TMA424 Statistikk Høst 212 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Øving 5 blokk I Løsningsskisse Oppgave 1 X N(18,2.5 2 ) P(X < 15) = P ( X 18 < 15 18 ) = P(Z < 1.2) 2.5 2.5 = 1.885 =.115 b) P(X < k) =.2236 Fra tabell: P(Z <.76) =.2236 z =.76 X = σz +µ = 2.5 (.76) +18 = 16.1 k = 16.1 c) P(X > k) = 1 P(X < k) =.1814 P(X < k) =.8186 Fra tabell: P(Z <.91) =.8186 z =.91 X = σz +µ = 2.5.91+18 = 2.275 k = 2.275 d) P(17 < X < 21) = P(X < 21) P(X < 17) = P ( X 18 < 21 18 ) (X 18 P 2.5 2.5 2.5 = P(Z < 1.2) P(Z <.4) =.885.345 =.54 < 17 18 ) 2.5 Oppgave 2 X N(24, 2 ) P(X 3) = 1 P(X < 3) = 1 P ( X 24 = 1.943 =.57 < 3 24 ) = 1 P(Z < 1.58) oving5-lsf-b 1. august 212 Side 1
b) P(X 15) = 1 P(X < 15) = 1 P ( X 24 < 15 24 ) = 1 P(Z < 2.37) = 1 (1 P(Z < 2.37)) = P(Z < 2.37) =.991 c) P(X 25) = 1 P(X < 25) = 1 P ( X 24 = 1.63 =.397 < 25 24 ) = 1 P(Z <.26) d) k = tid til jobben, hvor 15% av turene tar lenger tid. P(X k) = 1 P(X < k) = 1 P ( x 24 < k 24 ) = 1 P(Z < k 24 ) =.15 P(Z < k 24 ) =.85 k 24 = 1.4 k = 1.4+24 = 27 min., 57 sek. e) Y = antall av 3 neste turer som tar mer enn 3 min. p = P(X 3) =.57 Y bin(3,.57) ( ) 3 P(Y = 2) =.57 2 2 (1.57) 3 2 = 3.57 2.943 =.92 Oppgave 3 p =.9, n = 1, X bin(n,p) Approksimasjon til normalfordeling kan brukes da np > 5 og n(1 p) > 5. er tilnærmet standard normalfordelt N(, 1). b) Z = X np np(1 p) = X 1.9 1.9.1 = X 9 3 P(83.5 < X < 95.5) = P( 83.5 9 < Z < 95.5 9 ) = P( 2.17 < Z < 1.83) 3 3 = Φ(1.83) Φ( 2.17) =.966 (1 Φ(2.17)) =.966 (1.985) =.951 P(X < 85.5) = P(Z < 85.5 9 ) = P(Z < 1.5) 3 = 1 Φ(1.5) = 1.933 =.67
Oppgave 4 Levetid T for bryter eksponentialfordelt med forventning β = 2 år. Sannsynlighet for at én av bryterne svikter i løpet av ett år: P(T < 1) = 1 1 β exp( t β )dt = [ exp( t β )]1 = 1 exp( 1 β ) = 1 exp( 1 2 ) =.3935 Innstallerer 1 brytere. X = antall brytere som svikter 1. år. X bin(1,.3935) Approksimasjon til normalfordeling: Z = X 1.3935 = X 39.35 1.3935 (1.3935) 4.8852 er N(,1). P(X < 3.5) = P(Z < 3.5 39.35 = P(Z < 1.81) 4.8852 = 1 Φ(1.81) = 1.965 =.35 Oppgave 5 P(X 2) = P ( X 1 1 2 1 1 ) = Φ(1) =,8413 P(X 2 Y 1) uavh. = P(X 2) P(Y 1) =,8413 Φ ( 1 1 4 ) =,413.5 =,427 X+2Y er en lineærkombinasjon av uavhengige normalfordelte variable og derfor normalfordelt med forventning og varians Dermed blir regninga som over. E(X +2Y) = E(X)+2E(Y) = 1+2 1 = 3 Var(X +2Y) = Var(X)+2 2 Var(Y) = 1+4 4 = 17 ( ) 2 3 P(X +2Y > 2) = 1 P(X +2Y 2) = 1 Φ 17 = 1 Φ(,24) = 1,452 =,5948
