Gr¨ansen f¨or godk¨ant ¨ar prelimin¨art 24 po¨ang

TISDAGEN DEN 13:E MARS 2018 KL 08.00–13.00.

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

En symmetrisk t¨arning kastas en g˚ang. L˚at X beteckna resultatet av t¨arningskastet.

Om X = i, i = 1, 2, . . . , 6, s˚a kastas ett symmetriskt mynt i g˚anger.

Ber¨akna den betingade sannolikheten att X antar ett udda resultat, givet att ˚atminstone en krona

upptr¨adde under kasten med myntet. (10 p)

Uppgift 2

Br¨unhilde kan kontakta sin bank med hj¨alp av sin mobil. Hon har en id´e om hur hon kan spara pengar. Varje dag sent p˚a kv¨allen g˚ar hon in p˚a sitt konto och ¨overf¨or det belopp som tiotalssiffran och entalssiffran utg¨or till ett sparkonto. Hon s¨atter de tv˚a talen l¨angst till h¨oger till noll, s k avhuggning. Om det t.ex. finns 21489:- p˚a kontot en kv¨all s˚a ¨overf¨ors 89:-, kvar blir 21400:-.

Antag att en m˚anad best˚ar av trettio dagar. Antag ¨aven att beloppet som f¨ors in p˚a sparkontot varje kv¨all ¨ar diskret likformigt f¨ordelat ¨over {0, 1, 2, . . . , 99}. Det betyder att varje avhugget belopp mellan noll kronor t.o.m. 99 kronor har lika stor sannolikhet att bli ¨overf¨ort till sparkontot.

L˚at W beteckna det belopp som en m˚anads sparande kan ge upphov till.

a) Ber¨akna E (W ). (2 p)

b) Ber¨akna V (W ). Ledning Pn

k=1k² = ¹₆ (2n³+ 3n²+ n). (3 p)

c) En biljett till en v¨alg¨orenhetsbal kostar 1645:-. Vad ¨ar den approximativa sannolikheten att den undansatta summan r¨acker till att betala biljetten till v¨alg¨orenhetsbalen? (5 p)

forts tentamen i i SF1920 och SF1921 2018-03-13 2

Uppgift 3

Tio studenter deltog i ett f¨ors¨ok f¨or att avg¨ora om en h¨ogskolekurs fungerade p˚a r¨att s¨att. Studen- terna gjorde ett test innan kursen startade och resultatet p˚a det registrerades. Dessutom gjorde de ett test ¨aven efter genomg˚angen kurs. Resultaten var f¨oljande:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Test innan kursen 77 56 64 60 57 53 72 62 65 66 Test efter kursen 88 74 83 68 58 50 67 64 74 60

Ange en l¨amplig statistik modell baserad p˚a normalf¨ordelningen som beskriver data och unders¨ok med hj¨alp av denna om det finns n˚agon systematisk f¨orb¨attring i studenternas resultat efter ge- nomg˚angen kurs. Anv¨and 5% signifikansniv˚a. Ange tydligt de uppst¨allda hypoteserna och motivera

tydligt vilken slutsats du drar. (10 p)

Uppgift 4

Tre grupper av sjuksk¨oterskor unders¨oktes ang˚aende deras s¨att att f¨ordela sin arbetstid ¨over tre kategorier av arbetsuppgifter. Sjuksk¨oterskorna observerades vid slumpm¨assiga tillf¨allen vilket gav upphov till f¨oljande observationer

1 2 3

Grupp 1 131 92 77 Grupp 2 79 61 60 Grupp 3 205 169 126

Unders¨ok om de tre grupperna f¨ordelar sin arbetstid p˚a samma s¨att ¨over arbetsdagen mellan de tre kategorierna av arbetsuppgifter. Anv¨and 5% signifikansniv˚a. Ange tydligt de uppst¨allda hypoteserna och motivera tydligt vilken slutsats du drar. (10 p)

Antag att antalet stormdagar under en decemberm˚anad beskrivs av en Poissonf¨ordelad stokastisk variabel med v¨antev¨arde µ och att antalet stormdagar olika ˚ar beskrivs av oberoende stokastiska variabler.

a) Antag att µ = 2. Best¨am (approximativt) sannolikheten att skillnaden i medelantalet storm- dagar i december under tv˚a olika (ej ¨overlappande) 10-˚arsperioder ¨overstiger 2 dagar. (5 p) b) Antag att man under en tio-˚arsperiod noterar f¨oljande antal stormdagar i december:

