Varje korrekt l¨osning ger 10 po¨ang

FREDAGEN DEN 8:E JUNI 2018 KL 14.00–19.00.

Examinator: Bj¨orn-Olof Skytt, 08 – 790 86 49.

Till˚atna hj¨alpmedel : Formel- och tabellsamling i Matematisk statistik (utdelas vid tentamen), Mathematics Handbook (Beta), minir¨aknare.

Inf¨orda beteckningar skall f¨orklaras och definieras. Resonemang och utr¨akningar skall vara s˚a utf¨orliga och v¨al motiverade att de ¨ar l¨atta att f¨olja. Numeriska svar skall anges med minst tv˚a siffrors noggrannhet. Tentamen best˚ar av 6 uppgifter. Varje korrekt l¨osning ger 10 po¨ang.

Gr¨ansen f¨or godk¨ant ¨ar prelimin¨art 24 po¨ang. M¨ojlighet att komplettera ges f¨or tentander med, prelimin¨art, 22–23 po¨ang. Tid och plats f¨or komplettering kommer att anges p˚a kursens hemsida.

Det ankommer p˚a dig sj¨alv att ta reda p˚a om du har r¨att att komplettera.

Tentamen kommer att vara r¨attad inom tre arbetsveckor fr˚an skrivningstillf¨allet och kommer att finnas tillg¨anglig p˚a studentexpeditionen minst sju veckor efter skrivningstillf¨allet.

Uppgift 1

I en kurs p˚a KTH g˚ar 212 elever, varav 101 ¨ar killar. Fyrtio av killarna ¨ar aktiva i studentf¨oreningar och fyrtionio av tjejerna. Ministern som bes¨oker KTH samma dag ¨onskar veta om studenterna ¨ar aktiva i studentf¨oreningar precis som p˚a den gamla goda tiden d˚a ministern sj¨alv l¨aste i Uppsala.

Rektorn v¨aljer slumpm¨assigt ut en elev ur klassen.

a) Vad ¨ar sannolikheten att eleven ¨ar aktiv i en eller flera studentf¨oreningar? (5 p) b) Om vi antar att eleven ¨ar aktiv i en eller flera studentf¨oreningar vad ¨ar sannolikheten att det

¨ar en kille? (5 p)

Uppgift 2

Ett hus skall uppf¨oras. Man kan dela upp uppf¨orandet i tre moment.

A Projektering (tr¨adr¨ojning, spr¨angning, bortschaktning etc.) B Gjutning av grunden, r¨ordragning f¨or el, vatten och avlopp etc.

C Byggande och inredande av sj¨alva huset.

Vi antar att ett moment m˚aste slutf¨oras innan n¨asta kan s¨attas ig˚ang och att man kan s¨atta ig˚ang med n¨asta moment omedelbart efter det att f¨oreg˚aende moment ¨ar avslutat. Vidare antar vi att tiderna (i enheten dagar) det tar f¨or varje moment ¨ar avslutat och N (150, 15) , N (130, 10) respektive N (270, 25).

Man startar 1 januari 2019 och vill utlova att huset skall vara f¨ardigt f¨or inflyttning ett visst datum. Hur m˚anga dagar ska det ta enligt modellen innan ¨ar huset klart med 95% sannolikhet?

Best¨am det minsta antalet dagar som uppfyller detta. (10 p)

forts tentamen i SF1920 och SF1921 2018-06-08 2

Uppgift 3

L˚at X vara antalet ensamma som checkar in p˚a ett stort hotell under tiden t och l˚at Y vara antalet par som checkar in p˚a samma hotell under tiden t. Tiden anges i minuter.

