Avd. Matematisk statistik
KONTROLLSKRIVNING I
SF1917/SF1918/SF1919 SANNOLIKHETSTEORI OCH STATISTIK, ONSDAG 21 NOVEMBER 2018 KL 08.00–10.00.
Till˚atna hj¨alpmedel: minir¨aknare
Svara med minst tre v¨ardesiffrors noggrannhet p˚a den bifogade svarsblanketten!
F¨or godk¨ant kr¨avs att minst 3 av 5 uppgifter ¨ar korrekt besvarade.
Uppgift 1 Den stokastiska variabeln X har t¨athetsfunktionen
fX(x) =
9
4x3, om 1 < x < 3 0, annars
Best¨am P (X < 2).
Uppgift 2
Ett j¨aktat par ¨ar p˚a v¨ag till Luciagl¨ogg och tycker att en hyacint ¨ar en l¨amplig liten present till v¨ardparet s˚a h¨ar innan jul. I blomsteraff¨aren de springer in i finns tre sorters hyacintl¨okar: 32 som ger vita hyacinter, 28 som ger rosa hyacinter, och 20 som ger bl˚aa hyacinter. Det ¨ar sv˚art att snabbt skilja p˚a vilken hyacintl¨ok som ger vilken f¨arg p˚a hyacinten, s˚a v˚art j¨aktade par tar en l¨ok helt p˚a m˚af˚a och k¨oper den. Vad ¨ar sannolikheten att hyacinten h˚aller sig fr¨asch ¨over julen om sannolikheten f¨or vita hyacinter att h˚alla sig fr¨ascha ¨over julen ¨ar 40%, sannolikheten f¨or rosa hyacinter att h˚alla sig fr¨ascha ¨over julen ¨ar 50%, och sannolikheten f¨or bl˚aa hyacinter att h˚alla sig fr¨ascha ¨over julen ¨ar 60%?
Uppgift 3
De stokastiska variablerna X, Y och Z ¨ar oberoende och har standardavvikelserna D(X) = 11 och D(Y ) = 13, samt D(Z) = 17. Ber¨akna standardavvikelsen av 3X − 2Y + 5Z − 17.
Var god v¨and!
forts tentamen i KS SF1917/SF1918/SF1919 2018–11–21 2
Uppgift 4
Antag att en diskret stokastisk variabel X har f¨oljande sannolikhetsfunktion PX(0) = 27
64, PX(1) = 27
64, PX(2) = 9
64, pX(3) = 1 64. Ber¨akna variansen f¨or X.
Uppgift 5
I ett system ¨ar tv˚a komponenter kopplade enligt figuren. Systemet fungerar om n˚agon av komponenterna 1 och 2 fungerar (det kan passera str¨om fr˚an A till B).
A B
Komp 2 Komp 1
Antag att livl¨angderna T1 och T2 f¨or komponent 1, repektive 2 ¨ar oberoende stokastiska vari- abler b¨agge med f¨ordelningsfunktionen F (t) = 1 − e−t/3 f¨or t ≥ 0. Ber¨akna sannolikheten att systemet fungerar vid tidpunkt 1, dvs att livsl¨angden f¨or systemet ¨ar minst 1.
Lycka till!
forts tentamen i KS SF1917/SF1918/SF1919 2018–11–21 3
L¨osningsf¨orslag
Uppgift 1
P (X < 2) = Z 2
1
9 4x3dx
= 9 4
Z 2
1
1 x3dx
= 9 4
− 1 2x2
x=2 x=1
= 9 4
− 1 2 4 −
−1 2
= 9 4
−1 8 +1
2
= 9 4· 3
8
= 27
32 = 0.84375
Uppgift 2
H¨ar har vi lagen om total sannolikhet.L˚at V,R,B, beteckna h¨andelserna att den slumpvis valda hyacintl¨oken ger en vit, rosa, respektive bl˚a hyacint. L˚at F beteckna h¨andelsen att hyacinten h˚aller sig fr¨asch ¨over julen.
P(F ) = P (F | V )P (V ) + P (F | R)P (R) + P (F | B)P (B) =
= 0.4 · 0.4 + 0.5 · 0.35 + 0.6 · 0.25 = 0.485
Uppgift 3
Var (3X − 2Y + 5Z − 17) = Var (3X − 2Y + 5Z)
= 32· Var (X) + (−2)2· Var (Y ) + 52Var (Z)
= 9 · Var (X) + 4 · Var (Y ) + 25 · Var (Z)
= 9 · 112+ 4 · 132+ 25 · 172
= 8990 D¨armed blir
D (3X − 2Y + 5Z − 17) = pVar (3X − 2Y + 5Z − 17) =√
8990 = 94.81561
forts tentamen i KS SF1917/SF1918/SF1919 2018–11–21 4
Uppgift 4 Vi har att
E[X] =X
k
kpx(k) = 0 ·27
64 + 1 · 27
64+ 2 · 9
64+ 3 · 1 64 = 48
64 = 3
4 = 0.75 samt att
E[X2] =X
k
k2px(k) = 02· 27
64+ 12· 27
64 + 22· 9
64+ 32· 1 64 = 72
64 = 9
8 = 1.125 varf¨or
V(X) = E[X2] − (E[X])2 = 9 8 − 3
4
2
= 9
16 = 0.5625.
Svar: 0.5625
Uppgift 5
Vi har att livsl¨angden f¨or systemet T = max{T1, T2}. d¨arf¨or g¨aller att P(T ≥ 1) = 1 − P (T < 1) = 1 − P (max{T1, T2} < 1)
= 1 − P (T1 <1, T2 <1) = {oberoende} = 1 − P (T1 <1)P (T2 <1)
= 1 − P (T1 ≤ 1)P (T2 ≤ 1) = 1 − (F (1))2 = 1 − (1 − e−1/3)2 = 0.9196.
H¨ar har vi anv¨ant att variablerna ¨ar kontinueliga f¨or att f˚a f¨orsta likheten p˚a tredje raden.
Svar: 0.9196
