Storräkneövning: Sannolikhetslära

HTML
DOWNLOAD

Storlek: px

Starta visningen från sidan:

Download "Storräkneövning: Sannolikhetslära"

Oliver Falk
för 9 år sedan
Visningar:

1 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Jakob Björnberg Sannolikhet och statistik Storräkneövning: Sannolikhetslära 1. (Tentamen, april 2009.) Man har efter studier av beredskapen hos en deltidsbrandkår funnit att sannolikheten att den är på väg fem minuter efter ett larm är 0.95 (måndag till fredag) respektive 0.90 (lördag eller söndag). Beräkna sannolikheten att den är på väg inom fem minuter en slumpvis vald veckodag. 2. (Tentamen, april 2009.) I en produktspecifikation skall anges den diametertjocklek x 0.90 sådan att i genomsnitt 90% av enheterna har en diameter mindre än denna. Variationen av diametrar hos produkten kan beskrivas av täthetsfunktionen 0 för övrigt. Bestäm a och x f X (x) = ax, 90 < x < 100, 3. (Tentamen, april 2009.) I ett betjäningssystem är tiden som åtgår för betjäning exponentialfördelad med väntevärdet 20 minuter. Alla tider kan anses vara oberoende. (a) Beräkna sannolikheten att en given kund får en betjäningstid längre än 40 minuter. (b) Beräkna sannolikheten att minst 4 av 5 inkomna kunder får en betjäningstid, som för var och en överstiger 40 minuter. 4. (Tentamen, april 2009.) I ett bostadsområde planeras för 1000 hushåll. Sannolikheten för att ett slumpmässigt valt hushåll skall ha ingen, en respektive två bilar är 0.4, 0.5 respektive 0.1. Man tänker bygga 725 parkeringsplatser. Beräkna sannolikheten att detta antal är tillräckligt. Antag oberoende mellan hushåll. 5. (Tentamen, april 2009.) Om standardavvikelsen vid en viss längdmätning är 0.01 mm, hur många gånger måste man då mäta för att få standardavvikelsen mm för medelvärdet av mätningarna? Antag oberoende mätningar. 6. (Tentamen, oktober 2010.) Ett företag producerar elektroniska reläer. Deras responstider är oberoende, normalfördelade med väntevärde 8 ms och standardavvikelse σ ms. Om responstiden för ett relä överstiger 9 ms anses det för trögt och skrotas. (a) Om σ = 0.5, hur stor är sannolikheten att ett givet relä skrotas? (b) Företaget vill reducera andelen för tröga reläer till maximalt 1% genom att förbättra precisionen i tillverkningen. Till vilket värde måste σ reduceras för att uppnå detta? (c) Antag att företaget lyckats reducera andelen reläer som skrotas till 1%. En månad plockas 50 reläer ut. Hur stor är sannolikheten att minst 3 av dessa är tröga? (d) Under samma antaganden, om 2000 reläer tillverkas vad är sannolikheten att minst 25 av dessa är tröga? 7. (Tentamen, oktober 2011.) Låt X 1,...,X 5 samt Y 1,...,Y 4 vara oberoende slumpvariabler, sådana att alla X i N(1,2) och alla Y i N( 2,1). Beräkna följande sannolikhet: P(X 1 + +X 5 > Y 1 + +Y 4 ).

Beräkna sannolikheten att den är på väg inom fem minuter en slumpvis vald veckodag. 2. (Tentamen, april 2009.) I en produktspecifikation skall anges den diametertjocklek x 0.

2 8. (Tentamen, oktober 2011.) Vi har 10 oberoende, symmetriska slantar, och utför följande. Först singlar vi alla slantar en gång; sedan singlar vi på nytt alla de som visade krona efter första singlingen. Beräkna väntevärdet för det totala antalet klave man ser. 9. (Grimmett Stirzaker ) (a) Låt X ha fördelning Exp(λ). Visa att P(X > t+s X > t) = P(X > s). (b) Låt Y ha fördelning ffg(p). Visa att P(Y = n+k Y > n) = P(Y = k). 10. (Grimmett Stirzaker 4.5.4) Låt X och Y vara oberoendere[0,1] och låt U = min{x,y} och V = max{x,y}. Finn E(U) och E(V) och beräkna således C(U,V).

Beräkna väntevärdet för det totala antalet klave man ser. 9. (Grimmett Stirzaker 3.11.7) (a) Låt X ha fördelning Exp(λ).

