Avd. Matematisk statistik TENTAMEN I SF1910 TILLÄMPAD STATISTIK, MÅNDAGEN DEN 9:E JANUARI 2017 KL 14.00 19.00. Examinator: Camilla Landén, 08 790 61 97. 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 2, HT2016 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 I en tävling i skidskytte åker de tävlande skidor runt en bana som passerar fyra stationer där de tävlande stannar och skjuter prick mot fem måltavlor. Vid varje skjutning har deltagarna åtta försök att träffa de fem måltavlorna, men de tre sista skotten måste laddas om ett och ett. Om man trots extraskotten inte träffat alla de fem måltavlorna på de åtta skotten, får man åka lika många straffrundor som antalet missade måltavlor. Givet att en viss tävlande träffar en tavla med sannolikheten 0.7, bestäm sannolikheten för att högst två av dennes fyra skjutomgångar slutar med att vederbörande får åka straffrundor. Träffar antas ske oberoende av varandra. 10 p Uppgift 2 Kvinnor har två X-kromosomer medan män har en X-kromosom och en Y-kromosom. Ett barn ärver en slumpmässigt vald X-kromosom av sin mor och en slumpmässigt vald X- eller Y-kromosom av sin far. Barnets kön avgörs av vilken kromosom som barnet ärver av sin far. Denna uppgift behandlar färgblindhet, vilket ärvs recessivt via X-kromosomen. En kvinna är färgblind om båda X-kromosomerna innehåller ett anlag för färgblindhet. En man är färgblind om den enda X- kromosomen innehåller ett anlag för färgblindhet. Låt K beteckna en icke färgblind kvinna. Antag att sannolikheten att en av K:s X-kromosomer innehåller ett anlag för färgblindhet är 1/3 och att sannolikheten att ingen av K:s X-kromosomer innehåller något anlag för färgblindhet är 2/3. a Beräkna sannolikheten att K:s barn inte ärver något anlag för färgblindhet av sin mor. 4 p Var god vänd!
forts tentamen i SF1910 2017-01-09 2 b Antag att K får en son med en man som inte är färgblind. Beräkna sannolikheten att K har ett anlag för färgblindhet givet att sonen inte är färgblind. 6 p Uppgift 3 Anrikningarna i % av de tolv bränslestavarna i en kärnkraftreaktor har blivit uppmätta med följande resultat: 2.94 2.75 2.95 2.81 2.95 2.90 2.82 2.95 3.00 2.95 3.00 3.05 Utifrån dessa data, betecknade med x 1,...,x 12, hävdas det att väntevärdet för anrikningen är lika med 2.95%. a Bestäm ett konfidensintervall med konfidensgrad 90% för väntevärdet för anrikningen. Som statistisk modell antas oberoende normalfördelade X i Nµ,σ, i = 1,...,12. Räknehjälp: 12 x i x 2 = 0.085025, x = 1 12 12 x i = 2.9225. 7 p b Testa nollhypotesen mot alternativhypotesen H 0 : µ = 2.95 H 1 : µ 2.95 på risknivån 10%. Slutsatsen om H 0 skall förkastas eller inte skall anges och motiveras tydligt. 3 p Uppgift 4 SCB:s partisympatiundersökning görs två gånger om året och är Sveriges största. Lite förenklat får ett riksomfattande slumpmässigt urval av i riksdagsval röstberättigade personer besvara frågan Vilket parti skulle du rösta på om det vore riksdagsval någon av de närmaste dagarna?. Nedan finner du resultaten från SCB:s mätningar i maj och november 2016 för de två största riksdagspartierna. Parti Maj November Förändring Socialdemokraterna 29.5% 29.2% 0.3% Moderaterna 24.7% 22.8% 1.9% Det totala antalet svarande var 5021 personer i november och 4838 personer i maj. a Bestäm konfidensintervall med approximativ konfidensgrad 95% för förändringarna av andelarna sympatisörer för Socialdemokraterna respektive Moderaterna. 7 p b Gör en hypotesprövning på approximativa nivån 5% för att se om förändringen för Socialdemokraterna är signifikant. Gör en hypotesprövning på approximativa nivån 5% för att se om förändringen för Moderaterna är signifikant. Var noga med att ange dina hypoteser och slutsatser. 3 p
