Tentamen i matematisk statistik, TAMS15/TEN (4h)

Transkript

1 LINKÖPINGS UNIVERSITET Kurskod: TAMS1 Matematiska institutionen Provkod: TEN1 Johan Thim Datum: Institution: MAI Tentamen i matematisk statistik, TAMS1/TEN (4h Hjälpmedel är: miniräknare med tömda minnen och formelsamling Formel- och tabellsamling i matematisk statistik TAMS6 (Martin Singull och/eller formelsamling i matematisk statistik utgiven av matematiska institutionen. Inga anteckningar i formelsamlingarna är tillåtna. Varje uppgift är värd 6 poäng. För godkänd tentamen räcker 1 poäng. För betyg 4/ räcker 20 respektive 28 poäng (således tillräckliga krav. Noggrann motivering krävs där alla viktiga detaljer skall motiveras. Approximationer är tillåtna om dessa är rimliga och motiveras noggrant. 1. Låt A och B vara två händelser så att P (A B = P (A B = 0.3 och P (A B = 0.8. (a Är händelserna A och B oberoende? Vad gäller händelserna A B och A B (är de oberoende? Motivera noggrant. (b Amanda har två bilar och en cykel. Med dessa färdmedel är sannolikheten 0.8, 0.9 respektive 0.3, att Amanda kommer i tid till jobbet. Antag att Amanda väljer färdmedel varje morgon med sannolikheterna 0.4, 0.4 respektive 0.2. Vad är sannolikheten att hon kommer fram i tid? Om Amanda kom fram i tid, vad är sannolikheten att hon cyklade? (c Snickaren Stefan har en låda med 8 skruvar och 12 spikar. Stefan ska bomma igen ett fönster och behöver fästa en playwoodskiva i minst fyra punkter. Han plockar på måfå enheter från lådan. Vad är sannolikheten att han kan fästa skivan ordentligt med dessa fem enheter om han bara har en skruvmejsel med sig? 2. Låt X vara en stokastisk variabel med sannolikhetsfunktionen p X given i figuren nedan. p X (k k (a Vad blir P (X > 0, E(X samt E(cos(X? (b Låt Y vara en diskret stokastisk variabel så att p Y (k 0 endast då k = 0, 1, 2. Om vi vet att X och Y är oberoende, att E(Y = 6/, samt att kovariansen mellan Y och X + Y är 14/2, bestäm vad Y har för sannolikhetsfunktion. (4p Vänd!

2 3. (a Professorerna A och B tävlar om vem som har flest hyllmeter med fakta. Det visar sig att A N(42.1, 3 (V (A = 3 och B N(41.8, 6 (V (B = 6; enhet meter. Vad är sannolikheten att B vinner? (b Låt X 1, X 2 och X 3 alla ha fördelningen N(1, 2 (variansen är 4. Antag att variablerna är oberoende och finn P (X 1 2X 2 + 3X 3 > 3. (c Låt X N(µ, σ (V (X = σ 2. Bestäm det största talet b så att P (X µ > 2 < 0.02 om σ < b. 4. Vid cykelloppet vätternrundan finns massagetält uppställda vid depåer. Ankomsterna till tälten kan beskrivas av en Poissonprocess med intensiteten 14 cyklister per timme. Antag att ett tält har fyra britsar och 3 massörer. Massörerna arbetar hela tiden och deras behandlingstid för en cyklist är exponentialfördelad med väntevärde 12 minuter. Cyklister som ankommer slår sig ned på första lediga brits. Om cyklisten ser att alla britsar är upptagna fortsätter cyklisten till nästa tält. Antag att vi kommit en bit in i loppet (så att jämvikt har uppnåtts. (a Hitta en lämplig kömodell och beräkna jämviktsfördelningen. (b Bestäm det förväntade antalet cyklister i tältet samt sannolikheten att en cyklist som kommer till tältet får lov att fortsätta till nästa tält?. (a Låt X 1 Bin(n 1, p och X 2 Bin(n 2, p vara oberoende. Hitta fördelningen för summan Y = X 1 + X 2. (b Om Y 1, Y 2,..., Y 40 har samma fördelning som Y i föregående deluppgift, där n 1 = n 2 = och p = 0.2, finn sannolikheten P (Y 1 + Y Y 40 > 99. ( (a Låt P = vara övergångsmatrisen för en tidshomogen Markovkedja. Visa att denna kedja har en entydigt bestämd stationär fördelning, men saknar en asymptotisk fördelning. ( (b Låt P = vara övergångsmatrisen för en annan tidshomogen Markovkedja. Finn 0 1 alla stationära fördelningar och finn den asymptotiska fördelningen om den existerar. Motbevisa annars existens.

