Problemdel 1: Uppgift 1

Transkript

1 STOCKHOLMS UNIVERSITET MT 00 MATEMATISKA INSTITUTIONEN LÖSNINGAR Avd. Matematisk statistik, CH 8 februari 0 LÖSNINGAR 8 februari 0 Problemdel : Uppgift Rätt svar är: a) X och X är oberoende och Y och Y är inte oberoende. b) Cov(X,Y) NegBin(,p) om p = p = p d) Om X Bin(00,0.005), så approximeras dess fördelning väl av en Poissonfördelning, men inte en normalfördelning. e) Y exp(λ +λ +...+λ n ) Problemdel : Uppgift a) För att vi ska uppfylla kraven för en täthetsfunktionfunktion så måste Detta ger f X (x)dx =. a [ x (x x )dx = a x ] = a 9 = = a = 9.

2 b) Väntevärdet för X får vi genom E[X] = x 9 (x x )dx = [ x 9 x5 ] 5 = Variansen ges av Var(X) = E[X ] E[X]. E[X ] = x 9 (x x )dx = [ x 9 x6 ] 6 = 9 5 =. Vi får alltså att Var(X) = ( 9 7 5) P(X >.5) = P(X <.5) = 9 (x x )dx = [ x 9 x ] Problemdel : Uppgift Låt S = 8 i= Y i, där Y i Re(9.5,0.5) och alla Y i är oberoende. Vidare får vi att E[S] = 8 E[Y ] = 80 samt Var(S) = {pga oberoendet} = 8 Var(Y ) =. Eftersom antalet variabler som summeras är ganska stort, nämligen 8, så gäller det baserat på Centrala gränsvärdessatsen att S är approximativt normalfördelat med väntevärde 80 och standardavvikelse. Således får vi P ( ) 75 < S < 85 ( Φ ) Φ ( ) = Φ(.5) Φ(.5) = Φ(.5) = =

3 Problemdel : Uppgift a) Definiera händelser: A = {ett slumpmässigt valt parti är av första klass} med A = {ett slumpmässigt valt parti är av andra klass} P(A ) =, P(A ) =. Vidare är det känt att P(en slumpmässigt vald grönsak är defekt A ) = 0.0 P(en slumpmässigt vald grönsak är defekt A ) = Låt en stokastisk variabel X ange antal defekta grönsaker bland tre uttagna från ett slummässigt valt parti. X kan anta värden 0,, och. Således anger X A antalet defekta grönsaker bland de tre uttagna grönsakerna för ett parti av andra klass. Varje dragning är oberoende och sannolikheten att få en defekt grönsak för parti av andra klassen är samma för varje dragning, vilket medför att X A Bin(,0.05). b) Med samma definitioner som i (a) blir sannolikheten att få precis en defekt grönsak av de tre uttagna från ett slumpmässigt valt parti lika med P(X = ) = {enligt LTS} = P(X = A ) P(A )+P(X = A ) P(A ) = ( ) + ( ) 0. P(A X = ) = {enligt Bayes sats} = P(X = A ) P(A ) P(X = ) Problemdel : Uppgift 5 = ( ) ( ) + ( ) a) Låt X = {antalet tryckfel per tenta} vara Poissonfördelad med intensiteten 0.5, dvs. X Po(0.5). Då P(X > ) = P(X ) = {ur Tabell} = = 0.008