forts tentamen i SF1910 2017-01-09 3 Uppgift 5 Den danske missionären Hans Egede Saabye som var stationerad på Grönland åren 1770-1778 nedtecknade i sin dagbok följande i fri översättning: På Grönland är alla vintrar stränga, men de är ändå inte likadana. Danskarna har noterat att när vintern i Danmark är sträng, med vårt mått mätt, så är vintern på Grönland mild, i grönländska mått mätt. För att testa påståendet att det finns ett beroende mellan grönländska och danska vintertemperaturer kan vi undersöka nedanstående tabell. Tabellen är baserad på mätningar av medeltemperaturen i Januari i Nuuk på Grönland och i den danska huvudstaden Köpenhamn under åren 1866-2013. På vardera platsen är januarimånaderna indelade i tre kategorier: sträng om medeltemperaturen är minst 0.8 standardavvikelser lägre än normalvärdet, mild om medeltemperaturen är minst 0.8 standardavvikelser högre än normalvärdet och normal om medeltemperaturen avviker mindre än 0.8 standardavvikelser från normalvärdet. Sträng vinter Nuuk Normal vinter Nuuk Mild vinter Nuuk Sträng vinter Köpenhamn 2 19 9 Normal vinter Köpenhamn 13 51 22 Mild vinter Köpenhamn 12 18 2 Formulera ett hypotestest på signifikansnivån 1% och undersök om det finns ett beroende mellan grönländska och danska vintertemperaturer. 10 p Uppgift 6 I en elektronisk komponent transformeras likformigt fördelat brus X U 0, 1 monomiellt enligt där graden γ > 0 är en konstant. Y = X γ, a Bestäm täthetsfunktionen för det transformerade bruset Y. 4 p b Låt y 1,...,y n vara n oberoende observationer av det transformerade bruset. Bestäm MLskattningen av γ och avgör om den är väntevärdesriktig. 6 p Lycka till!
Avd. Matematisk statistik LÖSNINGSFÖRSLAG TENTAMEN I SF1910 TILLÄMPAD STATISTIK. MÅNDAGEN DEN 9 JANUARI 2017 KL 14.00 19.00 Uppgift 1 Eftersom träffar sker oberoende av varandra är sannolikheten p att den tävlande får åka straffrundor efter en skjutning lika med sannolikheten att vid en serie omfattande 8 oberoende försök, där sannolikheten att lyckas vid varje försök är 0.7, lyckas högst 4 gånger. Antalet lyckade försök X är i detta sammanhang Bin8, 0.7-fördelat. Eftersom tabellen över binomialfördelningens fördelningsfunktion endast omfattar binomialsannolikheter upp till 0.5 betraktar vi istället antalet misslyckade försök Y = 8 X, som följaktligen har Bin8, 0.3-fördelning, och räknar enligt p = PX 4 = PY 4 = 1 PY 3 0.1941, där det numeriska värdet erhölls med hjälp av tabell. Låt nu Z vara det antal skjutomgångar efter vilka den tävlande får åka straffrundor. Då den tävlande genomför totalt 4 skjutomgångar, vilka utfaller oberoende av varandra då alla träffar sker oberoende, gäller att Z har Bin4, p-fördelning med sannolikheten p ovan. Sålunda erhålls, med hjälp av binomialfördelningens sannolikhetsfuntion, Phögst 2 skjutomgångar slutar med straffrundor = PZ 2 = PZ = 0PZ = 1PZ = 2 4 4 4 = p 0 1 p 4 p 1 1 p 3 p 2 1 p 2 0.975 0 1 2 här väljer vi att räkna direkt med binomialfördelningens sannolikhetsfunktion snarare än att använda tabell, då värdet p ovan inte finns tabellerat och sannolikheten ges av endast tre termer. Svar: Sannolikheten att högst två av de fyra skjutomgångarna slutar med att skidskytten får åka straffrundor är 0.975. Uppgift 2 a Låt BA beteckna händelsen att K är bärare av anlaget och FA händelsen att K för anlaget vidare till sitt barn. Vi har då följande sannolikheter givna i uppgiften: PBA = 1/3 och därmed har vi även att PBA = 1 PBA = 1 1/3 = 2/3, samt att Lagen om total sannolikhet ger nu att PFA BA = 1/2, och PFA BA = 0. PFA = PFA BAPBAPFA BA PBA = 1 2 1 3 0 2 3 = 1 6 och därför är sökt sannolikhet PFA = 1 PFA = 1 1/6 = 5/6. Svar: Sannolikheten att K:s barn inte ärver något anlag för färgblindhet av sin mor är 5/6.
