Lösningar till uppgifter från Milton-Arnold, kap 3 4 Matematisk statistik

Transkript

1 Sida 1 Lösningar till uppgifter från Milton-Arnold, kap 3 4 Matematisk statistik 3.7, 3.11 Ympning används för att få en planta att växa på ett rotsystem tillhörande en annan växt. Elementarsannolikheterna för antalet misslyckade ympningsförsök X bland 5 gjorda försök, ges av k P (X = k) F X (k) = P (X k) Fördelningsfunktionen är inte kontinuerlig men likväl högerkontinuerlig och icke avtagande. P (X 3) =.98 P (X ) = 1 P (X < ) = 1 P (X 1) =.1. Vidare är lim F X(x) = 1 x lim F X(x) =. x 3.8, 3.15 Låt X beteckna antalet hål i kalksten som kan borras med en borr innan borren behöver bytas ut. Vi har följande tabell över fördelningen på X k P (X = k) F X (k) = P (X k) Värdet i den sista kolumnen fås av kravet att k P (X = k) = 1, alternativt F X(8) = 1. Vi kan då bestämma sannolikheter för olika händelser givna i termer av X enligt P (3 X 5) = P (X 5) P (X < 3) = P (X 5) P (X ) = F X (5) F X () =.65 P (X 4) = F X (4) =.3 P (X < 4) = P (X 3) = F X (3) =.1 F X ( 3) = P (X 3) = F X (1) = P (X 1) = 1 Vi kan också bestämma väntevärde och varians för X. E [X] = k kp (X = k) = = 4.96 Var (X) = E [ (X E [X]) ] = k (k 4.96) P (X = k) = = Den sista storheten kan även fås genom att först betrakta E [ X ] = k k P (X = k) = = 6.34 och utnyttja Var (X) = E [ X ] (E [X]) = Standardavvikelsen definieras som σ X = Var (X) = vilken kommer att ha samma enhet som väntevärdet (i det här fallet antal hål per borr). 3.1, 3.17, 3.6 Låt X vara antalet försök man är tvungen att göra tills man lyckas logga in på en terminal. Antag att varje inloggningsförsök lyckas med sannolikhet p. Då är händelsen {X = k} = {k 1 misslyckade försök följt av ett lyckat försök} så motsvarande sannolikhet blir P (X = k) = (1 p) k 1 p, k = 1,,... Om sannolikheterna är enligt ovan sägs X vara geometriskt fördelad och skrivs X Geo(p).

2 Sida För att få ett explicit uttryck för fördelningsfunktionen betraktar vi för x P (X > x) = P (X x + 1) = P (X = k) = p) k= x +1 k= x +1(1 k 1 p = p(1 p) x (1 p) k k= = p(1 p) x 1 1 (1 p) = (1 p) x, det vill säga sannolikheten för åtminstone x misslyckanden oavsett fortsättning. Vi utnyttjade här det viktiga analytiska resultatet att q k = 1 om q < 1. 1 q k= Fördelningsfunktionen blir således F X (x) = P (X x) = 1 P (X > x) = 1 (1 p) x. Väntevärde beräknas enligt E [X] = kp (X = k) = p + k(1 p) k 1 p = p + (1 p) (k + 1)(1 p) k 1 p k=1 k= = p + (1 p)e [X + 1] = 1 + (1 p)e [X]. Löses detta för E [X] får vi att E [X] = 1/p. På liknande sätt kan vi bestämma E [ X ] E [ X ] = p + k (1 p) k 1 p = p + (1 p) (k + 1) (1 p) k 1 p = p + (1 p)e [ (X + 1) ] k= = p + (1 p)(e [ X ] + E [X] + 1). Löser vi ut E [ X ] får vi E [ X ] = ( p)/p och Steiners sats ger oss att k=1 Var (X) = E [ X ] (E [X]) = p p k=1 1 p = 1 p p. Notera att den geometriska fördelningen är minneslös, dvs för två positiva heltal u och t är P (X > t + u X > u) = P (X > t + u) P (X > u) = (1 p)t+u (1 p) u = (1 p)t = P (X > t). 3.19, 3. Låt a och b vara två reella tal. Vi skall visa att E [ax + b] = ae [X] + b och Var (ax + b) = a Var (X). Detta följer ur definitionerna ganska direkt E [ax + b] = k (ak + b)p (X = k) = a kp (X = k) +b P (X = k) = ae [X] + b. k k }{{}}{{} = E [X] = 1 För variansen får vi Var (ax + b) = E [ ((ax + b) E [ax + b]) ] = E [ ((ax + b) ae [X] b) ] = E [ a (X E [X]) ] = a E [ (X E [X]) ] = a Var (X). 3.3 En stokastisk variabel X har momentgenererande funktion Bestäm E [X] och Var (X). m X (t) = E [ e Xt] = e (et 1). Den erfarne statistikern känner igen sin Poissonfördelning och ser därför direkt att X Po(c) med c =. Eftersom en Poissonfördelad s.v. har väntevärde c och varians c så µ = E [X] = c = σ = Var (X) = c σ =.