2 0 1 2 0 2 4 3 2 1

Tag fram ett (approximativt) 95% konfidensintervall f¨or µ och testa hypotesen µ = 2 mot µ 6= 2

p˚a niv˚a approximativt 5%. (5 p)

Uppgift 6

Antag att vi har ett stickprov x₁, x₂, . . . , x_n d¨ar varje X_i ¨ar kontinuerligt likformigt f¨ordelad ¨over intervallet mellan 0 och den ok¨anda parametern θ. Vi brukar beteckna detta som att X_i ∈ U (0, θ).

a) Tag fram Minsta-kvadratskattningen θ^∗_MK,obs av θ. (2 p) b) Visa att Minsta-kvadratskattningen θ_MK,obs^∗ ¨ar v¨antev¨ardesriktig. (2 p)

c) En annan skattning av θ ¨ar den korrigerade Maximum-likelihoodskattningen

θ^∗ML korr,obs = ⁿ⁺¹_n max x_i. Visa att θML korr,obs^∗ ¨ar v¨antev¨ardesriktig. (3 p) d) Vilken av de tv˚a skattningarna θ_MK,obs^∗ och θML korr,obs^∗ av θ ¨ar effektivast? (3 p)

Lycka till!

Avd. Matematisk statistik

L ¨OSNINGSF ¨ORSLAG TENTAMEN I SF1920 och SF1921 SANNOLIKHETSTEORI OCH STA- TISTIK.

TISDAGEN DEN 13 mars 2018 KL 08.00–13.00 Uppgift 1

L˚at A = {˚atminstone en krona} och B = {X antar ett udda v¨arde}. D˚a kan fr˚agan formuleras som P (B | A). Men

P (B | A) = P (A ∩ B) P (A) . Nu ¨ar

P (A ∩ B) = X

i=1,3,5

P (X = i och vi erh¨oll ˚atminstone en krona med myntet)

= 1 6

1 2+ 1

6 7 8 +1

6 31 32

= 25 64

Om X = i s˚a ¨ar sannolikheten att erh˚alla ˚atminstone en krona under i kast 1 − ¹₂
i

(se f¨oljdsats 2.11.1 p˚a sidan 34 i Blom).

P˚a ungef¨ar samma s¨att

P (A) =

6

X

i=1

P (X = i och vi erh¨oll ˚atminstone en krona med myntet)

=

6

X

i=1

1

6 1 − 1 2

i!

= 1 6

1 2 +1

6 3 4 +1

6 7 8+ 1

6 15 16+ 1

6 31 32 +1

6 63 64

= 107 128

P (B | A) = P (A ∩ B) P (A) =

25 64 107 128

= 50

107 = 0.47

a) Om vi definierar den stokastiska variabeln X_i som beloppet som sparades dagen i under en m˚anad, s˚a kan vi skriva W som en summa av dessa Xi, d v s W =P30

i=1Xi. Vi har att E (W ) = P30

i=1E (X_i) Vi b¨orjar med att ber¨akna v¨antev¨ardet f¨or X_i, allts˚a det f¨orv¨antade beloppet som sparas under en dag. Enligt texten ¨ar X_i likformigt f¨ordelat ¨over {0, 1, 2, . . . , 99}. Det betyder att

E (X_i) =

99

X

k=0

kP (X_i = k)

=

99

X

k=0

k 100

= 1

100

99

X

k=0

k

= 1

100

99

X

k=1

k

= 1

100

 99 · 100 2



= 1

100 · 4950

= 49.5

Vi anv¨ande formeln f¨or en aritmetisk summa ovan i l¨osningen. D¨armed har vi

E (W ) =

30

X

i=1

E (X_i) = 30 · 49.5 = 1485

forts tentamen i i SF1920 och SF1921 2018-03-13 3

b) Vi ber¨aknar variansen f¨or X_i genom ber¨akningsformeln:

V (X_i) = E X_i²
− (E (X_i))²

E X_i²

=

99

X

k=0

k²P (X_i = k)

=

99

X

k=0

k² 100

= 1

100

99

X

k=0

k²

= 1

100

99

X

k=1

k²

= 1

100

 1

6 2 · 99³+ 3 · 99²+ 99



= 1

100 · 328350

= 3283.5

Vi anv¨ande ledtr˚aden, allts˚a formeln f¨or en kvadratsumma, ovan i l¨osningen.