3 LÖSNINGAR 1. Inför händelserna A = Vald dag är helgdag, B = På väg inom fem minuter. Från texten följer P(A) = 2/7, P(B A) = 0.90, P(B A ) = 0.95). Sökt är P(B), vilken följer ur satsen om total sannolikhet: P(B) = P(B A)P(A)+P(B A c )P(A c ) = = Först måste täthetsfunktionen normeras så den verkligen blir en täthet, dvs. vi bestämmer a: 1 = f X(x)dx = axdx = [ ax2 2 ] = 950a a = 1/950. Integrering ger 0.90 = x f X (x)dx x 0.90 = (a) Inför X = Betjäningstid (minuter) för en kund, med täthetsfunktionen Det följer att P(X > 40) = 1 P(X 40) = 1 f X (x) = 1 20 e x/20, x > e x/20 dx = 1 (1 e 2 ) = (b) Låt Y = Antal inkomna kunder vars betjäningstid överstiger 40 minuter. Då gäller Y Bin(5,p) med p = enligt (a). Sökt sannolikhet: P(Y 4) = P(Y = 4)+P(Y = 5) = Låt X = Antal bilar i ett hushåll. Sannolikhetsfunktionen ges av x p(x) Man finner E[X] = = 0.7, V[X] = E[X 2 ] (E[X]) 2 ) = = Inför totala antalet bilar Y = Y 1 + +Y 1000, där E[Y] = = 700, V[Y] = = 410. Centrala gränsvärdessatsen ger att approximativt Y N(700, 410) och den sökta sannolikheten följer som P(Y 725) = Φ(( )/ 410) = Φ(1.23) = För oberoende s.v. X 1,...,X n med D[X] = σ gäller för X = 1 n (X 1 + +X n ) det välkända resultatet V[ X] = σ 2 /n, dvs. D[ X] = σ/ n. Vi skall alltså lösa = 0.01/ n, vilket ger n = Låt X i vara responstiden hos relä nr i. (a) Vi har att X i N(8,0.5 2 ) så Z i = (X i 8)/0.5 N(0,1); vidare är P(X i > 9) = P(Z i > 2) = 1 Φ(2) = (b) Vi har att X i N(8,σ 2 ) så Z i = (X i 8)/σ N(0,1). Vill ha 0.01 = P(X i > 9) = P(Z i > 1/σ). Så 1/σ = λ 0.01 = och därför krävs σ = (c) Om X betecknar antal tröga bland de 50 så är X Bin(50,0.01). Eftersom både p < 0.1 ochnp(1 p) < 0.5såanvändervi Poissonapproximation. DvsX Po(0.5). Så P(X 3) = 1 P(X = 0) P(X = 1) P(X = 2) 1 e 0.5 (0.375)

vi bestämmer a: 1 = f X(x)dx = 100 90 axdx = [ ax2 2 ]100 90 = 950a a = 1/950. Integrering ger 0.90 = x 0.90 90 f X (x)dx x 0.90 = 99.1. 3.

4 (d) Nu är X Bin(2000, 0.01) och eftersom np(1 p) > 5 så använder vi normalapproximation, dvs X N(np,np(1 p)) = N(20,19.8). Vi får att ( X 20 P(X 25) = P 5 ) 1 Φ(1.12) Vi har att X 1 + +X 5 N(5,10), Y 1 + +Y 4 N( 8,4) (linjärkombinationer av oberoende normalfördelade variabler blir normalfördelade). Det följer att Z = X 1 + +X 5 (Y 1 + +Y 4 ) N(13,14) (samma motivering som ovan), och därmed att Sökt sannolikhet: Z = Z N(0;1). P(Z > 0) = P(Z > 13/ 14) = Φ(3.47) Låt Y beteckna det totala antalet klave. Lösning 1: Ett mynt visar krona efter båda omgångarna med sannolikhet , och då mynten är oberoende betyder detta att Y Bin(10, ). Därför är E(Y) = 10 4 = 7.5. Lösning 2: Låt X 1 vara antal klave efter första kastet, och låt X 2 vara antal nya klave efter den andra kastomgången. Då är Y = X 1 +X 2 och X 1 Bin(10, 1 2 ). För varje utfall av X 1 är X 2 Bin(10 X 1, 1 2 ) med väntevärde 1 2 (10 X 1). Genom att summera över alla möjliga utfall för X 1 får vi att E(Y) = E(X 1 )+E(X 2 ) = 5+E( 1 2 (10 X 1)) = = 7.5. Obs! I lösning 2 är det inte korrekt att säga att X 2 Bin(5, 1 2 ), dvs man kan inte byta ut slumpvariabeln 10 X 1 mot dess väntevärde 5. Att man får rätt svar är ett sammanträffande. Att denna l sningsmetod är felaktig kan man se genom att betrakta fallet med 11 mynt, då man skulle fått X 2 Bin(5.5, 1 2 ), vilket är nonsense. Kommentar: väntevärdet av en diskret slumpvariabel behöver inte vara ett heltal. 9. (a) (b) Vi har att P(X > s+t X > t) = e λ(s+t) e λ(t) = e λs = P(X > s). P(Y = n+k Y > n) = P(Y = n+k) P(Y > n) = p(1 p)n+k 1. P(Y > n) Vi ser att P(Y > n) = P(Y = n+j) = p(1 p) n+j 1 j 1 j 1 = p(1 p) n (1 p) j = p(1 p)n 1 (1 p) = (1 p)n. j 0 Så P(Y = n+k Y > n) = (p(1 p) n+k 1 )((1 p) n ) = p(1 p) k 1 = P(Y = k).

Det följer att Z = X 1 + +X 5 (Y 1 + +Y 4 ) N(13,14) (samma motivering som ovan), och därmed att Sökt sannolikhet: Z = Z 13 14 N(0;1). P(Z > 0) = P(Z > 13/ 14) = Φ(3.47) 0.99974. 8.

5 10. Vi har att P(U > t) = P(X > t,y > t) = P(X > t)p(y > t) = 1 2t+t 2. Så U har fördelningsfunktion 2t t 2 (för 0 t 1) och därför täthet 2 2t (för 0 t 1). Så E(U) = 1 0 t(2 2t)dt = 1/3. Vidare är U +V = X +Y så E(V) = 1 E(U) = 2/3. Dessutom gäller UV = XY så E(UV) = E(XY) = E(X)E(Y) = 1/4 och därför är C(U,V) = E(UV) E(U)E(V) = 1/4 2/9 = 1/36.

Så E(U) = 1 0 t(2 2t)dt = 1/3. Vidare är U +V = X +Y så E(V) = 1 E(U) = 2/3.

Relevanta dokument

Summor av slumpvariabler

1/22 Summor av slumpvariabler Måns Thulin Uppsala universitet thulin@math.uu.se Statistik för ingenjörer 8/2 2013 2/22 Dagens föreläsning Väntevärde och varians Vanliga kontinuerliga fördelningar Parkeringsplatsproblemet