Oppgave 1. . Vi baserer oss på at p 47 1 og p 2 er tilnærmet normalfordelte (brukbar tilnærming). Vi har tilnærmet at (n 1 = n 2 = 47)

Transkript

1 MOT310 tatistiske metoder 1 Løsningsforslag til eksamen vår 006, s. 1 Oppgave 1 a) En tilfeldig utvalgt besvarelse får F av sensor 1 med sannsynlighet p 1 ; resultatene for ulike besvarelser er uavhengige. Da er 1 = antall stryk blant de n = besvarelsene når sensor 1 retter, binomisk fordelt med n = og suksessannsynlighet p 1 ( 1 bin(, p 1 )). Tilsvarende med = antall stryk blant de n = besvarelsene når sensor retter, binomisk fordelt med n = og suksessannsynlighet p ( bin(, p )). Videre antar vi at 1 og er uavhengige. ensor 1 har 7 stryk (14.9%), og sensor har 4 stryk (8.9%). ensorene er i virkeligheten like strenge dersom p 1 = p. I så fall kan de observerte ulikhetene i strykprosent betraktes som innefor grensene av tilfeldigheter. Vi vil teste: H 0 : p 1 = p mot H 1 : p 1 p på sign.nivå 0.1: Testen kan gjennomføres ved å beregne et (tilnærmet) 90% konfidensintervall for p 1 p. H 1 : p 1 p er tilfelle den ene sensoren er systematisk strengere enn den andre. Konfidensintervall for p 1 p : La p 1 = 1, estimator av p 1 og tilsvarende p =. Vi baserer oss på at p 1 og p er tilnærmet normalfordelte (brukbar tilnærming). Vi har tilnærmet at ( = n = ) p 1 p (p 1 p ) p1 (1 p 1 ) + p (1 p ) n p 1 p (p 1 p ) p1 (1 p 1 ) + p (1 p ) n N (0, 1). Derfor: P p 1 p z α/ P ( z α/ p 1 p (p 1 p ) p1 (1 p 1 ) + p (1 p ) n z α/) 1 α p 1 (1 p 1 ) + p (1 p ) p 1 p n p 1 p + z α/ p 1 (1 p 1 ) + p (1 p ) 1 α n

2 MOT310 tatistiske metoder 1 Løsningsforslag til eksamen vår 006, s. Observert: x 1 = 7 og x = 4 gir estimat av p 1 : 7 = , og estimat av p : 4 = α = 0.1 z α/ = z 0.05 = Innsatt gir dette tilnærmet 95% konfidensintervall for p 1 p : [ = [ 0.04, 0.174]; eller i %: [ 4.%, 17.4%] , ] Konklusjon: det er ikke grunnlag for å hevde at H 1 : p 1 p. b) Vi betrakter resultatene x 1,..., x og y 1,..., y som utfall av uavhengige tilfeldige variable 1,...,, Y 1,..., Y. Vi antar at i ene er identisk fordelte med forventning µ, og at Y i ene er identisk fordelte med forventning µ Y. Vi vil teste: H 0 : µ µ Y = 0 mot H 1 : µ µ Y 0, på sign.nivå 0.1. Testen kan gjennomføres ved å beregne et (tilnærmet) 90% konfidensintervall for µ µ Y. H 1 : µ µ Y 0 er tilfelle den ene sensoren er systematisk strengere enn den andre. Konfidensintervall for µ µ Y : Estimator for µ µ Y : µ µ Y = Y. iden n = er stor, kan vi bruke normaltilnærming; vi har derfor tilnærmet at: Y E( Y ) Var( Y ) = Y (µ µ Y ) σ + σ Y N (0, 1) n Her er σ og σy ukjente, estimeres ved = 1 1 ( i ) og Y = 1 ny 1 (Y i Y ). Likevel vil vi tilnærmet ha at: Y (µ µ Y ) + Y N (0, 1) (Obs.: Dersom vi skulle brukt t-fordeling, måtte vi antatt at i ene og Y i ene var normalfordelte. Det har vi ikke gjort her, og det vil i denne situasjone kunne være en urimelig antakelse.) Da har vi:

