Fagdag 5-3MX Kommentarer 4 - Ogaver I) En sesiell sannsynlighetsfordeling. 7-10, 30, 40 (Samme roblemstilling følges o gjennom 3 ogaver) 7.10-30-40-50-51 (50 og 51 bruker formler fra 7.5 side 272) Stokastisk variabel: Verdi av gevinst: X Utfallsrom: U 0,50,200,600,1200 Sannsynlighetsmodell: x 0 50 200 600 1200 (x) 9330 10000 933 1000 10000 20 P X 600 600 200 0.005 100 10000 100 P X 0 P X 0 9330 10000 67 1000 0.067 50 10000 200 P X 50 P X 200 X 600 X 200 200 600 1200 7 0.017 100 200 1000 20 10000 7.30 og 7.40: 933 E X U x x 0 50 200 600 200 99 9. 9 1000 20 100 200 10 Var X U x 9.9 2 x 0 9.9 2 933 50 000 9.9 2 1 200 20 9.9 2 1 600 00 9.9 2 1 1200 200 9.9 2 1 5107 Standardavvik: Var X 5107 71. 5 Utregningene med lommeregner: {0,50,200,600,1200} STO L1 {933/1000,1/20,1/200,1/} STO L2 og 1-Var Stats L1,L2 gir: 1 av 8 fd5_kom.tex
x 9.9 (E X ) x 71.46 (Var X 2 x 71.46 2 5107) 7.50: Pris r. lodd: 20 kroner Overskudd ved kjø av et lodd: Y X 20 a) y 0-20 50-20 30 200-20 180 600-20 580 1200-20 1180 (y) 9330 10000 933 1000 10000 20 100 10000 100 50 10000 200 20 10000 E Y y y 20 933 1000 30 20 80 100 580 200 180 0. 10 Var Y y 10.1 2 y 20 0.1 2 933 30 000 10.1 2 1 180 20 10.1 2 1 580 00 10.1 2 1 1180 200 0.1 2 1 5107 b) Formler i kaittel 7.5 side 272: E ax b ae X b gir: Var ax b a 2 Var X E Y E X 20 E X 20 9.9 20 10.10 Var Y Var X 20 Var X 5107 7.51: Z 2X a) Ogaven mener vel X og ikke Y her... Kan bruke modellen over, bare bytte ut X : 0,50,200,600,1200 med Z : 0,100,400,1200,2400 og gjøre det samme som i 7.30 og 7.40 om igjen. Men, det er for mye arbeid, når man isteden kan gjøre: b) E Z E 2X 2E X 2 9.9 9. 8 Var Z Var 2X 2 2 Var X 4 5107 20428 Var X 20428 43 c) Husk at risen r. lodd er 20 kroner (ogave 7.50) Da får vi en ny stokastisk variabel: Forventet gevinst ved kjø av ett lodd: Z 20 med forventning E Z 20 E Z 20 9.8 20 0.2 Dette betyr at loddkjøere kan forvente å tae 20 øre r. lodd i gjennomsnitt. Selger de alle loddene kan de derfor forvente å tjene: 10000 0.2 2000 2 av 8 fd5_kom.tex
II) Binomisk fordeling En tilfeldig valgt artikkel i en roduksjon har en feilsannsynlighet 0. 15. (Høres mye ut, men ikke uvanlig ifm. mobiltelefoner og c-er...) Vi trekker ut n 0 tilfeldige artikler og lar den stokastiske variabelen være X : Antall artikler av de n med feil a) Sett o den binomiske fordelingen P X x b x som gjelder i dette ekserimentet. ("Trekke ut n tilfeldige artikler og observere antall med feil") Regn ut sannsynligheten for å få 5 artikler med feil. b x n x x 1 n x 10 x 0.15 x 0.85 10 x P X 5 b 5 0 0.15 5 0.85 10 5 0.00849 5 Eller: Y1 binomdf(10,0.15,x) Y1(5) gir da 0.00849 b) Sett o en tabell (sannsynlighetsmodell) over fordelingen. Y1 binomdf(10,0.15,x) seq(y1,x,0,10) STO L1 STAT, EDIT viser da tabellverdiene: (Kan også bruke TABLE-funksjonen.) x : 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 b x : 0.197 0.347 0.276 0.130 0.0401 0.00849 0.00125 0.00013 0.00... 