3 Sida 3 För att visa detta formellt så utnyttjar vi att E [ X k] = dk ds k m X(s). Då får vi att E [X] = d ds m X(s) = d 1) ds e(es = e s e (es 1) = e es +s = e 1+ = e =. På samma sätt får vi att E [ X ] = d ds m X(s) = = 6. Med hjälp av Steiners sats kan vi sedan bestämma variansen Var (X) = E [ X ] (E [X]) = 6 =, det vill säga, standardavvikelsen är σ = Var (X) =. 3.4 Vi gör parvisa jämförelser av n = 15 par fotografier tagna med 35mm-kamera och mellanformatskamera respektive. Låt en domare plocka det bästa kortet i varje par och p = P (35mm fotografi är utvald), dvs p =.5 om kamerorna är likvärdiga. Låt X vara antalet utvalda kort tagna med 35mm-kameran. Då är X Bin(n, p). Om kamerorna likvärdiga så är P (X 1) = 15 k=1 ( ) 15 (.5) k (1.5) 15 k =.176. k Att domaren plockar ut 1 eller fler av bilderna tagna med 35mm-kameran är således ett tecken på att den kameran ger bättre bilder, för om kamerorna är likvärdiga har den händelsen låg sannolikhet Låt p = P (skrivare fungerar direkt) =.8. Bland n = 1 försålda skrivare räknar vi antalet skrivare X som fungerar direkt, dvs X Bin(n, p) och P (X 9) = 1 P (X 8) = {tabell I, Appendix A} = 1.64 =.3758 = q Vi säljer 1 skrivare under m = 5 månader. Låt Y vara antalet månader med 9 eller fler fungerande skrivare. Då är Y Bin(m, q) och ( ) 5 P (Y = 5) = q 5 (1 q) = q 5 = Låt X vara hypergeometriskt fördelad med parametrar N =, r = 17 och n = 5. Då är de möjliga utfallen X {, 3, 4, 5} och E [X] = n r N = 17/4 samt Var (X) = n r N ( 1 r N )( N n ) = 153 N Bland N = 15 tillverkade bilar är r = 4 defekta. Inspektera n = 3 bilar valda på måfå och låt X vara antalet defekta bland dessa n. Då är X hypergeometriskt fördelad och ( r N r ) P (X = k) = k)( n k ( N, max(, n (N r)) k min(r, n). n) Vi får således att E [X] = nr/n = 4/5, Var (X) = nr/n(1 r/n)((n n)/(n 1)) = 88/175 samt ( 4 11 ) ( 4 )( 11 ) P (X 1) = P (X = ) + P (X = 1) = )( 3 1 ( 15 ) + ( 15 ) =