L˚at X ∈ P o (λ₁t) och Y ∈ P o (λ₂t) d¨ar λ₁ = 2 och λ₂ = 1. X och Y antas vara oberoende.

a) Ber¨akna sannolikheten att det under ett tidsintervall av l¨angd 1 minut anl¨ander precis fyra

personer. (5 p)

b) Ber¨akna med v¨almotiverad approximation sannolikheten att minst 250 personer anl¨ander under

en timme. (5 p)

Uppgift 4

Ett nytt l¨akemedel visade sig ge lindring f¨or 111 av de 300 personer (behandlingsgruppen) som deltog i ett f¨ors¨ok. I syfte att kunna j¨amf¨ora fick ¨aven 150 personer (kontrollgruppen) sockerpiller (som de trodde var det nya l¨akemedlet) och i den gruppen var det 39 personer som upplevde lindring.

Ber¨akna ett 95%-igt konfidensintervall f¨or skillnaden mellan andelarna i behandlingsgruppen re- spektive kontrollgruppen som upplever en lindring.

Kan vi p˚ast˚a att det finns en signifikant skillnad mellan de b¨agge grupperna. Anv¨and 5% signifi- kansniv˚a. Ange tydligt vilka de uppst¨allda hypoteserna ¨ar och vad slutsatsen ¨ar. (10 p)

Uppgift 5

Vid f¨ors¨ok att odla blommor av en viss typ erh¨olls 120 magentaf¨argade med gr¨ona stift(stigma), 48 magentaf¨argade med r¨oda stift, 36 r¨oda blommor med gr¨ona stift och 13 r¨oda blommor med r¨oda stift. Enligt botanisk teori b¨or blommor av dessa typer upptr¨ada i f¨orh˚allandet 9:3:3:1.

Ar detta experimentella resultat f¨¨ orenligt med den botaniska teorin? Genomf¨or ett l¨ampligt test som pr¨ovar p˚ast˚aendet. Anv¨and 5% signifikansniv˚a. (10 p)

Uppgift 6

L˚at x₁ = 0.92, x₂ = 0.79, x₃ = 0.47, x₄ = 0.90 och x₅ = 0.86 vara utfall av oberoende stokastiska variabler X₁, X₂, X₃, X₄, X₅, respektive, som har den gemensamma t¨athetsfunktionen f_X(x) given av

f_X(x) =

((θ + 1)x^θ, 0 ≤ x ≤ 1,

0, annars,

d¨ar parametern θ ¨ar > −1. H¨arled maximum-likelihood-skattningen av parametern θ p˚a basis av

dessa data. (10 p)

Lycka till!

TISTIK.

FREDAGEN DEN 8:E JUNI 2018 KL 14.00–19.00 Uppgift 1

Definiera h¨andelserna A ={studenten ¨ar aktiv i en eller flera studentf¨oreningar}, K ={kille} och T ={tjej}.

a) Vi anv¨ander lagen om total sannolikhet;

P (A) = P (K) P (A | K) + P (T ) P (A | T )

= 101 212 · 40

101 +111 212 · 49

111

= 89 212

= 0.42

b) F¨or den andra fr˚agan kan vi anv¨anda Bayes sats.

P (K | A) = P (K) P (A | K)

P (K) P (A | K) + P (T ) P (A | T )

=

101 212 ·₁₀₁⁴⁰

89 212

= 40 89

= 0.45

forts tentamen i SF1920 och SF1921 2018-06-08 2

Uppgift 2

L˚at X vara en stokastisk variabel som beskriver antalet dagar till inflyttning. D˚a har vi E (X) = 150 + 130 + 270 = 550, V (X) = 15² + 10²+ 25² = 950, D (X) =√

950.

Eftersom X ¨ar en linj¨arkombination av tre oberoende normalf¨ordelade stokastiska variabler s˚a ¨ar

¨aven X normalf¨ordelad, d v s X ∈ N 550,√ 950
.