0. 00... 0. 00... c) Bruk tabellen og ostillinger som å side 267 til å gjøre: Sjekk at 0 x 0 b x 0 x 0 b x 0.197 0.347...0.00000033.0 Finn forventningen vha. definisjonen: E X 0 x 0 xb x 0 x 0 xb x 0 97 0.347 2 0.276... 10 0. 00000033.5 Finn standardavviket vha. definisjonen: Var X 0 x 0 x 2 b x (Obs: var trykkfeil med rottegn i ogaven her, men det så dere vel...) Var X 0 x 0 x 2 b x 3 av 8 fd5_kom.tex
d) 0.5 2 97 1.5 2 0.347 2.5 2 0.276... 10.5 2 0.00000033 1. 275.275.13 Legg inn Y1 binomdf(10,0.15,x) Bruk sum(seq( til å kontrollere det du gjorde i c) E X 0 x 0 xb x sum(seq(x*y1,x,0,10)) 1.5 e) Var X 0 x 0 x 2 b x sum(seq((x-1.5) ^2*Y1,X,0,10)) 1.275.275.13 Det finnes ferdige formler for binomisk fordeling: E X n Var X n 1 Bruk disse til å kontrollere det du gjorde i c) og d) E X n 0 0.15.5 Var X n 1 0 0.15 0.85. 275.275.13 Kunne du kommet frem til E X n ved et enkelt resonnement? Når vi trekker 10 stykker og sannsynligheten for å trekke en med feil er 0.15 for hver av dem, forventer vi å få ca. 10 0.15.5 i gjennomsnitt! III) Geometrisk fordeling Vi har samme feilrosent som i II: 0.15 Den såkalte geometriske fordeling ser slik ut: g x 1 x 1, x 1,2,... Den stokastiske variabelen er her: X : Første artikkel med feil kommer i x te trekning, hvis vi trekker ut en og en artikkel til vi finner en med feil a) Forklaring: Dette er sannsynligheten for å trekke x i rekkefølge uten feil; 1 x 1 og deretter den x te med feil;, altså: 1 x 1 Finn sannsynligheten for at du må teste 15 artikler før du finner en feil. 4 av 8 fd5_kom.tex
P X 5 g 15 1 0.155 1 0.15 0.0154 Lommeregner: Y1 geometdf(0.15,x) P X 5 Y1(15) 0.0154 b) Visatvikanskriveg x 1 x 1 g x 1 x 1 1 x 1 1 1 x 1 x 1 I dette tilfelle: g x 0.15 1 0.15 1 0.15 x 0.1765 0.85 x Bruk a) til å vise at x 1 g x (Tis: Geometrisk rekke!) x 1 g x g 1 g 2... 1 1 1 1 1 1 1 2... Altså en geometrisk rekke med a 1 1 og k 1 S a 1 1 k 1 1 1 1 c) Finn E X og Var X ved tabell og regning. (Se ogave II) g x 0.1765 0.85 x (eller geometdf(0.15,x) ) gir: x 1 2 3 4 5 6 7... g x 0.15 0.128 0.108 0.0921 0.0783 0.06656 0.05657... Egentlig skal vi summere uendelig mange, så dette blir litt mye arbeid... vi går videre og bruker lommeregner :-) d) Finn E X og Var X ved å bruke Y1 geometdf(0.15,x) og sum(seq(. e) Vi tar 100 ledd og regner med at dette gir en nokså god tilnærming: E X x 1 xg x sum(seq(x*y1,x,0,100)) 6.667 Var X x 1 x 2 b x sum(seq((x-6.667) ^2*Y1,X,0,100)) 37.78 37.78 6.15 Det kan vises at E X. Kan du resonnere deg frem til at dette må være riktig? 5 av 8 fd5_kom.tex