3 Lösningsskisser 1. (a Ur till exempel ett Venndiagram följer det att P (A B = P (A B P (A B P (A B = = 0.2. Om A och B är oberoende så är P (A B = P (AP (B. Vi räknar ut sannolikheterna för A och B: P (A = P (A B P (A B = = 0. och P (B = P (A B P (A B = = 0.. Härur ser vi att P (A B P (AP (B, och händelserna är således beroende. Vidare, P ( (A B (A B = P ( = 0 men P (A B P (A B = Även dessa händelser är beroende. (b Enligt lagen om total sannolikhet ges sannolikheten att Amanda kommer i tid av = Alltså 74% chans. Låt T vara händelsen att Amanda kommer fram i tid och C händelsen att Amanda cyklar. Då är P (T = 0.74 och vi söker P (C T. Enligt Bayes sats erhåller vi P (C T = P (T CP (C P (T = = (c Situationen är hypergeometriskt fördelad om vi låter X vara antalet skruvar vi får när vi plockar upp fem element. Vi söker då P (X 4 = P (X = 4 + P (X =. Det finns alltså två gynnsamma utfall: fyra skruvar och en spik eller fem skruvar. Dessa händelser är disjunkta, så vi räknar ut sannolikheterna och summerar: ( ( ( ( ( ( 20 0 = Svar: (a Båda paren är beroende. (b 74% och 8.1% (c (a Direkt ur figuren finner vi att P (X > 0 = = 0.. Vidare, E(X = = 0.1 och E(cos X = 0.2 cos cos cos cos cos 2 = = 0. (b Eftersom X och Y är oberoende så gäller det att C(Y, X + Y = C(Y, X + C(Y, Y = 0 + V (Y, så vi har från uppgift erhållit att V (Y = 14/2. Vidare är p Y (k 0 endast då k = 0, 1, 2, så vi låter p Y (0 = p 0 p Y (1 = p 1 p Y (2 = 1 p 0 p 1.

4 Nu, E(Y = 0 p p (1 p 0 p 1 = 2 2p 0 p 1. Vi vet enligt uppgift att E(Y = 6/, så 2 2p 0 p 1 = 6/. Vidare, E(Y 2 = 0 p p (1 p 0 p 1 = 2(2 2p 0 p 1 p 1 = 12/ p 1, och enligt Steiners sats så är 14 2 = V (Y = E(Y 2 E(Y 2 = 12 p 1 ( 6 2. Alltså är p 1 = 12/ 36/2 14/2 = 10/2 = 2/. Vi utnyttjar villkoret på E(Y ovan och erhåller även att p 0 = 1/. Svar: (a 0., 0.1, och 0. (b p Y (0 = 1/, p Y (1 = p Y (2 = 2/. 3. (a Variablerna är oberoende och normalfördelade, så Vi beräknar: Z = B A N ( , = N( 0.3, 3. ( P (Z > 0 = 1 P (Z 0 = 1 Φ (b Linjärkombination av oberoende normalfördelade variabler, så Alltså blir Z = X 1 2X 2 + 3X 3 N( , 4 + ( = N(2, 6. P (Z > 3 = 1 P (Z 3 = 1 Φ((3 2/ 6 = 1 Φ( = (c Vi ställer upp kravet: ( X µ P (X µ > 2 = P σ > 2 = 1 Φ(2/σ < σ Alltså måste Φ(2/σ > Ur tabell finner vi att 2/σ = 1.96 ger Φ(2/σ = Detta ger i sin tur att σ < 2/1.96 = 1.02 (Φ är växande. Svar: (a 0.46 (b 0.4 (c b = En lämplig modell är en M/M/3/4-kö, där vi representerar antalet upptagna britsar med tillståndet för den stokastiska processen. Vi har alltså fem tillstånd (noll till alla fyra britsarna upptagna. De tre massörerna är våra tre betjäningsställen. µ 2µ 3µ 3µ Enligt informationen som är given är = 14 (per timme och µ 1 = 12 (minuter, så µ = 1/0.2 = (per timme.

