TMA4240 Statistikk Høst 2009 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Øving nummer 5 Løsningsskisse Oppgave 1 En lottorekke kan oppfattes som et ikke-ordnet utvalg på elementer blant tallene 1 til 34, der utvelgingen skjer uten tilbakelegging. a Det finnes forskjellige lotto-rekker. ( 34 = 539616 Skal finne sannsynligheten for at lottorekka inneholder tallet 34. Denne kan beregnes som P( lottorekka inneholder tallet 34 = 1 P( lottorekka inneholder IKKE tallet 34 der antallet mulige lottorekker er ( 33 er slik at ( 34 og antallet mulige lottorekker uten tallet 34 ( 33 P( lottorekka inneholder tallet 34 = 1 ( 34 = 1 2 34 = 34. X : antall rette i lottorekken, der X følger hypergeometrisk fordeling h(x;n,n,k = ( k x ( N k n x ( N n oving5-lsf-b 14. september 2009 Side 1
med N = 34, n = og k =. Sannsynligheten for at en lottorekke vil oppnå rette er gitt ved ( ( 2 p = P( rette = h(;34,, = ( 34 0 = 1 ( 34 = 1.859 10. b Det leveres hver uke inn n = 19 000 000 rekker i lotto. X : antall av de n innleverte rekkene som oppnår rette i ukens trekning X er binomisk fordelt, men kan med god tinærmelse regnes å være poissonfordelt da poissonfordelingen er grensefordelingen til binomisk fordeling når n og p 0. Ifølge teorem 5.6 har vi at n p µ for n slik at parameteren i poissonfordelingen er gitt ved µ = n p = 19 000 000 1.859 10 = 3.53. Sannsynlighetstettheten til X er nå gitt ved og vi har f X (x = µx x! e µ P( ingen av de innleverte rekkene har rette = P(X = 0 = 3.530 e 3.53 = e 3.53 = 0.029. 0! Legg merke til at vi oppnår samme svar uten poissontilnærmingen, dvs dersom X er binomisk fordelt med parametre n = 19 000 000 og p = 1.859 10 gitt ved f X (x = ( n x p x (1 p n x. Vi har da P( ingen av de innleverte rekkene har rette ( n = P(X = 0 = p 0 (1 p n 0 = (1 p n = (1 1.859 10 19 000 000 = 0.029. 0 Y : antall Gull-lotto omganger pr. år
der vi antar at det er 52 uker pr. år. Y følger her en binomisk fordeling med n = 52 og p = 0.029. Vi har dermed at og E(Y = n p = 52 0.029 = 1.5 P(Y = 0 = f Y (0 = ( 52 0 p 0 (1 p 52 0 = (1 0.029 52 = 0.22. c Vi skal nå øke antall valgbare tall fra 34 til m, der m > 34 slik at det med sannsynlighet minst 0.1 ikke finnes rekker med riktige i en uke der det innleveres n = 19 000 000 rekker. Vi må i denne oppgaven bruke de tidligere definerte ligningene. Vi har at P( ingen av de innleverte rekkene har rette = P(X = 0 = (1 p 19 000 000 0.1 Vi har videre at p er sannsynligheten for at en lottorekke vil oppnå rette, og denne er gitt ved p = P( rette = h(;m,, = ( ( m k 0 ( = m 1 ( m slik at 1 1 ( m Prøver med innsatte verdier av m: 19 000 000 0.1 m 35 36 1 0 1 @ m 1 A 19 000 000 0.059 0.103 Vi ser av tabellen at ulikheten er oppfylt for m = 36, og har dermed at m 36 dersom det med sannsynlighet minst 0.1 ikke skal finnes rekker med riktige i en uke der det innleveres n = 19 000 000 rekker.
