Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Øving nummer 6, blokk I Løsningsskisse Oppgave 1 Vi antar X er normalfordelt, X N(3315, 575 2 ). Ved bruk av tabell A.3 finner vi a) 1) 2) 3) P (X > 3000) 1 P (X < 3000) 3000 3315 1 P (Z < ) 575 1 P (Z < 0.55) 1 0.2912 0.709. 3000 3315 P (3000 <X<3500) P ( <Z< 575 P ( 0.55 < Z < 0.32) P (Z <0.32) P (Z < 0.55) 0.6255 0.2912 0.335. 3500 3315 ) 575 P (X >3500 X >3000) P (X >3500 \ X>3000) P (X >3000) P (X >3500) P (X >3000) P (Z >0.32) P (Z > 0.55) 1 P (Z <0.32) 1 P (Z < 0.55) 1 0.6255 1 0.2912 0.528. ov6-lsf-b 16. september 2013 Side 1
b) 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) 0.01. Da vil Y være binomisk fordelt med parametere n 100,p0.01, Y b(y; 100, 0.01). Når Y er en binomisk fordelt variabel med fordeling b(y; n, p), n! 1 og p! 0, np! µ vil vi kunne bruke Poisson-tilnærming til den binomiske fordelingen, dvs b(y; n, p)! p(y; µ). Vi bruker poisson-tilnærmingen Y p(y; 1) og finner da ved bruk av tabell A.2 P (Y > 0) 1 P (Y < 0) 1 0.3679 0.63. 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 < 0) 1 0.7358 1 0.3679 0.42. Oppgave 2 a) The probability that the lamp lights up when the procedure is performed once, is P (X >25) P ((X 20)/4 > (25 20)/4) P (Z >1.25) P (Z < 1.25) 0.1056, 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 > 25 [ X 2 > 25 [ X 3 > 25) 1 P (X 1 apple 25, X 2 apple 25, X 3 apple 25) 1 (P (X i apple 25)) 3 1 (1 P (X i > 25)) 3 1 (1 0.1056) 3 0.285. 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 0.1056, ov6-lsf-b 16. september 2013 Side 2
and P (Y 15) P (Y 14.5) P! Y np 14.5 100 0.1056 p p np(1 p) 100 0.1056 0.8944 P (Z >1.28) P (Z apple 1.28) 0.100, using the normal approximation with continuity correction. (The exact binomial probability is 0.104.) (You are not penalized if you have not applied the continuity correction. If you use 15 instead of 14.5 in the normal approximation, you get 0.074, and if you use 14 (arising from P (Y 15) 1 P (Y apple 14)), you get 0.131 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 P 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 apple P (Y 500) P 4 p 500 20n n 4 p 500 20n P Z n 4 p, n that is, (500 20n)/(4 p p n) z 0.01 2.326, or 125 5n z 0.01 n, and we have a p p quadratic inequality 5n + z 0.01 n 125 apple 0in n. The left hand side is a downwardpointing parabola (as a function of p n) having zeros z 0.01 ± p z0.01 2 +4 5 125 /(2 5), that is, 5.24 and 4.77, meaning that 0 apple p n apple 4.77 and n apple 22.8, that is, n apple 22 since n is an integer. Oppgave 3 Betrakt et parallellsystem av to uavhengige komponenter, der levetiden til hver av komponentene er eksponensialfordelt med parameter,dvs F X (x) 1 e x for x 0. Da komponentene danner et paralellsystem, vil systemet fungere dersom minst en av komponentene fungerer. Vi lar dermed levetiden til systemet betegnes