Ueoppgaver i BtG207 Statisti, ue 7 : Normalfordeling. 1 Høgsolen i Gjøvi Avdeling for tenologi, øonomi og ledelse. Statisti Ueoppgaver ue 7 Normalfordeling. Oppgave 1 Anta Z N(0, 1), dvs. Z er standard normalfordelt. Regn ut sannsynlighetene: a) P(Z 1.50) b) P (Z > 1.50) c) P (Z 0.25) d) P(Z > 0.25) e) P ( 0.75 < Z 0.75) f) P (Z = 0.75). Sørg for at du beherser denne regnetenien så fort som mulig. Flere oppgaver av samme type i oppgave 21, ap. 5.12 i Løvås. Oppgave 2 a ) Finn tallet z 0.25 som er sli at P (Z <z 0.25 )=0.75 når Z N(0, 1). b ) Finn tallet z 0.025 sli at P (Z >z 0.025 )=0.025 når Z N(0, 1). Oppgave 3 Måleverdien av spenningen på et bilbatteri er X, som er N (12.70, ). Regn ut P(12.50 <X 12.90) Sørg for at du beherser denne regnetenien så fort som mulig. Flere oppgaver av samme type i oppgave 23, ap. 5.12 i Løvås. Oppgave Anta X N(μ, ), og regn ut a) P(μ <X<μ+ ). b) P(μ 2 <X<μ+2). c) P(μ 3 <X<μ+3). Oppgave 5 La X N(12.70, ). Finn en sli at P(12.70 X 12.70 + ) =0.95 Oppgave 6 En sneer sal appe to 200 centimeter lange lister og legge dem etter hverandre. Kall lengden på listene X 1 og X 2,mensX er summen av lengdene. a ) Anta lengdene X i N (200, 2) er uavhengige. Regn ut forventningsverdi μ og standardavvi for X = X 1 + X 2. b ) Regn ut P (397 <X 03). c) Finn et intervall [μ +, μ ] sli at P (μ X μ + ) =0.95. d ) Anta han isteden apper den andre lista ved å legge den første oppå, og at dette medfører at X 2 = X 1. Hva er da P (397 <X 03)?
2 Ueoppgaver i BtG207 Statisti, ue 7 : Normalfordeling. Oppgave 7 Anta vi har et bilbatteri med spenning 12.70V. I prasis er dette et ujent tall, som vi sal forsøe å finne ved målinger. På grunn av måleunøyatighet vil måleverdien i prasis avvie noe fra den orrete verdien. En standard antaelse om målefeil er at de er normalfordelte, og at målingene har forventningsverdi μ som den orrete verdien (dvs. 12.70V i dette tilfellet). Av denne grunn alles normalfordeling av og til målemodellen. Vi antar her at vi gjennom spesifiasjoner fra produsenten av måleinstrumentet vet at =V. For å øe presisjonen på resultatet gjør vi målinger, og aller disse måleresultatene ( før observasjon ) X 1, X 2, X 3 og X. De fatise resultatene av disse målingene alles x 1, x 2, x 3 og x. Som vår onlusjon sal vi brue gjennomsnittsverdien x =(x 1 + x 2 + x 3 + x )/, som før observasjon er en stoastis variabel X =(X 1 + X 2 + X 3 + X )/. Vi antar at X 1, X 2, X 3 og X er uavhengige, og alle har N (12.7, 0.3) fordeling. a) Hva er E ( X ),Var ( X ) og X? b ) Hva slags fordeling har X? (Dvs. angi fordelingstype og verdier på parametrene). c) Regn ut P ( 12.50 < X 12.90 ). d ) Gjør følgende generalisering: La