Oppgave 2 Har en skoleklasse med 6 gutter og 9 jenter, slik at det totalt er 15 elever i klassen. a X : antall jenter som blir valgt ut i løpet av 10 dager Da X er binomisk fordelt er sannsynlighetstettheten gitt ved f X (x = P(X = x = ( 10 x ( 9 x ( 6 10 x 15 15 Vi har dermed P(X = 6 = ( 10 6 ( 9 6 ( 6 10 6 = 0.251. 15 15 Vi kan eventuelt bruke tabellen for binomisk fordeling med n = 10 og p = 9/15 = 0.6: P(X = 6 = P(X 6 P(X 5 = 0.618 0.36 = 0.251. Vi har videre P(X > 5 = 1 P(X 5 = 1 0.36 = 0.633. b Y : antall jenter som blir valgt ut i løpet av de 10 første dagene Utvelgingen skjer nå uten tilbakelegging, og Y er hypergeometrisk fordelt. Vi har dermed og f Y (y = P(Y = y = P(Y = 6 = ( 9 y ( 9 6 ( 6 10 y (, for 4 y 9 15 10 ( 6 10 6 ( = 0.42. 15 10 c Utvelgingen skjer nå igjen med tilbakelegging. Skal finne sannsynligheten for at det går minst 5 dager før en gutt blir valgt ut. Vi har nå en geometrisk fordeling. med Z : første dagen da en gutt velges ut
P( gutt velges ut = p = 6 15 P( jente velges ut = q = 1 p = 9 15. Vi har dermed f Z (z = P(Z = z = p q z 1 og P(Z 6 = 1 P(Z 5 = 1 ( = 1 6 1 + 9 ( 9 2 15 15 15 + + 5 P(Z = z = 1 p 1 ( 9 3 ( 9 + 15 15 5 z=1 4 q z 1 = 0.08. Vi antar så at det har gått 5 dager uten at en eneste gutt er valgt ut, og vi vil finne sannsynligheten for at det går minst 5 dager til før dette skjer. Vi skriver P(Z 6 det har allerede gått 5 dager uten at en eneste gutt er valgt ut P(Z 6 det har allerede gått 5 dager uten at en eneste gutt er valgt ut = P( det har allerede gått 5 dager uten at en eneste gutt er valgt ut P(Z 11 = q 5 1 P(Z 10 = q 5 = 0.08. Vi ser at de to svarene er identiske. Da utvelgelsen skjer med tilbakelegging vil det være like sannsynlig at det tar mer enn fem dager før en gutt velges uavhengig av hva som har skjedd i fortiden. d Vi har nå P( Håkon velges ut = p = 1 15 P( Håkon velges ikke ut = q = 1 p = 14 15 K : dagen da Håkon velges ut for første gang K følger en geometrisk fordeling med f K (k = P(K = k = p q k 1.
Forventet nummer på dagen da Håkon for første gang velges ut er gitt ved E(K = k f K (k = p k=1 Vi har her brukt at k q k 1 = p q k=1 k q k = p q k=0 q (1 q 2 = p p 2 = 1 p = 15. k a k = k=0 a for a < 1. (1 a 2 Eventuelt kunne forventningsverdien i en geometrisk fordelig, blitt brukt direkte. E(K = 1 p, Oppgave 3 der X : antall tankskip som ankommer havnen i løpet av en dag X poisson (λ, med λ = E(X = 2. Havnen kan maksimalt betjene 3 tankskip per dag. a Da X er poissonfordelt har vi at Med innsatte verdier for x har vi P (X = x = λx x! e λ = 2x x! e 2, x = 0,1,2,.... x 0 1 2 3 4 5 P (X = x 0.1353 0.20 0.20 0.1804 0.0902 0.0361 Vi ser dermed at det er størst sannsynlighet for at det ankommer ett eller to tankskip en bestemt dag. Tankskip må dirigeres til andre havner dersom det ankommer mer enn tre tankskip en dag. Vi har dermed P (Ett eller flere tankskip må omdirigeres = P (X > 3 = 1 P (X 3 tabell = 1 0.851 = 0.1429
