ÅMA1 Sannsylighetsregning og statistikk Løsningsforslag til eksamen høst 0, s. 1 (Det tas forbehold om feil i løsningsforslaget.) a) Gjennomsnitt: x = 1 Emp. standardavvik: Median: 1 (1.33 + 1.) = 1.35 Histogram over dataene: Oppgave 1 ni=1 x i = 1 8.9 = 0.89 1 ( n x i x ) = 1 i=1 1 ( ) 38.71 0.89 = 1.85. 1 Histogram over frekvenser frekvens 0 1 3 4 4 0 4 grader Dersom fordelingen er skjev/usymmetrisk, vil det kunne være stor forskjell på gjennomsnitt og median. Dette er ikke tilfellet for de dataene over. b) Bruker estimatene 1.5 for µ og 1.88 for σ. x -3-1 1 3 5 1 1 π1.88 e 1.88 (x 1.5) 0.01 0.088 0.05 0.154 0.038 Relativfrekvenshistogram med tilpasset normalkurve: Relativfrekvenshistogram Sanns.tetthet 0.00 0. 0.0 4 0 4 grader Normalfordelingen har symmetrisk og entoppet tetthet. Halene i fordelingen avtar raskt.
ÅMA1 Sannsylighetsregning og statistikk Løsningsforslag til eksamen høst 0, s. Histogrammet over dataene synes i hovedsak å ha de viktigste kjennetegnene til normalfordelingen (jf. over). Videre er hvert data gjennomsnitt av tre månedsmålinger (og hver månedsmåling er også gjennomsnitt av alle målingene i måneden!), slik at sentralgrenseteoremet også kan begrunne normalfordeling. c) P (X < 0) = P ( X 1.5 < 0 1.5 ) = P (Z < 0.79) = 0.148 P (X > 3) = 1 P (X < 3) = 1 P ( X 1.5 < 3 1.5 ) = 1 P (Z < 0.79) = 0.148 P ( < X < 1) = P (X < 1) P (X < ) = P ( X 1.5 < 1 1.5 ) ( X 1.5 P = P (Z < 0.) P (Z < 1.84) = 0.3974 0.039 = 0.345 P (X > b) = P ( X 1.5 b 1.5 < b 1.5 ) b 1.5 = P (Z < ) = 0.05 = z 0.05 = 1.45 b = 1.5 + 1.45 = 4.3 P ( 1 (X 1 + X ) < 0) = P ( Y 1.5 }{{} / < 0 1.5 / ) = P (Z < 1.1) = 0.1314 Y (Husk at Y er normalfordelt med forventning 1.5 og standardavvik /.) < 1.5) d) Vi har tinærmet at: X Y (µ X µ Y ) N(0, 1) + S Y Derfor får vi: P ( (X Y ) z α/ P ( z α/ P ( (X Y ) z α/ P ( z α/ X Y (µ X µ Y ) ) z α/ 1 α + S Y S X + S Y X Y (µ X µ Y ) z α/ S X + S Y (µ X µ Y ) (X Y ) + z α/ S X + S Y (µ X µ Y ) (X Y ) + z α/ + S ) Y 1 α + S ) Y 1 α + S ) Y 1 α
ÅMA1 Sannsylighetsregning og statistikk Løsningsforslag til eksamen høst 0, s. 3 Dvs.: et tilnærmet (1 α)0% kondensintervall for µ X µ Y er gitt ved: [ X Y z α/ + S Y, X Y + z S ] X α/ + S Y Innsatt α = 0. z α/ = z 0.05 = 1.45 (som gir 90%- intervall), x = 0.918, y =.090, s X = 1.0 og s Y = 1 gir dette tilnærmet 90% kondensintervall for µ X µ Y : [ 1.87, 0.48]. Hypotesetest for om det er virkelig forskjell i forventet temperatur mellom første og andre halvdel: Vi tester: H 0 : µ X µ Y = 0 (ikke virkelig forskjell) mot H 0 : µ X µ Y 0 (virkelig forskjell). Test (med % sign.nivå): forkast H 0 dersom 0 ikke er inkludert i 90%-intervallet for µ X µ Y. Konklusjon: vi kan påstå at det er virkelig forskjell, siden intervallet ikke inneholder 0. Oppgave a) Y kan anta verdiene 1,3,4 og 5. Sannsynlighetsfordeling: E(Y ) = 1 + 3 1 + 4 + 5 1 = 18 = 3 y 1 3 4 5 P (Y = y) 1 1 Var(Y ) = E(Y ) {E(Y )} = 11.33 3 =.33 E(Y ) = 1 + 3 1 + 4 + 5 1 = 8 = 11.33 b ) La Y i være resultatet i kast nr. i. Y 1,..., Y 