V (Xi) = E X_i²
− (E (Xi))²

= 3283.5 − (49.5)²

= 833.25

Det ¨ar rimligt att uppfatta de sparade beloppen som oberoende, s˚a d¨arf¨or har vi

V (W ) =

30

X

i=1

V (X_i) = 30 · 833.25 = 24997.5

c) Eftersom n = 30 s˚a b¨or vi kunna till¨ampa centrala gr¨ansv¨ardessatsen p˚a W f¨or att ber¨akna den approximativa sannolikheten att det sparade beloppet ¨overstiger 1645:-.

P (W > 1645) = 1 − P (W ≤ 1645)

= 1 − P W − 1485

√24997.5 ≤ 1645 − 1485

√24997.5



= 1 − P (Z ≤ 1.01)

= 1 − Φ (1.01)

= 1 − 0.8438

= 0.1562

Uppgiften handlar om j¨amf¨orelse av v¨antev¨arden med stickprov i par.

Hypoteserna b¨or formuleras som H0 : ∆ = 0 mot H1 : ∆ > 0. De som genomf¨or studien tror ju p˚a att kursen fungerar som den ska, d v s i medeltal s˚a l¨ar sig studenterna n˚agot.

Vi bildar differenser z_i = y_i− x_i. Vi betraktar z_i, i = 1, . . . , 12, som utfall av oberoende N(∆, σ)- f¨ordelade stokastiska variabler. ∆ skattas med z = 5.4 (se nedan) som ¨ar ett utfall av en N(∆, σ/√

n)- f¨ordelad stokastisk variabel Z.

Testvariabel ¨ar

u = Z − ∆ S/√

n

som ¨ar t-f¨ordelad med (n − 1) frihetsgrader, om H0 ¨ar sann.

Antalet frihetsgrader ¨ar f = n − 1 = 9. Testet ¨ar ensidigt. D˚a signifikansniv˚an ¨ar α = 0.05, blir gr¨ansen f¨or det kritiska omr˚adet t_α(n − 1) = t_0.05(9) = 1.83. Allts˚a, f¨orkastar vi H₀ om u > 1.83.

Vi ber¨aknar z och s fr˚an data:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Test innan kursen (x_i) 77 56 64 60 57 53 72 62 65 66 Test efter kursen (y_i) 88 74 83 68 58 50 67 64 74 60

zi = yi− xi 11 18 19 8 1 -3 -5 2 9 -6

z_i² 121 324 361 64 1 9 25 4 81 36

Summan av differenserna blir Pn

i=1zi = 54. D˚a blir z = ¹_nPn

i=1zi = ₁₀¹ 54 = 5.4. Vidare blir Pn

i=1z_i² = 1026 och d¨armed har vi att s² = 1

n − 1





n

X

i=1

z_i²− 1 n

n

X

i=1

zi

!2

= 1 9



1026 − 1 10 54²



= 81.6

Allts˚a blir s = 9.0333.

D¨armed blir testvariabeln

u = z s/√

n = 5.4

9.0333/√

10 = 1.89 > 1.83 Slutsatsen ¨ar att H₀ f¨orkastas p˚a 5% signifikansniv˚a.

En alternativ l¨osning ¨ar att man p.g.a.H0 : ∆ = 0 och H1 : ∆ > 0 bildar ett ensidigt ned˚at begr¨ansat konfidensintervall

I_∆= (z − s_z

√n · t_α(n − 1), ∞) Vilket ger

I∆= (5.4 − 9.0333

√10 · 1.83, ∞) = (0.1724, ∞)

Slutsats: 0 /∈ I∆ ⇒ H0 f¨orkastas p˚a signifikansniv˚an 5% .

forts tentamen i i SF1920 och SF1921 2018-03-13 5

Uppgift 4

Nollhypotesen som vi ska testa med ett s k homogenitetstest ¨ar

H₀ : Sannolikheterna P (A₁) , P (A₂) , P (A₃) ¨ar lika f¨or varje grupp.

Mothypotesen ¨ar helt enkelt att de inte ¨ar lika.

