Avd. Matematisk statistik TENTAMEN I SF1901 SANNOLIKHETSTEORI OCH STATISTIK, TISDAGEN DEN 30:E MAJ 2017 KL 08.00 13.00. Examinator: Thomas Önskog, 08 790 84 55. Tillåtna hjälpmedel: Formel- och tabellsamling i Matematisk statistik, Mathematics Handbook Beta), hjälpreda för miniräknare, miniräknare. Införda beteckningar skall förklaras och definieras. Resonemang och uträkningar skall vara så utförliga och väl motiverade att de är lätta att följa. Numeriska svar skall anges med minst två siffrors noggrannhet. Tentamen består av 6 uppgifter. Varje korrekt lösning ger 10 poäng. Gränsen för godkänt är preliminärt 24 poäng. Möjlighet att komplettera ges för tentander med, preliminärt, 22 23 poäng. Tid och plats för komplettering kommer att anges på kursens hemsida. Det ankommer på dig själv att ta reda på om du har rätt att komplettera. Poäng från kontrollskrivning och laborationer under innevarande kursomgång period 4, VT2017) får tillgodoräknas under förutsättning att tentanden erhållit minst 20 poäng på denna tentamen. Tentamen kommer att vara rättad inom tre arbetsveckor från skrivningstillfället och kommer att finnas tillgänglig på studentexpeditionen minst sju veckor efter skrivningstillfället. Uppgift 1 Waloddi Weibull, som var professor vid KTH, gjorde viktiga insatser bl.a. vid studiet av utmattningsfenomen av maskinelement. Efter honom är den s.k. Weibullfördelningen uppkallad; en stokastisk variabel X säges vara Wλ,β)-fördelad, där λ och β > 0, om { 1 e λx)β, för x 0, F X x) = 0, annars. Ett system består av två komponenter med livslängder som är Wλ, β)-fördelade. Livslängderna är vidare oberoende stokastiska variabler. Systemet fungerar så länge som båda komponenterna fungerar. Bestäm fördelningsfunktionen för livslängden hos systemet. 10 p) Uppgift 2 I en ergonomisk undersökning av ett experimentellt tangentbord för arbetsstationer har man rekryterat 31 mycket rutinerade operatörer och var och en av dessa har provat sig fram till den bekvämaste höjdenx i, i = 1,...,31,mätticm frångolvnivån) för armstödet. Dengenomsnittliga observerade höjden 1 x 31 1 +...+x 31 ) blev lika med 80.0 cm. Vi modellerar de 31 observationerna som oberoende stickprov från en normalfördelning N m, 2.0). Var god vänd!
forts tentamen i SF1901 2017-05-30 2 a) Bestäm ett tvåsidigt konfidensintervall för m med konfidensgrad 95%. 7 p) b) Testa nollhypotesen H 0 : m = 81.5 cm) mot den alternativa hypotesen H 1 : m 81.5 cm). på signifikansnivån 5%. Slutsatsen om H 0 ska anges och tydligt motiveras. 3 p) Uppgift 3 Nederbördsmängden i mm under ett dygn kan betraktas som en stokastisk variabel X. Det gäller att X = YZ, där Y och Z är oberoende stokastiska variabler med följande egenskaper PY = 0) = 1 p, PY = 1) = p, för 0 p 1 PZ > x) = e x/m, för x > 0,m > 0. Detta betyder att sannolikheten för nederbörd är p, och om det kommer nederbörd, så ges mängden av en Exp1/m)-fördelad stokastisk variabel. a) Beräkna EX) och VX) som funktioner av p och m. 5 p) b) Antag att nederbördsmängderna under olika dygn är oberoende likafördelade stokastiska variabler som alla har samma fördelning som X ovan. Vi har ur nederbördsdata erhållit värdena EX) = 1.5 och VX) = 6.75 svarande