4 Sida Utsläpp av gas sker från ett kärnkraftverk med intensiteten λ = per månad. Under en tidsperiod av längd T = 1 månad låt X vara antalet gasutsläpp. Antag att X är Poissonfördelad med parameter c = λt =. Då är P (X 4) = 4 k= c k k! e c = {Tabell II, Appendix A} =.947. Under en tidsperiod av T = 3 månader kan vi förvänta oss c = λt = 6 utsläpp och P (X < 1) = {Tabell II, Appendix A} =.98. Vi skulle således bli förvånade om vi såg 1 eller fler utsläpp under en tremånadersperiod, det skulle istället tyda på att intensiteten förmodligen är högre än de påstådda per månad Låt X vara Poissonfördelad med P (X = ) = P (X = 1). Bestäm E [X] och Var (X). Om P (X = ) = P (X = 1) så måste varför E [X] = c = 1 och Var (X) = c = 1. c! e c = c1 1! e c c = Med X som antalet omkastade bitar bland n = 6, med omkastningssannolikhet p = 1/1, så är X Bin(n, p). Vi kan då räkna ut att och P (X 1) = 1 P (X ) = 1 P (X = ) = 1 (1 p) n =.9975 P (X 5) = 1 P (X 4) = = Låt E [X] = np = 6 = c och låt Y Po(c). Eftersom n är stor och p liten är P (X = k) P (Y = k) och vi får samt P (X 1) = 1 P (X ) 1 P (Y = ) = 1 c! e c = 1 e c =.998 P (X 5) P (Y 5) = 1 P (Y 4) = {Tabell II, Appendix A} = 1.85 = Låt p = P (fånga skatt vid ett försök) =. och X vara antalet försök innan vi fångar skatten. Då är X Geo(p) och P (X 3) = p + (1 p)p + (1 p) p = , 4.13 Låt X, mängden återvinnbar plast i bilar, ha täthetsfunktionen f X (x) = 1 1 ln x för 5 x f X (x) Detta är en giltig sannolikhetstäthet eftersom f X (x) för alla x samt ln c dx = 1 (ln 5 ln 5) = 1. ln

5 Sida 5 Nu kan vi räkna ut P (3 X 4) = Ett annat sätt är genom att först bestämma fördelningsfunktionen ln c dx = 1 ln(4/3) =.415. ln Nu är F X (t) = ln x P (3 X 4) = F X (4) F X (3) = ln(t/5) dx =, för 5 t 5. ln ln(4/5) ln(3/5) ln = ln 4/3 ln En stokastisk variabel X har täthetsfunktion f X (x) = x/6 på intervallet x 4. Detta är en giltig täthetsfunktion ty f X (x) för alla x, och Väntevärdet bestäms enligt x dx = 1 6 [ x ] 4 = 1. och andramomentet till E [X] = E [ X ] = x x 4 4 x 1 6 x dx = 1 6 x 1 6 x dx = 1 6 [ x 3 3 ] 4 [ x 4 4 = 8 9 ] 4 = 1. Härur får vi variansen Var (X) = E [ X ] (E [X]) = 6/81 och standardavvikelsen σ X = 6/ En stokastisk variabel X har täthetsfunktion f X (x) = λe λx för x. (Notera att X är exponentialfördelad.) Momentgenererande funktionen fås till m X (s) = E [ e sx] om s λ = e sx e sx λe λx dx = λ om < s < λ. λ s Denna deriveras två gånger till d ds m X(s) = λ d (λ s) ds m X(s) = λ (λ s) 3 Härur bestämmer vi de första två momenten till E [X] = d ds m X(s) = 1 λ E [ X ] = d ds m X(s) = λ. Vi utnyttjar den sista för att bestämma Var (X) = E [ X ] (E [X]) = 1/λ. 4.9 Låt X vara Gamma-fördelad med parametrar α = 3 och β = 4, dvs X har täthetsfunktionen där funktionen Γ( ) ges av f X (x) = Den momentgenererande funktionen fås som m X (s) = E [ e sx] = Γ(x) = e sx xα 1 β α Γ(α) e x/β, x, z x 1 e z dz. ( xα 1 β α Γ(α) e x/β dx = {part. int.} = 1 1 βs ) α.

