningstallet, som sier hvor mye lønnsøkning man kan forvente for hvert ekstra poeng for arbeidsinnsats, er betraktelig lavere for kvinner enn for menn. Her er p-verdi og forskjellen signifikant på alle rimelige nivåer. e) Vi har at β 3 N(β 3, σ 2 β3 ) og videre (Fortsettes på side 3.) β 3 β 3 t n (3 1) t 15.

3 Eksamen i STK1110, Tirsdag 11. desember Side 3 Et (1 α)100% konfidensintervall finnes fra P ( t α/2,15 < β 3 β 3 < t α/2,15 ) 1 α. Med α 0.01 trenger vi t 0.005, , slik at et 99% konfidensintervall for β 3 blir β 3 ± ± ± ( 6.45, 1.47). Hvis vi velger ut 19 personer tilfeldig og beregner et slik 99% konfidensintervall for β 3 mange ganger, vil vi i det lange løp få intervaller som dekker den sanne verdien av β 3 i 99% av tilfellene. f) Multiple R-squared finnes ved R 2 1 SSE/SST, eller som kvadratet av korrelasjonen mellom observerte responser y i og predikerte responser ŷ i, i 1,...n. Tall mellom 0 og 1, som gir andelen av variasjonen i y som kan forklares av modellen. I plottet ser vi klart at det er forskjell i stigningstall for kvinner og menn. Bør nevne residualplott og normalfordelingsplott for residualene. Oppgave 3. a) Med modellen y i βx i + ɛ i, i 1,..., n, setter vi opp utttrykket for kvadratavvikene (y i βx i ) 2. Deriverer med hensyn på β og setter lik 0: β (y i βx i ) (y i βx i )( x i ) 0 y i x i β x 2 i 0 β MK x iy i x2 i E( β MK ) x ie(y i ) x2 i x iβx i x2 i β V ( β MK ) x2 i V (y i ) n ( n x2 i σ 2 x2 i )2 ( σ2 n x2 i )2 x2 i (Fortsettes på side 4.)

4 Eksamen i STK1110, Tirsdag 11. desember Side 4 b) E( β A ) E(y i) x i β x i x i β Skal sammenligne V ( β A ) V (y i) ( x i) nσ2 2 ( x i) σ2 2 n x 2 σ 2 n x 2 og σ 2 n. x2 i Vet at (x i x) 2 0 alltid er sant. Ved enkel regning finner vi fra dette at x2 i n x 2 alltid. Derfor er σ 2 x2 i dvs. V ( β MK ) V ( β A ) og vi velger derfor β MK. σ2 n x 2, Oppgave 4. a) Skal teste H 0 : λ 1 mot H a : λ > 1 med α Naturlig å forkaste H 0 når X k, der k finnes fra P (X k λ 1) P (X < k λ 1) 0.05 P (X < k λ 1) 0.95 Fra Tabell: P (X 3 λ 1) P (X < 4 λ 1) Så k 4, dvs. man må minst observere 4 tilfeller for å kunne forkaste på nivå b) P (X 4 λ 2) 1 P (X 3 λ 2) P (Type II feil) c) Siden X i Poisson(n i p), har vi Likelihood for m år blir da P (X i x i ) (n ip) x i e n ip. x i! m (n i p) x i e n ip L(p) x i! (Fortsettes på side 5.)

5 Eksamen i STK1110, Tirsdag 11. desember Side 5 Log-likelihood blir loglik(p) [x i log(n i p) n i p log(x i!)] m p loglik(p) [ ] xi n i n i p n i [ ] xi p n i x i p n i Setter lik 0 og finner MLE p X i n i E( p) E(X i) n i n ip n i p V ( p) V (X i) ( m n n ip i) 2 ( n i) p 2 m n i