Vi kompletterar tabellen

1 2 3 Antal f¨ors¨ok

Grupp 1 131 92 77 300

Grupp 2 79 61 60 200

Grupp 3 205 169 126 500

Summa 415 322 263 1000

p^∗_j 0.415 0.322 0.263

Ut tabellen kan vi l¨asa att x_·1 = 415, x_·2 = 322 och x_·3 = 263. Vi skattar den gemensamma sannolikheten f¨or kategori j med p^∗_j = x·j/n. Vidare har vi att n₁ = 300, n₂ = 200 och n₃ = 500.

D˚a kan vi ber¨akna de f¨orv¨antade frekvenserna p˚a plats ij med n_ip^∗_j. Tabellen nedan inneh˚aller de f¨orv¨antade frekvenserna f¨or alla kombinationer av i och j:

1 2 3

n₁p^∗₁ = 300 · 0.415 = 124.5 300 · 0.322 = 96.6 300 · 0.263 = 78.9 n₁ = 300 n₂p^∗₁ = 200 · 0.415 = 83 200 · 0.322 = 64.4 200 · 0.263 = 52.6 n₂ = 200 n₃p^∗₁ = 500 · 0.415 = 207.5 500 · 0.322 = 161 500 · 0.263 = 131.5 n₃ = 500

p^∗₁ =0.415 p^∗₂ =0.322 p^∗₃ =0.263

Testvariabeln kan skrivas om som en differens mellan tv˚a enklare summor. Vi anv¨ander detta nedan (men man m˚aste inte anv¨anda denna ber¨akningsformel).

Q_obs =

s

X

i=1 r

X

j=1

x_ij − n_ip^∗_j
2

n_ip^∗_j =

s

X

i=1 r

X

j=1

x²_ij n_ip^∗_j −

s

X

i=1

n_i

s

X

i=1 r

X

j=1

x²_ij

n_ip^∗_j = 131²

124.5 + 92²

96.6 + 77² 78.9 + 79²

83 + 61²

64.4 + 60² 52.6 + 205²

207.5 +169²

161 + 126² 131.5

= 1002.675 Eftersom n1+ n2+ n3 = 1000 har vi att

Q_obs =

s

X

i=1 r

X

j=1

xij − nip^∗_j
2

nip^∗_j = 1002.675 − 1000 = 2.675

Antalet frihetsgrader d˚a s = 3 och r = 3 ¨ar fyra, eftersom (s − 1) (r − 1) = 2 · 2 = 4. Fempro- centkvantilen i en χ²-f¨ordelning med fyra frihetsgrader ¨ar 9.49, s˚a vi kan inte f¨orkasta H₀. Som en allm¨an upplysning kan vi n¨amna att p-v¨ardet ¨ar 0.6136 (detta ¨ar inget som ni f¨orv¨antas r¨akna ut).

Det ¨ar m¨ojligt att sjuksk¨oterskorna f¨ordelar sin arbetstid p˚a samma s¨att f¨or de tre grupperna.

L˚at X₁, . . . , X_n beskriva antalet stormar under n = 10 ˚ar. D˚a ¨ar X₁, . . . , X_n oberoende Po(2)- f¨ordelade och P10

i=1X_i ¨ar Po(20) ≈ N(20,√

20)-f¨ordelad ty 20 ≥ 15. Allts˚a ¨ar X approximativt N(2,√

0.2). P˚a motsvarande s¨att ¨ar medelantalet stormar under en annan tidsperiod Y approxi- mativt N(2,√

0.2) oberoende av X.

a) Allts˚a ¨ar Y − X approximativt N(0,√

0.4) och P |Y − X| > 2

= P Y − X > 2
+ P Y − X < −2
≈

≈ (1 − Φ 2 − 0

√0.4



) + Φ −2 − 0

√0.4



= 1 − Φ (3.16) + Φ (−3.16) =

= 2(1 − Φ (3.16)) = 0.0015.

b) H¨ar ¨ar skattas µ med x = ¹_nPn

i x_i = 1.7. EftersomPn

i=1x_i¨ar ett utfall av den Po(nµ)-f¨ordelade stokastiska variabeln Pn

i=1Xi d¨ar nµ skattas med 17 ≥ 15 s˚a approximeras f¨ordelningen f¨or X av N(µ,pµ/n).

Ett konfidensintervall f¨or µ med konfidensgrad approximativt 1 − α = 95% ges av I_µ= x ± λ_α/2

rx

n = 1.7 ± 1.96 r1.7

10 = 1.7 ± 0.8 = (0.9, 2.5).