mot m = 3 och p = 1/2 i deluppgift a). Detta kan vara en bra kontroll för Dig som räknat a)-uppgiften). Beräkna med lämplig och välmotiverad approximation sannolikheten att den totala nederbördsmängden under ett år =365 dagar) överstiger 500 mm. 5 p) Uppgift 4 I vissa problem i partikelfysik möter vi följande sannolikhetstäthet 1 1+θx) x 1, fx) = 2 0 för övrigt, där θ 1 är en okänd parameter. Låt x 1,...,x n vara utfall av oberoende stokastiska variabler X 1,...,X n, som alla är fördelade enligt denna fördelning. a) Härled MK-skattningen av parametern θ. 5 p) b) Utred om MK-skattningen av θ är väntevärdesriktig. 5 p)
forts tentamen i SF1901 2017-05-30 3 Uppgift 5 En grupp av matematiklärare vid en större teknisk högskola har utvecklat ett nytt diagnostiskt prov i matematik för de nyantagna studenterna. Lärarna tror att det diagnostiska provet är av sådan svårighetsgrad att 40% av de nyantagna kommer att få underkänt på provet, 40% kommer att få något av betygen E, D eller C och resten kommer att få B eller A. Ett slumpmässigt urval av 200 nyantagna studenter fick skriva det diagnostiska testet och det visade sig att 60 av dessa fick något av betygen E, D och C, att 45 fick B eller A och att resterande studenter blev underkända. Utför ett lämpligt test på den approximativa risknivån 5 % om den tänkta betygsfördelningen är förenlig med ovanstående resultat. 10 p) Uppgift 6 En maskin för tillverkning av sexsidiga tärningar har blivit felprogrammerad på så sätt att den på varje tärningssida slumpmässigt målar något av talen 1,...,6, dvs den målar något av talen med samma sannolikhet, och oberoende av vad den målat på tärningens övriga sidor. Antag att vi tar en godtycklig tärning som producerats av den felprogramerade maskinen. a) Bestäm sannolikheten för att vi får en sexa i ett kast med tärningen. 3 p) b) Bestäm sannolikheten för att vi får två sexor i två kast med tärningen. 7 p) Lycka till!
Avd. Matematisk statistik LÖSNINGSFÖRSLAG TENTAMEN I SF1901 SANNOLIKHETSTEORI OCH STATISTIK. TISDAGEN DEN 30 MAJ 2017 KL 08.00 13.00 Uppgift 1 Låt X 1 och X 2 vara livslängderna hos komponenterna och låt Y vara livslängden hos systemet. Då gäller, för y 0, att F Y y) = 1 PY > y) = 1 PX 1 > y,x 2 > y) = 1 PX k > y) 2 = 1 1 F X y) ) 2 = 1 1 e λy)β ) ) 2 = 1 e λy) β ) 2 = 1 e 2λy) β, dvs Y är W2 1/β λ,β)-fördelad. Svar: Fördelningsfunktionen för livslängden Y hos systemet är F Y y) = 1 e 2λy)β för y 0 och noll annars. Uppgift 2 a) Eftersom standardavvikelsen σ = 2.0 är känd, bildar vi ett tvåsidigt konfidensintervall med konfidensgrad 95% enligt λ-metoden. Detta intervall är 1 31 x 1 +...+x 31 )±λ 0.025 σ 31 = 80.0±1.96 2.0 31 = 80.0±0.7 eller I m = [79.3,80.7]. Svar: Ett 95% konfidensintervall för m ges av I m = [79.3,80.7]. b) Vianvänderossavkonfidensmetoden förattprövahypotesenh 0 moth 1.Eftersomm = 81.5 inte ligger i konfidensintervallet från deluppgift a) så kan vi förkasta H 0 : m = 80.0 på nivån 5%. Svar: Nollhypotesen H 0 kan förkastas på signifikansnivå 5%. Uppgift 3 a) Eftersom de stokastiska variablerna Y och Z är oberoende så gäller EX) = EYZ) = EY)EZ). Vidare är EZ) = m, eftersom Z Exp1/m) och EY) = 1 p) 0+p 1 = p, vilket ger EX) = mp.