4 b) Om Y är antalet tentor med fler än tre tryckfel bland 5 oberoende tentor, så är Y en binomialfördelad stokastisk variabel med parametrarna n = 5 och sannolikheten att tenta i, i =,,...,5, har fler än tre tryckfel 0.008, Y Bin(5, 0.008). Eftersom ( 0.008) < 5, men < 0., kan Y:s fördelning approximeras av en Poissonfördelning, men inte en normalfördelning. Vi får att Y approx Po( = 0.8). Detta ger att P(Y > 6) = P(Y 5) = {ur Tabell} = = Problemdel : Uppgift 6 a)viharalltsåtrepersonerdärallakommerfåvarsinhattpåsitthuvud.de tre personerna får inte kommunicera eller se varandras lappar. Hattarna kan baraantatvåolikafärger,blåellergrön.dåvihartrepersonermenbaratvå möjliga färger kommer alltid minst två av personerna ha samma färg på sin hatt. Det är detta faktum vi ska använda oss av för att hitta den optimala strategien.förattvinnakrävsdetattminstenavpersonernagissarrättoch ingen av de andra får gissa fel. Låt {BBG} beteckna händelsen att person har en blå hatt, person har en blå hatt och att person har en grön hatt. Vårt utfallsrum kommer då innehålla händelser Ω = {BBB,BBG,BGB,GBB,BGG,GBG,GGB,GGG} Strategien spelarna nu ska använda är att om någon av dem ser att de andra två har samma färg på sina hattar så ska man gissa på den motsatta färgen, om man ser att de andra två har olika färger ska man passa. Detta skulle ge P(vinna) = P(minst en gissar rätt och ingen gissar fel) = 0.75 Detta får vi fram genom att studera de olika möjligheterna när vi vinner och delar detta antal med 8, det totala antalet sätt. Om alla har samma färg på sin hatt så kommer alla tre gissa fel. Detta kan ske på två sätt. Om en person har en annan färg än de andra två (som då har samma färg) så kommer denna gissa rätt, de andra två kommer i sin tur att passa då de observerar olika färger. Detta kan ske på 6 sätt. Vi får alltså P(vinna) = 6 8 = 0.75 b) Låt oss, som uppgiften tipsar om, beteckna händelsen att den i-te mannen får tillbaka sin hatt med E i, i {,,,}. Vi söker sannolikheten att minst en av männen får tillbaka sin hatt. Det vill säga att antingen person får det ellerattpersonfårdetosv.utrycktivårahändelsere i sökervip(e E

5 E E ). Dessa händelser är varken disjunkta eller oberoende. Vi vet från räkneövningarna, eller så kan vi härleda med inklusion och exklusion, ett utryck för denna sannolikhet. Om vi har n stycken händelser A i, i =,...,n så ges sannolikheten av unionen av dem av n n P( A i ) = P(A i A j )+ P(A i A j A k )+...+( ) n+ P( i= i= P(A i ) i<j i<j<k För att kunna beräkna vår sannolikhet behöver vi alltså ta reda på sannolikheten för alla enskilda händelser och alla möjliga snitt av våra händelser E i. Sannolikheten att person i får sin egen hatt om person i går fram till högen och plockar med sig en hatt av de är ju /. P(E i ) =, i =,..., Sannolikheten för snittet mellan två av våra händelser blir P(E i E j ) = P(E i )P(E j E i ) = Där vi får fram P(E j E i ) genom att notera att om person i redan dragit sin egen hatt så har ju person j bara hattar att dra ifrån vilket ger att person j då drar sin hatt med en sannolikhet på /. De andra sannolikheterna får vi via liknande resonemang n A i ) P(E i E j E k ) = P(E i E j )P(E k E i E j ) = P(E k E i E j ) = P(E E E E ) = P(E E E )P(E E E E ) = i= Då varje snitt av k =,, händelser har samma sannolikhet så behöver vi bara ta reda på hur många olika snitt mellan två av våra händelser det finns, hur många olika snitt mellan tre av våra händelser det finns osv. för att kunna besvara huvudfrågan. T.ex kan vi ju bara skapa ett snitt mellan alla våra händelser. Totala antalet snitt vi kan skapa mellan k =,, av våra händelser är ( k). Detta ger oss att P( E i ) = i= P(E i ) i= ( ) P(E i E j )+ ( ) P(E i E j E k ) ( ) P(E E E E ) =! +!! e = = 0.6 Vi får alltså att sannolikheten att minst en av männen får sin hatt är 0.6 5