F¨or att besvara fr˚agan s¨oker vi det x som uppfyller P (X ≤ x) = 0.95. Vi standardiserar P  X − 550

√950 ≤ x − 550

√950



= 0.95 Allts˚a m˚aste x uppfylla

x − 550

√950 = λ_0.05= 1.6449 ⇔ x = 550 +√

950 · 1.6449 ⇔ x = 600.699223

Allts˚a ¨ar x = 601. Det minsta antalet dagar som huset ska kunna uppf¨oras p˚a enligt modellen ¨ar 601 dagar.

a) Fyra personer kan anl¨anda enligt tre olika m¨ojligheter: 4 ensamma personer men inget par, 2 ensamma personer och ett par samt 0 ensamma personer och 2 par. L˚at X vara antalet ensamma anl¨anda personer Y vara antalet par. Vi f˚ar d˚a att

P ({X = 4, Y = 0} ∪ {X = 2, Y = 1} ∪ {X = 0, Y = 2})

= P (X = 4, Y = 0) + P (X = 2, Y = 1) + P (X = 0, Y = 2)

= P (X = 4)P (Y = 0) + P (X = 2)P (Y = 1) + P (X = 0)P (Y = 2)

= e⁻²2⁴ 4!e⁻¹1⁰

0! + e⁻²2¹ 1!e⁻¹1¹

1! + e⁻²2⁰ 0!e⁻¹1²

2! = 19

6 e⁻³ ≈ 0.158

b) L˚at nu X vara antalet ensamma personer som kommer under en timme och Y antalet par. Totala antalet personer som kommer under timme ¨ar d˚a X + 2Y . B˚ade X och Y ¨ar Poissonf¨ordelade, X ∈Po(60 · 2) och Y ∈Po(60 · 1). Eftersom v¨antev¨ardena ¨ar st¨orre ¨an 15 ¨ar X ≈N(120,√

120) och Y ≈N(60,√

60) och s˚aledes X + 2Y ≈N(120 + 2 · 60,√

120 + 2²· 60)= N(240,√

360). h¨arav f˚ar vi P (X + 2Y ≥ 250) ≈ 1 − Φ(250 − 240

√360 ) = 1 − Φ(0.527)≈ 0.30

forts tentamen i SF1920 och SF1921 2018-06-08 4

Uppgift 4

Vi uppfattar situationen som att vi har gjort binomialf¨ors¨ok i respektive grupp. x₁ ¨ar en observa- tion p˚a X1 ∈ Bin (n1, p1) och x2 ¨ar en observation p˚a X2 ∈ Bin (n2, p2). Den sanna andelen i varje grupp ¨ar p_i. Fr˚an texten har vi att n₁ = 300 och x₁ = 111, samt n₂ = 150 och x₂ = 39. Vi ska g¨ora konfidensintervall f¨or p₁− p₂. Vi punktskattar p₁ med

(p1)^∗_obs = x₁

n₁ = 111

300 = 0.37 P˚a samma vis punktskattar vi p₂ med

(p₂)^∗_obs = x₂

n₂ = 39

150 = 0.26

Allts˚a blir punktskattningen av skillnaden p₁− p₂ lika med (p₁)^∗_obs − (p₂)^∗_obs = 0.11 Vi b¨or beakta att v˚art konfidensintervall har en approximativ konfidensgrad. Eftersom

n₁(p₁)^∗_obs(1 − (p₁)^∗_obs) = 300 · 111 300



1 − 111 300



= 106.93 > 10 och

n₂(p₂)^∗_obs(1 − (p₂)^∗_obs) = 150 · 39 150



1 − 39 150



= 28.86 > 10 Ett approximativt 95%-igt konfidensintervall f¨or p₁− p₂ f˚ar vi genom

(p₁)^∗_obs− (p₂)^∗_obs ± 1.96 d d¨ar

d = s

(p1)^∗_obs(1 − (p1)^∗_obs)

n₁ +(p2)^∗_obs(1 − (p2)^∗_obs) n₂

= s

111

300 1 − ¹¹¹₃₀₀

300 +

39

150 1 −₁₅₀³⁹
150

= 0.04538355

Konfidensintervallet erh˚aller vi utav 0.11 ± 1.96 × 0.04538355 eller 0.11 ± 0.09 eller med gr¨anserna utskrivna (0.02, 0.20). Konfidensintervallet f¨or p1 − p2 inneh˚aller inte talet noll, s˚a vi kan p˚a 5%

signifikansniv˚a f¨orkasta nollhypotesen om ingen skillnad mellan behandlingsgruppen och kontroll- gruppen.