6 Sida 6 Denna deriveras två gånger till d ds m X(s) = αβ d (1 βs) α+1 ds m X(s) = (α + 1)αβ (1 βs) α+ Härur bestämmer vi de första två momenten till E [X] = d ds m X(s) = αβ E [ X ] = d ds m X(s) = (α + 1)αβ. Vi utnyttjar den sista för att bestämma Var (X) = E [ X ] (E [X]) = αβ Låt X vara exponentialfördelad, f X (x) = λe λx, x. Då gäller att Exponentialfördelningen är minneslös, dvs P (X > x) = 1 P (X x) = 1 F X (x) = 1 (1 e λx ) = e λx. P (X > x 1 + x X > x 1 ) = P ({X > x 1 + x } {X > x 1 }) P (X > x 1 ) = e λ(x 1+x ) e λx 1 = e λx = P (X > x ). = P (X > x 1 + x ) P (X > x 1 ) 4.36 Antag tid mellan ljud i en gruva, X, är exponentialfördelad med intensitet λ = 3 per timme. Då är På grund av minneslösheten får vi även att P (X >.5) = 1 F X (.5) = e λ.5 = e 1.5. P (X >.75 X >.5) = P (X >.5) = = e 1.5. Alternativ: Låt Y vara antalet ljud under en period om.5 timmar. Då är Y Po(c) med c = λ.5 = 1.5. Vi får att P (X >.5) = P (Y = ) = c! e c = e c = e Låt X N(µ, σ) med µ = och σ = 1 [parsec]. Då är och samt P ( X ) = P (X ) P (X < ) ( X µ P (X ) = P µ ) ( ) = Φ = Φ() =.977, σ σ 1 ( X µ P (X < ) = P < µ ) ( ) = Φ = Φ( ) =.8. σ σ 1 Så P ( X ) = På samma sätt får vi att Finn x så att P ( X x) =.. Då vi har att P ( X > 5) = P (X 5) = Φ(.5) =.14. P ( X x) = Φ( x/1) =. och Φ( 1.8) =.1 så måste x/1 = 1.8, och x = 18 parsec. Låt Z N(, 1). Då är m Z (s) = E [ e sz] = e sx 1 e x / 1 dx = e (x s) / dx e s / = 1 e s / π π eftersom integranden är tätheten för en N(s, 1)-fördelad stokastisk variabel. Nu är X N(µ, σ) och X = σz + µ, varför m X (s) = E [ e sx] = E [ e sσz+sµ] = m Z (sσ) e sµ = e sµ+s σ /. 4.4 Bland diabetiker kan sockerhalten X i blodet antas vara normalfördelad med µ = 16 [mg] och σ = 8 [mg] per 1 milliliter. Dvs X N(µ, σ).

7 Sida 7 (a). P (9 X 1) = ( X µ P (X 1) P (X 9) = P 1 µ ) ( X µ P 9 µ ) σ σ σ σ = P (Z ) P (Z ) = Φ() Φ( ) = Φ() (1 Φ()) = Φ() 1 = = ( ) (b). P (X 1) = P X µ σ 1 µ σ = P (Z 1.75) = Φ(1.75) = (c). Finn x så att P (X x) =.5. Då har vi att ( X µ P (X x) = P σ Från tabeller har vi att Φ(.6745) =.5 varför x 16 8 x µ ) = Φ σ ( ) x 16 =.5. 8 =.6745 x = = 1.6. (d). Eftersom P (X > 13) = Φ( 3) =.13 så är det osannolikt att en diabetiker har en så hög sockerhalt utan vi tolkar det som ett tecken på att µ förmodligen är större än 16 mg/ml Låt X Bin(n, p) med n = 6. Om p =.9 så är P (X 59) = ( ) 6 p 59 (1 p) ( ) 6 p 6 (1 p) =.138, 6 och om p =.95 så är P (X < 59) = 1 ( ) 6 p 59 (1 p) 1 59 ( ) 6 p 6 (1 p) = Med normalapproximation får vi för p =.9 att E [X] = np = 54 = µ och Var (X) = np(1 p) = 5.4 = σ. Låt Y N(µ, σ). Då är P (X 59) P (Y 58.5) = 1 Φ(1.936) =.6 och med p =.95 fås motsvarande P (X < 59) P (Y 58.5) = Φ(.8885) = För lyktorna på en bil gäller att livslängden i tusen miles, X, är Weibull-fördelad med parametrar α =.4 och β =. Vi har ur tabeller att frekvensfunktionen för X är på formen f X (x) = αβx β 1 e αxβ, x. f X (x) EX x Notera att med β = 1 är X exponentialfördelad med parameter α. Specialfallet β = kallas för Reyleighfördelningen. Med givna värden på parametrarna får vi att f X (x) =.8xe.4x, x.