forts tentamen i SF1910 2017-01-09 2 b Sökt sannolikhet är nu PBA FA för om K fått en icke färgblind son har hon inte fört vidare anlaget. Bayes sats ger att PBA FA = PFA BAPBA PFA = 1 1/21/3 = 1 5/6 5. = [1 PFA BA]PBA PFA Svar: Sannolikheten att K är bärare av anlaget givet att hon fått en son som inte är färgblind är 1/5. Uppgift 3 a Vi söker ett konfidensintervall för väntevärdet m i en normalfördelning Nm, σ med okänd standardavvikelse σ. Ett tvåsidigt konfidensintervall med konfidensgrad 90% ges av s s I m = x t 0.05 11,xt 0.05 11. 12 12 Här är s = 12 x i x 2 = 12 1 t 0.05 11 = 1.80 erhåller vi I m = 0.085025 = 0.08792. Eftersom x = 1 12 11 12 x i = 2.9224 och 2.922 1.80 0.08792 12,2.9221.80 0.08792 12 = 2.922 0.0456,2.922 0.0456. Intervallskattningen av m är således Svar: Ett konfidensintervall för m med konfidensgrad 90% ges av I m = 2.88,2.97. b Vi prövar nollhypotesen med hjälp av det ovan framtagna konfidensintervallet, som enligt konstruktion har risknivån 10%. Eftersom m = 2.95% ligger i konfidensintervallet I m drar vi följande slutsats: Svar: Påståendet m = 2.95 kan ej förkastas på risknivån 10%. Uppgift 4 a Låt p maj vara andelen S-sympatisörer i maj och p nov vara motsvarande andel i november. Förändringen i antalet S-sympatisörer ges då av p nov p maj. En punktskattning av denna förändring är p nov p maj obs = p nov obs p maj obs = 0.292 0.295 = 0.003. För att få fram ett konfidensintervall för förändringen behöver vi fördelningen för motsvarande stickprovsvariabel. Punktskattningen p maj ges av p maj = X maj n maj
forts tentamen i SF1910 2017-01-09 3 där den stokastiska variabeln X maj är sådan att X maj Binn maj,p maj. Eftersom en skattning av n maj p maj 1 p maj ges av n maj p maj obs 1 p maj obs = 4838 0.2951 0.295 1006 10 gällerattx maj ärapproximativt normalfördelad. Ettanalogtresonemang gerattockså X nov, som är motsvarande stokastiska variabel för november, är approximativt normalfördelad nu ges skattningen av n nov p nov obs 1 p nov obs = 5021 0.2921 0.292 1038 10 och eftersom är en linjärkombination av oberoende detta måste antas, men det är rimligt att mätningarna i maj och november är oberoende approximativt normalfördelade stokastiska variabler är normalfördelad fås att p nov p maj = X nov n nov X maj n maj är approximativt normalfördelad med väntevärde [ E[p nov p maj Xnov ] = E X ] [ ] [ ] maj Xnov Xnov = E E n nov n maj n nov n nov 1 = n nov p nov 1 n maj p maj = p nov p maj n nov n maj och varians Vp nov p maj = V Xnov 1 n nov X maj n maj = V Xnov n nov V Xnov n nov = n n 2 nov p nov 1 p nov 1 n nov n 2 maj p maj 1 p maj maj = p nov1 p nov p maj1 p maj n nov n maj där vi använt oberoende för att få andra likheten. En skattning av standardavvikelsen, dvs medelfelet, ges av dp nov p maj p nov obs = 1 p nov obs p maj obs 1 p maj obs n nov n maj 0.2921 0.292 = 0.2951 0.295 = 0.0091739889. 5021 4838 Enligt den approximativa metoden ges därför ett konfindensintervall med approximativ konfidensgrad 95% av I pnov p maj = p nov obs p maj obs ±λ 0.025 dp nov p maj = 0.003 ± 1.96 0.0091739889 = 0.02098; 0.01498 Låt q maj vara andelen M-sympatisörer i maj och q nov vara motsvarande andel i november. På samma sätt som för förändringen i andelen S-sympatisörer får man ett approximativt
