TMA4240 Statistikk 2014

Transkript

1 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Øving nummer 6, blokk I Løsningsskisse Oppgave 1 Fremgangsmetode: P X 1 < 6.8 Denne kan finnes ved å sette opp integralet over sannsynligheten, og så transformere til en standard normalfordeling, og deretter bruke en tabell over numeriske verdier for P Z z. X1 + X 2 P 2 < 6.8 Denne kan finnes ved å bruke teoremet som sier at Y X 1+X 2 2 er normalfordelt, og deretter regne ut forventningsverdien og standardavviket, som er parametrene i den nye normalfordelingen. Etter dette løser man P Y < 6.8. Oppgave 2 Vi antar X er normalfordelt, X N331, 7 2. Ved bruk av tabell A.3 finner vi a 1 2 P X > P X < P Z < 7 1 P Z < P 3000 < X < 300 P < Z < 7 P 0. < Z < 0.32 P Z < 0.32 P Z < ov6-lsf-b 6. oktober Side 1

2 3 P X > 300 X > 3000 P X > 300 X > 3000 P X > 3000 P X > 300 P X > 3000 P Z > 0.32 P Z > 0. 1 P Z < P Z < b P Y > 0 1 P Y P Y > 1 Y > 0 P Y > 1, Y > 0 P Y > 0 1 P Y 0 P Y 1 1 P Y 0 1 P Y 1 1 P Y Det gamle løsningsforslaget Overkill: Dersom fødelsvekten er mindre enn c gram, P X < c 0.01, vil barnet bli klassifisert som undervektig. La n 100 være antall barn og Y antall av disse barna som var undervektige ved fødselen. Vi antar at fødelsvekten for de ulike barna er uavhengige av hverandre. Fødelsvekten til hvert barn kan da beskrives av en bernoulli variabel med med suksesssannsynlighet undervektig p P X < c Da vil Y være binomisk fordelt med parametere n 100, p 0.01, Y by; 100, Når Y er en binomisk fordelt variabel med fordeling by; n, p, n og p 0, np µ vil vi kunne bruke Poisson-tilnærming til den binomiske fordelingen, dvs by; n, p py; µ. Vi bruker poisson-tilnærmingen Y py; 1 og finner da ved bruk av tabell A.2 P Y > 0 1 P Y < ov6-lsf-b 6. oktober Side 2

3 P Y > 1 Y > 0 P Y > 1 Y > 0 P Y > 0 P Y > 1 P Y > 0 1 P Y < 1 1 P Y < Oppgave 3 a The probability that the lamp lights up when the procedure is performed once, is P X > 2 P X 20/4 > 2 20/4 P Z > 1.2 P Z < , where Z has the standard normal distribution. If the procedure is performed three times, let the amounts of by-product be X 1, X 2, X 3. Then the probability that the lamp lights up at least once is P X 1 > 2 X 2 > 2 X 3 > 2 1 P X 1 2, X 2 2, X P X i P X i > Let Y be the number of times the lamp lights up when the procedure is performed 100 times. Then Y has the binomial distribution with parameters n 100 and p 0.106, and P Y 1 P Y 14. P Y np np1 p P Z > 1.28 P Z , using the normal approximation with continuity correction. The exact binomial probability is You are not penalized if you have not applied the continuity correction. If you use 1 instead of 14. in the normal approximation, you get 0.074, and if you use 14 arising from P Y 1 1 P Y 14, you get not very good approximations. b Let n be the number of times the procedure is performed, and let X 1, X 2,..., X n be the amounts of by-product. The total amount of by-product, Y n i1 X i, has the normal distribution with mean 20n and variance 4 2 n. We want to find n such that Y 20n 0.01 P Y 00 P n n n P Z n 4, n that is, 00 20n/4 n z , or 12 n z 0.01 n, and we have a quadratic inequality n + z 0.01 n 12 0 in n. The left hand side is a downwardpointing parabola as a function of n having zeros z 0.01 ± z /2, that is,.24 and 4.77, meaning that 0 n 4.77 and n 22.8, that is, n 22 since n is an integer. ov6-lsf-b 6. oktober Side 3

4 Oppgave 4 TMA4240 Statistikk X er hypergeometrisk fordelt med N 1000 turer, k turer kjører transportfirmaet gjennom sentrum og N k 99 utenom sentrum, og vi tar en stikkprøve av størrelse n. Betingelser: Et tilfeldig utvalg av størrelse n tas uten tilbakelegging fra N enheter. Her: et tilfeldig utvalg av n turer sjekket blant N turer som totalt kjøres. De N enhetene deles inn i to grupper, k suksesser og N k fiaskoer. Her: k turer kjøres gjennom sentrum og N k 99 turer kjøres utenom sentrum. X er antallet suksesser blant de n. Her: X er antall turer gjennom sentrum av de n turene som ble sjekket. Punktsannsynligheten i hypergeometrisk fordeling, N 1000, k, n er gitt som: 99 P X x x x og mulige verdier for x er 0, 1, 2, 3, 4, P X Siden P X må x 0 være den verdien av x som gir høyest punktsannsynlighet siden summen av alle punktsannsynligheter er 1 kan ingen annen punktsannsynlighet være større enn P X Til sammenligning er sannsynligheten for å vinne 7 rette i lotto Kommentar 1: Når N er stor i forhold til n boka nevner som tommelfingerregel at n/n 0.0, og her er jo / så kan binomisk fordeling brukes som en tilnærming til hypergeometrisk fordeling når vi regner ut sannsynligheter. Da gjør vi n forsøk og i hvert forsøk sjekker vi om transporten skjer gjennom bykjernen, p k N 1000 er sannsynlighet for transport gjennom bykjernen, og X er antall transporter gjennom bykjernen for de n undersøkt. Da kan punktsansynligheten til X tilnærmes med n P X x k x N x 1 k N n x x 1000 x x Videre er tilnærmet: P X 0 P X ov6-lsf-b 6. oktober Side 4

5 Kommentar 2: Denne oppgaven er basert på en henvendelse fra en tidligere bygg-student, og er basert på faktiske forhold. Dog, transportfirmaet sa først at alle 1000 turene var kjørt utenom bykjernen og kun etter at de be møtt med fakta på at stikkprøve av turer viste transport gjennom bykjernen så informerte de om at det kun var akkurat disse turene av de 1000 som hadde blitt kjørt gjennom bykjernen. La oss tenke oss at vi ser på dette som en hypotesetest, der vi ønsker å finne ut om det er grunn til å tro at transportfirmaet har kjørt mer enn k av turene gjennom bykjernen: H 0 : k vs. H 1 : k > P -verdien til testen ville vært å regne ut P X som vi har gjort i oppgaven, og denne er , som ville ført til at vi forkastet nullhypotesen og ville tro at flere enn transporter var kjørt gjennom bykjernen. Men, dette var ikke med i oppgaven. ov6-lsf-b 6. oktober Side