8 Sida 8 Härur bestämmer vi fördelningsfunktionen för X, F X (t) = αβx β 1 e αxβ dx = β αe αz dz = 1 e αtβ, där det enda krångliga var substitutionen z = x β. Sannolikheten att lyktorna går sönder inom de första 3 miles:en är P (X 3) = F (3) = 1 e.36 =.33. En Weibullfördelad stokastisk variabel X har väntevärde och varians: E [X] = α 1/β Γ(1 + 1/β) = 5Γ(3/) 4.43 Var (X) = α /β Γ(1 + /β) E [X] = 5 E [X] Överlevnadsfunktionen (eng. reliability function), R(t) definieras som R(t) = P (Livlängd > t) = P (X > t) = 1 F (t), det vill säga, R(t) = 1 (1 e αtβ ) = e αtβ. Den beskriver sannolikheten att systemet över huvud taget fungerar vid tiden t. Vid 5 miles är tillförlitligheten alltså R(5) =.3679 och vid 1 miles, R(1) =.183. Det vore kanske mer käckt att veta hur snabbt systemet slits ut. Givet att systemet fungerar vid tiden t, kan vi beskriva sannolikheten att det snart går sönder? Vi kan bestämma den momentana hastigheten med vilken vi närmar oss döden, med felintensitetsfunktionen (hazard rate function), ρ(t), som definieras som P (t X t + ɛ X t) /ɛ, en betingad sannolikhetstäthet. Låter vi ɛ får vi att P (t X t + ɛ X t) ρ(t) = lim = f X(t) ɛ ɛ R(t) = αβtβ 1 =.8t. Sålunda har vi att ρ(5) =.4 och ρ(1) =.8. Notera att om β = 1, det vill säga exponentialfördelningen, är felintensitetsfunktionen ρ(t) = α, konstant. Följande samband gäller mellan täthetsfunktionen f X, fördelningsfunktionen F X, överlevnadsfunktionen R X och felintensitetsfunktionen ρ X. { R X (t) = 1 F X (t) = exp ρ X (t) = } ρ X (x) dx f X(t) R X (t) = d dt log(r X(t)) 4.65 För ett system med seriekopplade komponenter gäller det att systemet fungerar så länge som samtliga komponenter fungerar. Tänk en strömkrets med resistorer i serie ström flyter så länge alla resistorer är hela, när en går sönder bryts strömflödet. Tillförlitligheten hos ett seriellt system R(t) är sannolikheten att systemet fungerar efter tiden t. Om varje komponent har överlevnadsfunktion R i (t) och deras livslängder, X i, är oberoende, så har systemet överlevnadsfunktion R(t) = P (X t) = P (X 1 t) P (X n t) = R 1 (t) R n (t). För ett parallellt system, ett system där alla komponenter är parallellkopplade, räcker det med att en komponent fungerar för att systemet skall fungera. Fördelningsfunktionen för systemets livslängd, X, beskriver sannolikheten att systemet går sönder före tiden t, vilket i ett parallellt system är samma sak som att samtliga komponenter går sönder före t. Alltså: F (t) = P (X t) = P (X 1 t) P (X n t) = F 1 (t) F n (t), eller i termer av överlevnadsfunktionen R(t) = 1 F (t), R(t) = 1 (1 R 1 (t)) (1 R n (t)). Ofta anger man tillförlitligheten för komponenter vid en viss given tidpunkt t. I figur 4.1 är olika tillförlitligheter angivna, och vi kan bestämma tillförlitligheten för delsystem I och IV som R I = 1 (1.85)(1.93)(1.75) =.997 R IV = 1 (1.8)(1.8) =.96

9 Sida 9 Systemet får tillförlitligheten R = R I R V = =.881. Byter vi ut komponent II mot ett delsystem med två parallellkopplade identiska komponenter får vi en ny tillförlitlighet R II = 1 (1.98)(1.98) =.9996 R = R I R V = Byts samtliga ensamma komponenter ut mot motsvarande parallella system, fås tillförlitligheterna R III =.9998, R V = 1 R =.9569.