ved V max(x 1,X 2 ), og fordelingen til V finnes ved å benytte at komponenten med lengst levetid er mindre eller lik v hvis og bare hvis begge komponentene er mindre eller lik v: F V (v) P(V apple v) P(max(X 1,X 2 ) apple v) P(X 1 apple v \ X 2 apple v) Uavh. P(X 1 apple v) P(X 2 apple v) (F X (v)) 2 (1 e v ) 2 1 2e v +e 2 v. Vi har videre f V (v) d dv F V (v) 2 e v 2 e 2 v. Forventningen til V er gitt ved ov6-lsf-b 16. september 2013 Side 3
Figur 1: Paralellkopling av to komponenter ov6-lsf-b 16. september 2013 Side 4
E(V ) Ved delvis integrasjon får vi dermed Z 1 1 vf V (v) dv. E(V ) Z 1 1 vf V (v) dv Z 1 0 (2 ve v 2 ve 2 v ) dv 3 2. Oppgave 4 Betrakt et seriesystem sammensatt av n uavhengige komponenter der levetiden til hver komponent følger en Weibull-fordeling med skalaparameter og formparameter, gitt ved F X (x) 1 e ( x) for x 0. Da vi har et seriesystem, vil systemet fungere frem til første komponent svikter. Vi lar dermed levetiden til systemet betegnes ved U min(x 1,X 2,...,X n ). F U (u) P(U apple u) P(min(X 1,X 2,...,X n ) apple u) 1 P(min(X 1,X 2,...,X n ) >u) 1 P(X 1 >u\ X 2 >u\ \X n >u) Uavh. 1 ny P(X i >u) i1 1 (1 F X (u)) n 1 (1 (1 e ( x) )) n 1 (e ( x) ) n 1 e (n1/ x). Dette er en Weibull-fordeling med skalaparameter n 1/ og formparameter. Oppgave 5 a) Vi må i tillegg anta at hver gjennomlesning av teksten er uavhengig av hverandre. Vi har 2 og s 8 og ønsker å finne sannsynligheten for at antall trykkfeil, N, er større enn 10. Vi har µ s 2 8 16 P (N >10) 1 P (N apple 10) 1 X10 i1 1 0.0774 P (N i) 0.923. ov6-lsf-b 16. september 2013 Side 5
ov6-lsf-b 16. september 2013 Side 6
Vi har nå gitt N 12 og p 0.6 og œnsker å finne sannsynligheten for at korrekturleseren oppdager alle trykkfeilene. P (X 12 N 12) 12 0.6 12 0.4 0 12 0.6 12 0.0022. b) Y k antall trykkfeil som gjenstår etter k uavhengige gjennomlesninger. Vi finner først simultanfordelingen til Y 1 og N. Vi har n P (X x N n) p x (1 p) n x,x0, 1,...,n x Simultanfordelingen til Y 1 og N er da gitt ved P (Y 1 u, N n) P (Y 1 u N n) P (N n) P (N X u N n) P (N n) P (X n u N n) P (N n) n p n u (1 p) u P (N n) n u for u 0, 1,... og n u, u +1,... Vi finner deretter marginalfordelingen til Y 1. P (Y 1 u) 1X P (Y 1 u, N n) nu 1X n p n u (1 p) u e n u nu 1X n + u p n (1 p) u e n n0 1X 1 n!u! pn (1 p) u e s ( s) n+u n0 ( s)u e s X 1 (1 p) u ( ps) n u! n! n0 ( s)u e s (1 p) u e ps u! ( s(1 p))u s(1 e p). u! s ( s)n n! s ( s)n+u (n + u)! Vi ser at marginalfordelingen til Y 1 er Y 1 Poisson( s(1 p)). ov6-lsf-b 16. september 2013 Side 7
Siden fordelingen for Y 1 er den samme som for N bortsett fra at parameteren er endret, vil mønsteret gjenta seg slik at også Y 2 blir poissonfordelt, og parameteren i fordelinga til Y 2 blir s(1 p)(1 p) s(1 p) 2. Tilsvarende blir Y 3 Poisson( s(1 p) 3 ) og generelt Y k Poisson( s(1 p) k ). ov6-lsf-b 16. september 2013 Side 8