X 1,,X 2,...,X n være uavhengige, der X i N(μ, ) for alle i. Hva slags fordeling har X? Oppgave 8 Tiden Hansen bruer påågå til jobben ( i minutter) er en stoastis variabel X 1 N(32, 2), mens veien hjem igjen som går nedoverbae er X 2 N(28, 3). a ) b ) c ) d ) Hva er sannsynligheten for at han en enelt dag bruer mellom 31 og 33 minutter til jobben? Hva er sannsynligheten for at han i gjennomsnitt en måned med 25 arbeidsdager bruer mellom 31 og 33 minutter til jobben? Hva er sannsynligheten for at han bruer mer enn 65 minutter tilsammen på veien til og fra jobben en dag? Hva er sannsynligheten for at han bruer ortere tid fra jobben enn til jobben en dag? Hint: Betrat variabelen D = X 2 X 1. 08.02.11 Hans Petter Hornæs
Ueoppgaver i BtG207 Statisti, ue 7 : Normalfordeling. 3 Fasit, Normalfordeling. Oppgave 1 a) P(Z 1.50) = Φ(1.50) Tabell5.1.1 = 0.9332 b) P(Z>1.50) = P ( Z 1.50 ) =1 P(Z 1.50) = 1 0.9332 = 0.0668 c) P(Z 0.25) = Φ( 0.25) = 1 (0.25) Tabell5.1 = 1 0.5987 = 0.013 d) P(Z> 0.25) = P ( Z 0.25 ) =1 P(Z 0.25) = 1 0.013 = 0.5987 e) P( 0.75 <Z 0.75) = Φ(0.75) ( 0.75) = 0.773 (1 0.773) = 2 0.773 1=0.568 f) 0 (fordi eneltverdier har sanns. 0 i ontinuerlig fordeling, eller alternativt at dette an regnes ut som P (X =0.75) = P (0.75 X 0.75) = Φ(0.75) (0.75) = 0) Oppgave 2 a) Vi må brue tabell 5.1.1 balengs, og finne det tallet som er nærmest 0.7500 midt inne i tabellen. Vi finner at Φ(0.67) = 0.786, og Φ(0.68) = 0.7517. Hvilet som helst av disse tallene, eller tall mellom disse godtas. Siden 0.75 er omtrent midt imellom foreslår jeg z =0.675 (Nøyatigere regning med Maple gir 0.675). b) P(Z>z)=0.025 P(Z z) =1 0.025 Φ(z) =0.975. Balengs tabellbru gir da at z 0.025 =1.96. Det er imidlertid greiere å brue fratiltabellen, tabell 5.2 i formelsamlinga. Denne gir denne verdien direte for enelte verdier, og vi an lese av 1.960 under 2.5% = 0.025. Oppgave 3 12.90 12.70 12.50 12.70 Φ =Φ(0.67) ( 0.67) = 2 Φ(0.67) 1=0.972 Oppgave a) μ + μ μ + μ Φ =Φ(1)( 1) = 2Φ(1) 1=2 0.813 1=0.6827 b) Φ(2)( 2) = 0.955 c) Φ(3) ( 3) = 0.9973. Oppgave 5 Uttryer først sannsynligheten ved hjelp av Φ: 12.70 + 12.70 12.70 12.70 P(12.70 X 12.70 + ) =Φ =Φ(/) ( /) = Φ(/) (1 (/)) = 2Φ(/) 1 Vi får dermed en lining vi først løser med hensyn på Φ(/) 2Φ(/) 1=0.95 Φ(/) = (1 + 0.95)/2 Φ(/) = 0.975 Siden Φ går på sannsynligheten for Z<z, mens fratiltabellen (tab. 5.2) tar utgangspunt i Z>z vrir vi sannsynligheten: P(Z</) = 0.975 P(Z>/) = 1 0.975 = 0.025 Dermed er / = z 0.025, dvs. 0.025 fratilen i standard normalfordeling. z 0.025 finner vi fra tabell 5.2 som z 0.025 =1.960. Dette gir da =1.960 = 0.588 (sli at intervallet blir 12.70 0.588 <X<12.70 + 0.588 12.11 <X<13.29).