Vi har n = 217 observationer p˚a multinomialf¨ordelningen med fyra celler.

Hypoteser:

H₀ : P (A₁) = 9

16, P (A₂) = 3

16, P (A₃) = 3

16, P (A₄) = 1 16. H₁ : H₀ ej sann.

Signifikansniv˚a: α = 0.05.

Testvariabel: Testvariabeln

Q_obs =

r

X

j=1

(xj− npj)² np_j

¨

ar approximativt χ²-f¨ordelad med (r − 1) frihetsgrader. Eftersom r = 4 har vi (r − 1) = 3 frihetsgrader. I formelsamlingen hittar vi χ²_0.05(3) = 7.81.

Beslutsregel: H0 f¨orkastas om Q > 7.81.

Resultat: χ²-metoden kan anv¨andas, ty f¨or np₄ = 217 × ₁₆¹ = 13.5627 > 5 och alla ¨ovriga np_j

¨ar st¨orre. Ett s¨att att utv¨ardera nollhypotesen ¨ar att g¨ora en tabell ¨over de f¨orv¨antade frekvenserna och de observerade i varje cell:

Magenta/Gr¨on Magenta/R¨od R¨od/Gr¨on R¨od/R¨od np_j 217₁₆⁹ = 122.1 217₁₆³ = 40.7 217₁₆³ = 40.7 217₁₆¹ = 13.6

x_i 120 48 36 13

Vi ser att de magentaf¨argade med r¨oda stift var fler ¨an f¨orv¨antat, s˚a att vi har en avvikelse i den cellen. I ¨ovriga celler ¨ar avvikelserna mycket sm˚a.

Testvariabeln blir Q =

r

X

j=1

(x_j− np_j)² np_j

= (120 − 122.1)²

122.1 +(48 − 40.7)²

40.7 +

+ (36 − 40.7)²

40.7 + (13 − 13.6)²

13.6 +

= 0.03611794 + 1.309337 + 0.5427518 + 0.02647059

= 1.914677 < 7.81

Slutsats: H0f¨orkastas ej p˚a 5% signifikansniv˚a. Det ¨ar m¨ojligt att den botaniska teorin ¨ar korrekt.

V˚art experiment har inte lyckats motbevisa teorin.

Uppgift 6 Likelihoodfunktionen f¨or θ med data x₁, x₂, x₃, x₄, x₅ ¨ar

L (θ) = f_X(x₁) · f_X(x₂) · f_X(x₃) · f_X(x₄) · f_X(x₅),

forts tentamen i SF1920 och SF1921 2018-06-08 6

vilket ger

L(θ) = (θ + 1)⁵· (x₁· x₂· x₃· x₄· x₅)^θ. Tar man den naturliga logaritmen av detta f˚ar man

ln L (θ) = 5 ln (θ + 1) + θ

5

X

i=1

ln x_i.

Logaritmen ¨ar en monotont v¨axande funktion, varf¨or vi s¨oker maximum f¨or L (θ) genom att best¨amma nollst¨allet f¨or f¨orsta derivatan av ln L (θ). Derivering ger

d

dθln L (θ) = 5 θ + 1 +

5

X

i=1

ln x_i.

S˚aledes ¨ar _dθ^d ln L (θ) = 0 f¨or

θ^∗ = 5

P5

i=1ln(1/x_i)− 1.

Ins¨attning av de gjorda observationerna ger θ^∗ = 2.7585.

SVAR: Maximum likelihoodskattningen ¨ar θ^∗ = 2.7585.