Eftersom 2 ∈ Iµ kan hypotesen µ = 2 ej f¨orkastas.

Uppgift 6

a) D˚a X_i ∈ U (0, θ) har vi att µ_i(θ) = E (X_i) = ^θ₂. D¨armed blir

Q (θ) =

n

X

i=1

[x_i− µ_i(θ)]² =

n

X

i=1

 x_i− θ

2

2

Tag derivatan m a p θ och s¨att den lika med noll Q (θ)

dθ = 2



−1 2

 ⁿ X

i=1

 xi−θ

2



= 0 Om vi l¨oser ut θ har vi

n

X

i=1

x_i = nθ

2 ⇔ θ^∗_MK,obs = 2 x.

b) E θ_MK,obs^∗
= E 2 X
= 2 E X
= 2 E (X_i) = 2 ^θ₂ = θ c) E θML korr,obs^∗
= E ⁿ⁺¹_n max X_i
= ⁿ⁺¹_n E (max X_i)

L˚at Y = max (X₁, X₂, . . . , X_n), s˚a vi ska finna E (Y ). F¨or att ber¨akna detta v¨antev¨arde b¨orjar vi med att finna f¨ordelningsfunktionen f¨or Y

F_Y (y) = P (Y ≤ y)

= P (max (X₁, X₂, . . . , X_n) ≤ y)

= P (X₁ ≤ y) P (X₂ ≤ y) · · · P (X_n≤ y)

= y θ

n

forts tentamen i i SF1920 och SF1921 2018-03-13 7

Om vi tar derivatan erh˚aller vi t¨athetsfunktionen dF_Y (y)

dy = d dy

y θ

n

= ny θ

n−1 1 θ = 1

θⁿnyⁿ⁻¹.

E (Y ) = Z θ

0

y 1

θⁿnyⁿ⁻¹dy

= n

θⁿ Z θ

0

yⁿdy

= n

θⁿ

 yⁿ⁺¹ n + 1

θ 0

= n

θⁿ θⁿ⁺¹ n + 1

= n

n + 1θ

D˚a kan vi ˚aterv¨anda till v¨antev¨ardet

E θ^∗ML korr,obs
= n + 1

n E (max X_i) = n + 1 n

n

n + 1θ = θ d) Vi m˚aste ber¨akna varianserna f¨or de b¨agge skattningarna och j¨amf¨ora dem.

D˚a θ^∗_MK,obs = 2X har vi variansen som V θ^∗_MK,obs
= V 2 X
= 4 V X
= 4 ^θ212_n = _3n^θ2. Vi vet att v¨antev¨ardet av θ^∗ML korr,obs ¨ar θ. Variansen

V θ^∗ML korr,obs

= Eh

θML korr,obs^∗

2i

−E θML korr,obs^∗

2

= E

"

 n + 1

n max X_i

2#

− θ²

=  n + 1 n

2

Emax X_i² − θ²

Vi m˚aste ber¨akna E [max X_i²] eller E [Y²].

EY²

= Z θ

0

y² 1

θⁿnyⁿ⁻¹dy

= n

θⁿ Z θ

0

yⁿ⁺¹dy

= n

θⁿ

 yⁿ⁺² n + 2

θ 0

= n

θⁿ θⁿ⁺² n + 2

= n

n + 2θ²

n Emax X_i − θ =

n n + 2θ − θ

=  n + 1 n

2

n n + 2− 1

! θ²

= (n + 1)² n (n + 2) − 1

! θ²

= (n + 1)²− n (n + 2) n (n + 2)

! θ²

=  n²+ 2n + 1 − n²− 2n n (n + 2)

 θ²

=

 1

n (n + 2)

 θ²

Vi har allts˚a att

V θ^∗ML korr,obs
= θ² n (n + 2), samt att

V θ_MK,obs^∗
= θ² 3n.

F¨or n = 1 ¨ar varianserna lika. F¨or n ≥ 2 har vi str¨ang olikhet. Multiplicera med n p˚a b¨agge sidor, vilket ger n² ≥ 2n. Slutligen l¨agger vi till 2n p˚a b¨agge sidor

n²+ 2n ≥ 4n > 3n ⇔ 1

n (n + 2) < 1

3n ⇔ V θ^∗ML korr,obs
< V θ^∗_MK,obs
Allts˚a ¨ar punktskattningen θML korr,obs^∗ effektivare ¨an punktskattningen θ_MK,obs^∗ .