Ueoppgaver i BtG207 Statisti, ue 7 : Normalfordeling. Mange vil no synes argumentet er mer oversitlig ved åhenvisetilenfigur: 0.950 0.025 0.025 12 µ 12,5 µ 13 µ + 13,5 x Siden sannsynligheten er 0.95 for at utfallet ligger mellom grensene, er sannsynligheten 1 0.95 = 0.05 for at utfallet blir utenfor. Denne sannsynligheten fordeles lit, med 0.05/2 = 0.025 på begge sider. Spesielt blir det en sannsynlighet på 0.025 for at utfallet blir større enn μ + : ( X μ P(X μ + ) =0.025 P μ + μ ) =0.025. De to sannsynligheten er lie da det er samme hendelse, vi har truet fra samme tall og dividert med samme positive tall på begge sider av lihetstegnet. Siden Z = X μ N(0, 1) (og μ ene nulles ut) er altså ( P Z ) =0.025 Siden z 0.025 per definisjon er det entydige tallet som oppfyller P (Z z 0.025 )=0.025 er = z 0.025 = z 0.025 =1.960 = 0.588. Oppgave 6 a ) Du an addere forventningsverdiene: μ =E(X 1 + X 2 ) = 200 + 200 = 00. Dessuten an du addere variansene, når X 1 og X 2 er uavhengige. (Dette betyr at du ie an addere standardavviene): Var (X 1 + X 2 )=2 2 +2 2 =8så = 8=2.83. b ) Siden lineærombinasjoner, med sum som spesialtilfelle, av uavhengige normalfordelinger er normalfordelte er X 1 + X 2 normalfordelt. Parametrene har vi fra a oppgaven, så X N (00, 2.83): 03 00 397 00 P (397 <X 03) = Φ =Φ(1.06) ( 1.06) 2.83 2.83 =Φ(1.06) (1 (1.06)) = 2Φ(1.06) 1 tab.5.1 = 2 0.855 1=0.7108 c) ( μ + μ P(μ X μ + ) =0.95 Φ ( ) Φ =0.95 Φ 2Φ ( ) 1=0.95 Φ ) ( 1 ( ) μ μ =0.95 ( )) =0.95 ( ) =0.975
Ueoppgaver i BtG207 Statisti, ue 7 : Normalfordeling. 5 Dermed er P Z =0.975 P Z =0.025, sli at = Z 0.025, detvilsi2.5% fratilen i standard normalfordeling. Denne finner du i tabell 5.2: =1.960 =1.960 =1.960 2.83 = 5.6. Dermed er 95% intervallet [00 5.6, 00 + 5.6] = [39., 05.6]. Et alternativt argument, basert på figur: α/2 =0.025 (= 2.5%) 0.950 α/2 α/2 a µ b x ( X μ P(X b) =0.025 P b μ ) ( =0.025 P Z b μ ) =0.025 b μ = z 0.025 b μ = z 0.025 b = μ + z 0.025 Fra tabell 5.2 er 2.5% fratilen i standard normalfordeling z 0.025 =1.960, og vi finner øvre grense: b = 00 + 1.960 2.83 = 05.6 For nedre grense a får vi P (X a) =0.950+0.025 = 0.975. Du an brue tabell 5.2.2 eller symmetrien z r = z 1 r,spesieltatz 0.975 = z 1 0.975 = z 0.025 = 1.960 og får på tilsvarende måte a = μ z 0.025 = 00 1.960 2.83 = 39.. d) NåerX 1 og X 2 ie lenger uavhengige (snarere tvert i mot, X 2 = X 1)så X = X 1 + X 2 = X 1 + X 1 = 2X 1. Dermed er det reglene for multipliasjon med salar (E (ax + b) = ae(x) +b og Var (ax + b) = a 2 Var (X) ax+b = a x,medb = 0) som sal brues: μ =E(2X 1 )=2 200 = 00 og Var (2X 1 )=2 2 2 2 =16så =ogx N (00, ). 