30 er da uavhengige tilfeldige variable der alle har samme fordeling som Y i punkt a). La videre X = Y 1 + Y + + Y 30 være summen av resultatene i de 30 kastene. Vi har: Forevntet sum: E(X) = E(Y 1 + Y + + Y 30 ) = = 30 3 = 90 og varians Var(X) = Var(Y 1 + Y + + Y 30 ) = = 30.33 = 9.9; vi får: Standardavvik til sum SD(X) = 9.9 =. Sentralgrenseteoremet sier at X = Y 1 + Y + + Y 30 er tilnærmet normalfordelt med forventning 90 og standardavvik. Vi får: P( Mer enn 0 ) = P (X > 0) = 1 P (X 0) = 1 P ( X 90 1 P (Z 0 90+0.5 } {{ } 1. ) = 1 P (Z 1.) = 1 0.89 = 0.38 0 90 )
ÅMA1 Sannsylighetsregning og statistikk Løsningsforslag til eksamen høst 0, s. 4 P( Mellom 85 og 95 ) = P (85 < X < 95) = P (8 X 94) = P (X 94) P (X 85) = = P ( X 90 94 90 90 85 90 ) P (X ) 94 90+0.5 85 90+0.5 P (Z ) P (Z } {{ } 0.54 = 0.7054 0.94 = 0.48 } {{ } 0.54 ) = P (Z 0.54) P (Z 0.54) Oppgave 3 a) X µ σ / er standard normalfordelt (N(0, 1)), og X µ S / er t-fordelt med 9 frihetsgrader. Begge fordelingene er kontinuerlige, éntoppede og symmetriske omkring null. t-fordelingen har mer spredning enn N(0, 1)-fordelingen halene er tykkere. Når antall frihetsgrader øker, blir t-fordelingen mer og mer lik N(0, 1)-fordelingen. b ) Prikkdiagram 0. 0.4 0. 0.8 mr/h Vi har normalfordelte variable og ukjent varians, derfor bruker vi t-intervall. Et 95% kondensintervall for µ er i denne situasjonen gitt ved: (X t 0.05,9 S, X + t 0.05,9 S ) Vi har at t 0.05,9 =.. Innsatt data blir utregnet intervall: ( 0.4 0.4 ) 0.484., 0.484 +. = (0.31, 0.)
ÅMA1 Sannsylighetsregning og statistikk Løsningsforslag til eksamen høst 0, s. 5 c ) Vi vil teste: H 0 : µ = 0.4 mot H 1 : µ > 0.4 Dersom H 0 er korrekt er T = X µ 0 S/ n = X 0.4 S/ t n 1 = t 9 }{{} TESTSTØRRELSE 0.5 0.4 0.3 0. 0.1 0 Med signikansnivå 5%, dvs α = 0.05, forkaster vi H 0 dersom T t 0.05,9 = 1.833; altså forkastningsområdet er: [t 0.05,9, ). 0.484 0.4 Utfall av teststørrelsen: t = 0.4/ = 1.8 Siden 1.8 < 1.833 blir konklusjonen behold H 0. Dataene gir ikke grunnlag for å påstå at forventet strålingsnivå er høyere enn 0.4. d) Med σ = 0.5 kjent, ville testen vært: forkast H 0 dersom X 0.4 0.5/ 1.45. Styrkefunksjonen gir oss sannsynligheten for å forkaste H 0 for ulike verdier av µ. Dvs γ(µ) = P (forkaste H 0 µ) = P ( X 0.4 0.5/ 1.45 µ) = P (X 1.45 (0.5/ ) + 0.4 µ) X µ = P ( 0.5/ 1.45 (0.5/ ) + 0.4 µ 0.5/ µ) = P (Z 1.45 + 0.4 µ 0.5/ ), Z N(0, 1) 0.4 0.5 γ(0.5) = P (Z 1.45 + 0.5/ ) = 1 P (Z < 0.38) = 1 0.480 = 0.350 }{{} 0.38 Dette betyr at dersom i virkeligheten forventet strålingsnivå var 0.5 (altså høyere enn 0.4!), så vil det være bare 35.% sjangse for å oppdage det ved bruk av hypotesetesten. e) Med generell n er styrkefunksjonen gitt ved: γ n (µ) = P (Z 1.45 + 0.4 µ 0.5/ n ) γ n (0.5) = P (Z 1.45 + 0.4 0.5 0.5/ n ) 0.8
ÅMA1 Sannsylighetsregning og statistikk Løsningsforslag til eksamen høst 0, s. 1.45 + 0.4 0.5 0.5/ n z 0. = 0.84 0.5 n ( 0.84 1.45) 0.4 0.5 =.13 n (.13) = 38. Dvs vi må gjøre minst 39 målinger for å oppnå ønsket styrke.