5 (a Jämviktsfördelningen fås ur känd formel för födelse-dödsprocess: n = 0 1 n 1 µ 1 µ 2 µ n 0, n = 1, 2, 3, 4. (* Vi måste bestämma 0, och gör detta genom att utnyttja att det är en sannolikhetsvektor vi arbetar med, så 4 ( k = µ + 2 2µ µ µ 4 = = (1 + a + a2 2 + a3 6 + a4 18 k=0 0 = , där a = /µ = 14/ = 2.8. Nu kan vi med hjälp av (* ovan räkna ut alla sannolikheterna: 0 = = = = = (b Direkt ur definitionen på väntevärde erhåller vi E(N = 4 k k = = k=0 Sannolikheten att en cyklist får vända i tältöppningen är sannolikheten att processen befinner sig i tillstånd fyra, alltså 4 = Svar: (a M/M/3/4, se ovan. (b E(N = 2.28 och 23% chans att tältet är fullt.. (a Enklast är att betrakta de sannolikhetsgenererande funktionerna. Från formelsamlingen ser vi att G X1 (s = (1 + p(s 1 n 1 och G X2 (s = (1 + p(s 1 n 2. Eftersom X 1 och X 2 är oberoende så har Y = X 1 + X 2 den sannolikhetsgenererande funktionen G Y (s = G X1 (sg X2 (s = (1 + p(s 1 n 1 (1 + p(s 1 n 2 = (1 + p(s 1 n 1+n 2, och på grund av entydighet innebär det att Y Bin(n 1 + n 2, p. (b Enligt centrala gränsvärdessatsen så är appr. Y 1 + Y Y 40 N( , = N(100, 8.66, av vilket det följer att ( P (Y 1 + +Y 40 > 99 = 1 P (Y 1 + +Y Φ = Φ(0.12 = Svar: (a Y Bin(n 1 + n 2, p (b 4.8% 6. (a Låt ingångssannolikheterna ges av vektorn = ( 0 1, där = 1. Vi ser att = ( 1 0, och att 2 = ( 0 1.

6 Det visar sig alltså att n = ( 0 1 om n är jämnt, och att n = ( 1 0, om n är udda. Det saknas alltså ett gränsvärde då n går mot oändligheten! Sekvensen alternerar hela tiden mellan två möjligheter. Asymptotiskt fördelning kan alltså inte existera. Stationära fördelningar finner vi från ekvationen (P I = 0 med bivillkoret att är en stokastisk vektor. Vi ställer upp ekvationssystemet: = = 0 0 = 1 = = 1 Alltså endast 0 = 1 = 0. är en stationär vektor. Entydigt bestämd. (b Låt ingångssannolikheterna ges av vektorn = ( 0 Det visar sig alltså att ( 0 1 ( 0 1 = ( 0 1. n = ( 0 1 för alla n. 1, där = 1. Vi ser att Men detta är beroende av ingångssannolikheter! Beroende på sannolikheterna när vi startar så stannar vi direkt i dessa. Asymptotisk fördelning kan alltså inte heller här existera. Men vi har i princip redan svarat på frågan kring stationära fördelningar: varje sannolikhetsvektor vi startar i bevaras i all oändlighet, så alla sannolikhetsvektorer är stationära. Vi kan även se det från ekvationssystemet = P : 0 = 0 1 = = 1 Alltså fungerar alla sannolikhetsvektorer. Svar: Se ovan.