forts tentamen i SF1910 2017-01-09 4 95% konfidensintervall för förändringen i andelen M-sympatisörer som I qnov q maj = q nov obs q maj obs ±λ 0.025 dq nov q maj 0.2281 0.228 = 0.228 0.247±1.96 0.2471 0.247 5021 4838 = 0.019 ± 1.96 0.0085731991 = 0.03580; 0.002197 Svar: Konfidensintervall med approximativ konfidensgrad 95% för förändringarna av andelarna sympatisörer för Socialdemokraterna och Moderaterna ges av -0.02098,0.01498 respektive -0.03580,-0.002197. b För Socialdemokraterna testar vi mot H 0 : p nov p maj = 0 H 1 : p nov p maj 0 på approximativ signifikansnivå 5% genom att förkasta H 0 om 0 inte tillhör konfidensintervallet för p nov p maj från a. Då 0 ligger i intervallet -0.02098;0.01498 kan vi inte förkasta H 0 att ingen förändring skett. Svar: Förändringen för Socialdemokraterna är inte signifikant på nivån 5%. För Moderaterna testar vi mot H 0 : q nov q maj = 0 H 1 : q nov q maj 0 på approximativ signifikansnivå 5% genom att förkasta H 0 om 0 inte tillhör konfidensintervallet för q nov q maj från a. Då 0 inte tillhör intervallet -0.0358;-0.0021 kan vi förkasta H 0 att ingen förändring skett. Svar: Förändringen för Moderaterna är signifikant på nivån 5%. Uppgift 5 Vi gör här ett test av oberoende. Som nollhypotes H 0 väljer vi att medeltemperaturerna i januari i Köpenhamn och Nuuk är oberoende, medan mothypotesen H 1 är att de är beroende. Vi gör här en tabell med observerade antal enligt Sträng Nuuk Normal Nuuk Mild Nuuk Totalt Sträng Köpenhamn 2 19 9 30 Normal Köpenhamn 13 51 22 86 Mild Köpenhamn 12 18 2 32 Totalt 27 88 33
forts tentamen i SF1910 2017-01-09 5 Teststorheten blir Q = 3 3 j=1 x ij np i p j 2 np i p j = 27 30 2 27 30 27 86 13 27 86 27 32 12 27 32 88 30 19 88 30 88 86 51 88 86 88 32 18 88 32 9 33 30 33 30 22 33 86 33 86 2 33 32 33 32 = 14.21 Om H 0 är sann så är 14.21 ett utfall från en stokastisk variabel som approximativt har en χ 2 - fördelning med 3 13 1 = 4 frihetsgrader. Approximationen är applicerbar eftersom np i p j 30 27/ = 5.47 > 5. Eftersom χ 2 0.01 2 = 13.28 < 14.21 så kan H 0 förkastas på nivån 1%. Alternativt kan vi beräkna sannolikheten att en χ 2 2-variabel är större än eller lika med 14.21 X2cdf på en TI-räknare. Denna sannolikhet, dvs p-värdet för testet, är 0.00665. Detta p-värde är så lågt att vi förkastar H 0 på risknivån 1%. Både teststorheten och p-värdet fås direkt med funktionen X2-Test på en TI-räknare. Svar: På signifikansnivån 1% finns ett beroende mellan grönländska och danska vintertemperaturer. Uppgift 6 a Då X antar värden mellan 0 och 1 gör även Y detta. För att bestämma täthetsfunktionen f Y y för Y bestämmer vi först fördelningsfunktionen enligt F Y y = P X γ y = P X y 1/γ = y 1/γ, 0 < y < 1, där vi i den sista likheten använde att X U0,1. Genom derivering erhålls vilket besvarar a. f Y y = df Y dy y = 1 γ y1/γ 1, 0 < y < 1, b Vi betecknar nu täthetsfunktionen ovan med f Y y;γ för att betona att denna beror på parametern γ, och skriver upp likelihood-funktionen för γ enligt Lγ = n f Y y i ;γ = n 1 γ y1/γ 1 i = n n 1/γ 1 1 y i. γ För att maximera Lγ med avseende på γ betraktar vi istället log-likelihood-funktionen n 1 lnlγ = nlnγ γ 1 lny i, och för att finna ett nollställe till densamma löser vi dlnlγ dγ γ = n γ 1 n lny γ 2 i = 0 γ = 1 n n lny i.
forts tentamen i SF1910 2017-01-09 6 Man kontrollerar enkelt att denna lösning utgör ett globalt maximum, vilket ger MLskattningen n γ = 1 lny obs i. n Detta besvarar den första delen av b. För att dessutom avgöra huruvida skattningen ovan är väntevärdesriktig betraktar vi Eγ = E 1 n lny i = 1 n ElnY i = ElnY. n n där vi använde, i den andra likheten, att väntevärden är linjära och, i den sista likheten, att observationerna är likafördelade. Väntevärdet i högerledet beräknas t.ex. med hjälp av täthetsfunktionen för det ursprungliga, U0, 1-fördelade bruset och partialintegration enligt vilket medför att ElnY = γelnx 1 = γ lnx 1dx = γ = γ, 0 [xlnx] 1 x=0 }{{} =0 1 Eγ = ElnY = γ. x 1 x dx 0 } {{ } =1 Vi drar slutsatsen att ML-skattningen är väntevärdesriktig.