03 00 397 00 P (397 <X 03) = Φ =0.568 Det er med andre ord mindre sannsynlig åfålengdeså nær 00 i dette tilfellet, da spredningen (standardavviet) er større. Oppgave 7 a) E ( X ) ( 1 =E X 1 + 1 X 2 + 1 X 3 + 1 ) X = 1 E(X 1)+ 1 E(X 2)+ 1 E(X 3)+ 1 E(X ) = 1 12.70 + 1 12.70 + 1 12.70 + 1 12.70 = 1 12.70 = 12.70
6 Ueoppgaver i BtG207 Statisti, ue 7 : Normalfordeling. Var ( X ) ( 1 =Var ( 1 X 1 + 1 X 2 + 1 X 3 + 1 ) X = ) 2 ( ) 2 1 Var (X 1 )+ Var (X 2 )+ = X = 2 /=/2=0.15 ( ) 2 1 Var (X 3 )+ ( ) 2 1 Var (X ) 1 16 2 = 2 =0.0225 b ) c) d ) Siden X er en lineærombinasjon av normalfordelte variable er den normalfordelt. Med resultatene fra a oppgaven har vi da X N(12.70, 0.15) P ( 12.50 < X 12.90 ) 12.90 12.70 12.50 12.70 =Φ =Φ(1.33) ( 1.33) 0.15 0.15 =Φ(1.33) (1 (1.33)) = 2Φ (1.33) 1=2 0.9082 1=0.816 Kommentar: Om vi aller intervallet (12.50, 12.90) nær den ritige verdien 12.70 ser vi at det er mye mer sannsynlig at vi med gjennomsnittet ommer nær den ritige verdien enn ved en eneltmåling (denne sannsynligheten var 0.972 fra oppgave 2). Et tilsvarende argument som i a oppgaven, med erstattet med n, gire ( X ) = μ og Var ( X ) = 2 /n, og dermed X = / n. Dette gir X N ( μ, / n ) Kommentar: Standardavviet på gjennomsnittet, / n, er en vitig størrelse vi sal brue mye i fortsettelsen. Den alles standardfeilen. Oppgave 8 a) 33 32 31 32 P(31<X 1 33) = Φ =Φ(0.50) ( 0.50) = 0.3830 2 2 b) X N ( 32, 2/ 25 ) =N(32, 0.) gir sannsynligheten P ( 31 < X 33 ) 33 32 31 32 =Φ =Φ(2.5) ( 2.5) = 0.9876 0. 0. c) X = X 1 + X 2, sli at μ =E(X) =E(X 1 + X 2 )=E(X 1 )+E(X 2 ) = 32 + 28 = 60 Var (X) =Var(X 1 + X 2 )=Var(X 1 )+Var(X 2 )=2 2 +3 2 =13 og dermed = 13 = 3.61. Vi har derfor X N(60, 3.61) som gir: ( ) 65 60 P(X>65) = 1 P( 65) = 1 =1(1.39) = 1 0.9177 = 0.0833 3.61. d) μ =E(D) =E(X 1 X 2 )=E(X 1 ) E(X 2 )=28 32 = Gjentar argumentet for at variansene i en differens må adderes (og ie subtraheres!): Var (D) =Var(X 1 X 2 )=Var(1 X 1 +( 1) X 2 )=1 2 Var (X 1 )+( 1) 2 Var (X 2 ) =1 Var (X 1 )+1 Var (X 2 )=Var(X 1 )+Var(X 2 ) Dermed er Var (D) =2 2 +3 2 =13og = 13 = 3.61, og følgelig D N(, 3.61). At han bruer ortere tid fra enn till jobben er X 2 <X 1, som an omformes til X 2 X 1 < 0 D<0, og dermed ( ) 0 ( ) P(D<0) = Φ =Φ(1.11) = 0.8665 3.61