Hvis vi trekker og trekker feks. n 000 ganger vil vi forvente at ca. n 000 0.15 50 av disse har feil. 1000 I gjennomsnitt vil det være ca. 6. 67 uten feil mellom hver med feil, 150 altså: n Det kan også vises at Var X Sjekk om disse formlene gir samme svar som i c) og d). 1 E X 0.15 6. 67 f) Var X 1 0.15 0.15 6. 15 Ogave 7.305 er en geometrisk fordeling, selv om dette ikke sies i ogaven. Gjør ogaven. a) P X x g x a 3 x For å være ssh-fordeling må vi ha: x 0 g x g 0 g 1 g 2... a a a 3 3 2 a 3 3... Altså en geometrisk rekke med a 1 a og k 3 S a 1 1 k a 1 3 3a 2 S a 2 3 b) Y1 2/3*(1/3) ^X seq(y1,x,1,10) STO L1 gir: x : 1 2 3 4 5 6 7 g x : 0.667 0.222 0.0741 0.0247 0.00823 0.00274 0.000091... Finn deretter a i ogave 7.305 a) å nytt direkte ut fra sammenhengen g x 1 x 1 Først må vi korrigere for at ogaven starter utfallsrommet å 0 istedenfor 1! Vi må derfor sammenligne: 1 x med a 3 x 1 3a 3 x (ikke a 3 x ). 1 3 og 3a 1 2 3 og a 3 2 3 1 2 3 2 3 IV) Poisson fordelingen Denne fordelingen otrer ifm. kø-roblematikk. Løs ogavene 7.306, 7.307 og 7.308 (Trykkfeil i nummerering, men det så dere vel...) 7.306 P X x x 3x x! e 3 6 av 8 fd5_kom.tex
Som er Poisson-fordelingen kx x! e k med arameter k 3, som kan legges inn å lommeregner som Y1 oissondf(3,x) a) P X 2 2 32 2! e 3 0. 224 (Y1(2) 0.224) b) P X 3 3 33 3! e 3 0. 224 (Y1(3) 0.224) c) seq(y1,x,0,10) STO L1, og STAT,EDIT viser verdiene: x : 0 1 2 3 4 5 6 7 8 x : 0.0498 0.149 0.224 0.224 0.168 0.101 0.0504 0.0216... d) E X x 0 x x sum(seq(x*y1,x,0,10)) 3.00 Var X x 0 x 3 2 b x sum(seq((x-3) ^2*Y1,X,0,10)) 3.00 3.73 7.307 Som 306 med k 6 Vi ser fra 306 og 307 at for Poissonfordelingen har vi den enkle sammenhengen: E X Var X k I 307 har vi da: E X Var X 6og 6 2.45 7.308 Som 306 og 307, her med k 5 Med Y1 oissondf(5,x) får vi: a) P X 4 Y1(4) 0.175 P X 5 Y1(5) 0.175 5 P X 6 0 1... 5 x 0 x sum(seq(y1,x,0,5) 0.616 Obs., for både binomdf og oissondf har lommeregneren tilsvarende binomcdf og oissoncdf som regner ut summer fra laveste verdi og oover til en bestemt verdi. 5 Vi kan gjøre: x 0 x oissoncdf(5,5) 0.616 4 P X 4 P X 4 x 0 x sum(seq(y1,x,0,4) 0.560 4 eller med oissoncdf: 1 x 0 x 1-oissoncdf(5,4) 0.560 Vi får vite av vår gamle venn David Aune at gjennomsnittlig kø-lengde i kassen hans å Rema er 7 av 8 fd5_kom.tex
3. Sett o en Poissonfordeling for Aunes kasse hvis du ankommer å et tilfeldig tidsunkt. Da Aune sier at gjennomsnittlig kø-lengde er 3, betyr det at forventet kølengde er 3! Altså er E X 3 Da vi vet at E X k for oissonfordelingen har vi altså for Aunes kasse: x kx x! e k 3x x! e 3 altså den samme som køen å ostkontoret i 7.306 8 av 8 fd5_kom.tex