forts tentamen i SF1901 2017-05-30 2 På grund av oberoendet, så gäller även EX 2 ) = EY 2 Z 2 ) = EY 2 )EZ 2 ). För Y gäller Y 2 = Y, vilket implicerar EY 2 ) = EY) = p. För Z gäller EZ 2 ) = VZ)+EZ)) 2 = m 2 +m 2 = 2m 2 eftersom Z Exp1/m). Sammanfattningsvis får vi VX) = EX 2 ) EX)) 2 = 2pm 2 p 2 m 2 = m 2 p2 p). Svar: EX) = mp, VX) = m 2 p2 p). b) Låt X j beteckna nederbörden dag nr j, j = 1,2,...,365 och S 365 = X 1 +X 2 + +X 365. Under antagandet att nederbördsmängderna de olika dygnen är oberoende och likafördelade, så ger centrala gränsvärdessatsen att S 365 är approximativt N ES 365 ),DS 365 ) ) -fördelad = N 365 1.5, 365 6.75 ) -fördelad eftersom ES 365 ) = 365EX), VS 365 ) = 365VX) och antalet stokastiska variabler i summan S 365 är stort. Således får vi den sökta sannolikheten S365 365 1.5 PS 365 > 500) = P > 500 365 1.5 ) 365 6.75 365 6.75 ) 500 365 1.5 1 Φ 1 Φ 0.956) = Φ0.956) 0.83 365 6.75 Svar: Sannolikheten att den totala nederbörden under ett år överstiger 500 mm är 83%. Uppgift 4 a) MK-skattningen fås som det värde på θ som minimerar kvadratsumman Qθ) = x i EX i )) 2. Vi behöver ta fram värdet på EX i ) som funktion av θ. Här gäller EX i ) = = x fx)dx 1 2 [ [x = 1 ] 2 1 [ x 3 +θ 2 2 3 ] 1 1 = x 1+θx)dx 1 2 ] = 1 [ 1 2 2 1 ) +θ 2 [ 1 xdx+θ 1 3 1 3 1 ] x 2 dx ))] = 1 2 θ2 3 = θ 3. Således har vi fått Qθ) = x i θ 3) 2.
forts tentamen i SF1901 2017-05-30 3 Vi deriverar med avseende på θ och sätter derivatan till noll. Detta ger och vidare Q θ) = 2 1 3 x i θ ) = 0, 3 x i θ n θ = 0, 3 3 = x i, θobs = 3 n x i. Svar: MK-skattningen av θ är θ obs = 3 n n x i. b) En punktskattning är väntevärdesriktig om Eθ ) = θ. Vi betraktar θ som funktion av de stokastiska variablerna X 1,...,X n dvs θ = 3 n X i. Från ovan erhåller vi Eθ ) = 3 n EX i ) = 3 n Svar: MK-skattningen är väntevärdesriktig. θ 3 = θ. Uppgift 5 Vi vill testa nollhypotesen H 0 som formulerades av matematiklärarna, dvs. H 0 : Punderkänt) = 0.40,Pbetyg E, D eller C) = 0.40,Pbetyg B eller A) = 0.20. och tillämpar med fördel ett χ 2 -test av given fördelning. Vi bildar teststorheten Q = 95 200 0.4)2 200 0.4 + 60 200 0.4)2 200 0.4 + 45 200 0.2)2 200 0.2 = 8.4375 Ett litet värde på Q tyder på god överensstämmelse mellan datat och nollhypotesen. Eftersom 200 p k 200 0.2 = 40 5,sågällerdetattteststorhetenQärapproximativtχ 2 3)-fördelad.Värdet på teststorheten jämförs med en tröskel eller en 0.05-kvantil för χ 2 2)-fördelningen, dvs. med χ 2 0.05 2) = 5.99. Eftersom Q = 8.4375 > χ 2 0.05 2) = 5.99, så förkastar vi H 0. Svar: Provresultatet är på 5%-nivån inte förenligt med den tänkta betygsfördelningen.
forts tentamen i SF1901 2017-05-30 4 Uppgift 6 Uppgiften går säkert att lösa på många olika sätt. Vi ger två lösningar av olika karaktär. På en tentamen ska dock aldrig alternativa lösningar ges. Betingningslösning LåtX varaantalet sexor påtärningen. X ärbin6,1/6)-fördelad,vilket innebär attex) = 6 1 = 6 5 1ochattVX) = 6 1 = 6 6 5/6.FörsenarebruknoterarviattEX2 ) = VX)+EX) 2 = 5 +1 = 11. 6 6 a) b) Psexa) = Psexa X = k)px = k) = k EX) PX = k) = 6 6 = 1 6. Ptvå sexor) = Ptvå sexor X = k)px = k) = = 11 6 1 36 = 11 216. k 2 36 PX = k) = EX2 ) 36 Resonemangslösning a) Oavsett vilken sida av tärningen som kommer upp så är sannolikheten för en sexa 1/6. b) Viskiljer på fallendåsamma sida kommer uppidebäggekasten, vilket sker medsannolikhet 1/6, och då olika sidor kommer upp. I det sista fallet är resultaten oberoende. Detta ger Ptvå sexor) = Ptvå sexor samma sida) Psamma sida) Svar: Psexa) = 1/6, Ptvå sexor = 11/216. +Ptvå sexor olika sidor) Polika sidor) = 1 6 1 6 + 1 36 5 1+ 6 = 5 ) 1 6 36 = 11 6 1 36 = 11 216.