b Y : antall skip som betjenes en dag. Da Y 3 har vi at P (Y = y = P (X = x, y = 0,1,2 P (Y = 3 = P (X 3 = 1 P (X 2. Vi får dermed 3 E[Y ] = y P (Y = y y=0 = 0 P (X = 0 + 1 P (X = 1 + 2 P (X = 2 + 3 (1 P (X 2 = 0.20 + 2 0.20 + 3 (1 0.66 = 1.82. c k : kapasitet. Vi ønsker å finne k slik at P (X k 0.90. Med innsatte verdier for k får vi Vi har dermed at k 0 1 2 3 4 5 P (X k 0.1353 0.4060 0.66 0.851 0.944 0.9834 P (X 4 = 0.944 > 0.90, og vi må dermed bygge ut havnen til kapasitet på fire skip for med minst 90% sannsynlighet å kunne betjene samtlige skip som ankommer en gitt dag. Oppgave 4 En ansatt skal overvåke et prosjekt der en lapp velges tilfeldig fra en boks som inneholder 10 lapper nummerert fra 1 til 10. X : nummeret på lappen som trekkes. Da X kan ta hver av verdiene 1,...,10 med lik sannsynlighet, følger den en diskret uniformfordeling gitt ved f X (x = 1,x = 1,...,10. 10
Vi har dermed P(X < 4 = 3 x=1 f X (x = 1 10 + 1 10 + 1 10 = 3 10 = 0.3. Oppgave 5 Fra 5.1 har vi at X : nummeret på lappen som trekkes med f X (x = 1,x = 1,...,10. 10 Vi får dermed E(X = 10 x=1 x f X (x = 1 10 Variansen er definert ved 10 x=1 x = 1 55 (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + + 8 + 9 + 10 = 10 10 = 5.5. der E(X 2 = Var(X = E(X 2 E(X 2 10 x=1 x 2 f X (x = 1 10 10 x=1 x 2 = 385 10 = 38.5. Dette gir Var(X = 38.5 5.5 2 = 8.25. Oppgave 6 U 1 : utsendingen kommer med fly U 2 : utsendingen kommer med buss U 3 : utsendingen kommer med bil U 4 : utsendingen kommer med tog
med sannsynligheter p 1 = P(U 1 = 0.4 p 2 = P(U 2 = 0.2 p 3 = P(U 3 = 0.3 p 4 = P(U 4 = 0.1 der 4 p i = 1. i=1 De stokastiske variabelene X i er gitt ved X i : antall tilfeller av U i for i = 1,...,4. Da et forsøk kan resultere i de fire utfallene U 1,...,U 4 med sannsynligheter p 1,...,p 4 er de stokastiske variablene X 1,...,X 4 multinomisk fordelt ( f(x 1,...,x 4 ;p 1,...,p 4,n = n x 1,...,x 4 p x 1 1 px 4 4 med 4 x i = n og i=1 4 p i = 1. i=1 Skal finne sannsynligheten for at 3 utsendinger kommer med fly, 3 med buss, 1 med bil og 2 utsendinger kommer med tog, dvs P(X 1 = 3,X 2 = 3,X 3 = 1,X 4 = 2, der n = 4 x i = 9. i=1 Vi setter inn og får ( P(X 1 = 3,X 2 = 3,X 3 = 1,X 4 = 2 = 9 3,3,1,2 0.4 3 0.2 3 0.3 1 0.1 2 = 0.00. Oppgave
X : nummer på forsøket da kte suksess inntreffer der repeterte uavhengige forsøk resulterer i suksess, dvs at en person tror på historien, med sannsynlighet X følger da en negativ binomisk fordeling p = 0.8. f X (x = b (x;k,p = ( x 1 k 1 p k (1 p x k. a Sannsynligheten for at sjette person som hører historien er den fjerde til å tro på den er gitt ved f X (6 = ( 5 3 0.8 4 (0.2 2 = 0.1638, der x = 6 og k = 4. b Sannsynligheten for at tredje person som hører historien er den første til å tro på den er gitt ved f X (3 = ( 2 0 0.8 1 (0.2 2 = 0.8 1 (0.2 2 = 0.032, der x = 3 og k = 1.