Oppgave 6 P(X 12) = P( X 115 5 12 115 ) = Φ(1) =.841. 5 P(12 < X 125) = P(X 125) P(X 12) = P( X 115 125 115 ) P(X 12) 5 5 = Φ(2).841 =.977.841 =.136. A og B er disjunkte siden de to hendelsene ikke kan inntreffe samtidig. P(A B) = P(A B) = P( ) P(B) P(B) = P(B) =. Siden P(A) =.841 P(A B) er A og B ikke uavhengige. b) Sjekker kriteriene for Bernoulli-forsøk: - Vi undersøker navnet til n jenter, dvs. gjør n forsøk - I hvert forsøk er navnet enten Maud eller ikke Maud - Sannsynligheten for at navnet er Maud er p =.2 og lik i alle forsøk - Det er rimelig å anta at forsøkene er uavhengige Dermed er de fire kriteriene for et Bernoulli-forsøk oppfylt, og det er rimelig å anta at Z er binomisk fordelt. ( ) 15 P(C) = P(Z 1) = 1 P(Z = ) = 1.2 (1.2) 15 = 1.739 =.261 P(D C) = P(Z = 2 Z 1) = P(Z = 2 Z 1) P(Z 1) Definer hendelsene M: navnet på tilfeldig valgt elev er Maud J: tilfeldig valgt elev er jente G: tilfeldig valgt elev er gutt = Bruker lov om total sannsynlighet: ( 15 ) P(Z = 2) P(Z 1) = 2.2 2 (1.2) 13 P(Z 1) =.32.261 =.123. P(M) = P(M J)+P(M G) = P(M J)P(J)+P(M G)P(G) =.2 15 25 + 15 25 =.12.
Oppgave 7 Eksempel på en mulig kode for sannsynlighetstetthetsfunksjon for en normalfordeling: function funcval = gaussian(x,mu,sigm funcval = (1/(sqrt(2 pi) sigm) exp(.5 (((x mu) 2 )/(sigma 2 ))); Et plot av verdiene fra denne tetthetsfunksjonen for x-verdier fra 8 til 1 er vist i Fig 1. Her har vi brukt µ = np = 9 og σ = np(1 p) = 3 som vi fant i Oppgave 3. Ettersom normalfordelingen er en kontinuerlig fordeling er den definert for alle verdier av x..14.12.1.8.6.4.2 8 82 84 86 88 9 92 94 96 98 1 Figur 1: Tetthetsfunksjon for en normalfordeling, f X (x) = 1 2πσ e 1 (x µ) 2 2 σ 2 8 til 1 med µ = 9 og σ = 3. for verdier av x fra b) Et plot av verdiene fra en binomisk tetthetsfunksjon for x-heltallsverdier fra 8 til 1 er vist i Fig 2. Vi ser at den binomiske fordelingen approksimeres bra med en normalfordeling. Ettersom den binomiske fordelingen er tilnærmet lik for verdier av x < 8 kan vi se bort ifra disse..14.12.1 Binomial Normal.8.6.4.2 8 82 84 86 88 9 92 94 96 98 1 Figur 2: Binomisk tetthetsfunksjon, f X (x) = ( n x) p x (1 p) n x for heltallsverdier av x fra 8 til 1 med n = 1 og p =.9. Plottet mot tetthetsfunksjonen for normalfordelingen av Matlabkode for plotting av Fig 2: bar(xbin,binomial, red ); hold on; plot(xgauss,gaussian, blue, Linewidth,2); xlim([79,11]); legend( Binomial, Normal );
set(gcf, Color,[1,1,1]); Her er binomial verdien av den binomiske tetthetsfunksjonen for x-verdiene i xbin og gaussian verdien av den gaussiske tetthetsfunksjonen for x-verdiene i xgauss.