3 MOT310 tatistiske metoder 1 Løsningsforslag til eksamen vår 006, s. 3 P ( z α/ Y (µ µ Y ) n P ( z α/ + Y Y (µ µ Y ) z α/ P ( Y z α/ + Y µ µ Y Y + z α/ + Y z α/) 1 α + Y ) 1 α + Y ) 1 α Dvs med z α/ = z 0.05 = og de oppgitte dataene får vi følgende tilnærmede 90% konfidensintervall for µ µ Y : [ , = [ 8.49, 6.61] ] Konklusjon: Det er ikke grunnlag i dataene for å hevde at H 1 : µ µ Y 0 er tilfelle. c) Det er neppe en rimelig antakelse at i og Y i som beskrevet i b) er uavhengige det er positiv korrelasjon mellom dem. Vi betrakter istedenfor D i = i Y i. D 1,..., D antas å være uavhengige (rimelig antakelse!) og identisk fordelte tilfeldige variable der E(D i ) = µ D = µ µ Y og Var(D i ) = σ D, i = 1,...,. iden det (nok) er posistiv korrelasjon mellom i og Y i, vil Var(D i ) = σ D være mindre enn Var( i ) + Var(Y i ) som ble lagt til grunn for toutvalgstesten i b). Det betyr at testen ifølge parplanen kan ha bedre styrke enn toutvalgstesten. Vi vil teste: H 0 : µ D = 0 mot H 1 : µ D 0, på sign.nivå 0.1. Testen kan gjennomføres ved å beregne et (tilnærmet) 90% konfidensintervall for µ D. H 1 : µ D 0 er tilfelle den ene sensoren er systematisk strengere enn den andre. Konfidensintervall for µ D : Estimator for µ D : µ D = D. iden n = er stor kan vi bruke normaltilnærming; vi har derfor tilnærmet at: D µ D σ D/n N (0, 1), som også gjelder om σd erstattes med estimatoren D = 1 n (D n 1 i D). Derfor:

4 MOT310 tatistiske metoder 1 Løsningsforslag til eksamen vår 006, s. 4 P ( z α/ D µ D D/n z α/) 1 α P ( z α/ D/n D µ D z α/ D/n) 1 α P (D z α/ D/n µ D D + z α/ D/n) 1 α Dvs med z α/ = z 0.05 = og de oppgitte dataene får vi følgende tilnærmede 90% konfidensintervall for µ D : [ , ] = [.54, 0.67] Konklusjon: Det er ikke grunnlag i dataene for å hevde at H 1 : µ D 0 er tilfelle. Oppgave a) Analyse: enkel lineær regresjonsanalyse. Modell: Y i = α + βx i + ε i der ε 1,..., ε n u.i.f. N (0, σ ). b) Den estimerte verdien av stigningstallet β er Det forteller at vi ut fra disse dataene kan si at kolesterolnivået øker gjennomsnittlig med for hvert år. c) Vi vil teste: H 0 : β = 0 mot H 1 : β 0 For denne testen kan vi lese av p verdien i utskriften: (altså mindre enn ). Dette betyr at vi kan forkaste H 0 på 5% sign.nivå, og konkludere med at det er sammenheng mellom alder og kolesterolnivå. d) R = R T, der T = n (Y i Y ), R = n ( Ŷ i Y ), T = R + E, og E = n (Y i Ŷ i). Ŷ i = A + Bx i. Vi ser at R = Det betyr at regresjonsmodellen kun forklarer 8.9 % av variasjonen i kolesterolmålingene. Det vil si at modellen ikke gir god forklaring av variasjonen i kolesterolmålingene Oppgave 3 a) Når σ er ukjent har vi fra pensum at: H 0 : µ = 4 mot H 1 : µ 4 T = µ 0 / n t n 1 under H 0

5 MOT310 tatistiske metoder 1 Løsningsforslag til eksamen vår 006, s. 5 Med α = 0.1 og n = 1 forkaster vi nullhypotesen dersom T t α/,n 1 = t 0.05,11 = eller T t α/,n 1 = t 0.05,11 = Observert: x = 4.41, s = 1 n (x n 1 i x) = 1.08, dvs s = 1.10 og dermed t obs = / 1 = Dvs, vi forkaster ikke H 0 på 10% nivå. Dataene gir ingen grunn for å påstå at forventningsverdien er ulik 4. b) En god estimator skal være forventningsrett og ha så liten varians som mulig. Fra resultatene i formelsamling får vi at n 1 σ = 1 σ n ( i µ) χ n og (n 1) σ = 1 σ n ( i ) χ n 1 som sammen med resultatet at i en χ ν-fordeling er forventningsverdien ν og variansen ν gir oss: E(1) = σ n E( σ ) = σ n n = σ E() σ = n 1 E((n 1) ) = σ (n 1) = σ σ n 1 Var(1) = Var( σ n σ ) = σ4 n Var( σ ) = σ4 n Var( ) = Var( σ n 1 (n 1) σ ) = σ4 n = n σ 4 (n 1) Var((n 1) ) = σ σ 4 σ4 (n 1) = (n 1) n 1 Dvs begge estimatorene er forventningsrette, men 1 har minst varians og er derfor å foretrekke. c) Vi bruker 1 og resultatet at og får: n 1 σ = n ( i µ) σ χ n P (χ 1 α/,n n 1 σ χ α/,n) = 1 α ( χ 1 α/,n P 1 ) n1 σ χ α/,n = 1 α n1 P χ α/,n σ χ 1 α/,n = 1 α Observert: n = 1 og n1 = n (x n i µ) = 1 (x i 4) = = og med α = 0.05 χ 0.05,1 = og χ 0.975,13 = gir dette 95% konfidensintervall for σ: [ ] , = [0.655, 3.1] 4.404