Tillmpad Matematik III

vningar i Statistik

(Med reservation fr eventuella tryckfel.)

Kap2.1 Grundlggande sannolikhetsteori.

2.1 Drag utan terlgg gr att det nns104

= 210 (= m) mjliga och lika troliga utfall att vlja 4 st bland 10.

Tv olika kategorier: defekta (4 st) och korrekta (6st).a) A4 = 4 defekta i urvalet. Gynnsamma utfall fr A4 =

60

44

= 1 och

P (A4) =1210 enl klassiska def av sannolikhet.

Alt lsning. Frsta draget gr att gra p 4 stt av 10, andra draget p 3 stt av 9 osv ochP (A4) =

432110987 =

1210

b) B = frst 2 defekta sedan 2 korrekta.Frsta draget gr att gra p 4 stt av 10, andra draget p 3 stt av 9, tredje draget p 6 stt av 8, fjrde dragetp 5 stt av 7 ochP (B) = 436510987 =

114

c) A2 = exakt 2 defekta i urvalet. resonerar man som i a).

P (A2) =

4

2

! 6

2

! 10

4

! = 615210 = 372.2 Ocks drag utan terlgg, vilket leder till att det nns

155

= 3003 (= m) mjliga utfall att vlja 5 p mf

bland 15.Sedan nns det tv kategorier som vi ska vlja bland, defekta (5 st) och korrekta (10 st).a) A0 = ingen defekt lampa. Gynnsamma utfall fr A0 r g =

105

50

= 252 och

P (A0) =

10

5

! 5

0

! 15

5

! = 2523003

=12

143= 8:3916 102

b) A1 = exakt en defekt lampa. Gynnsamma utfall fr A1 r g =10

4

5

1

= 1050 och

P (A1) =

10

4

5

1

15

5

= 10503003

=50

143= 0:34965

c) A2 = exakt tv defekta lampor. P (A2) =

10

3

5

2

15

5

= 12003003

=400

1001= 0:3996

d) B = hgst tv defekta lampor. B innebr att man fr ingen defekt eller exakt en defekt eller exakt 2 de-fekta lampor dvsB = A0 [A1 [A2 ochP (B) = P (A0 [A1 [A2) = P (A0) + P (A1) + P (A2) = [ofrenliga hndelser]

=252

3003+1050

3003+1200

3003=834

1001= 0:83317

e) C = minst tre defekta lampor. Detta r komplementhndelsen till B; dvs C = Bc ochP (C) = P (Bc) = 1 P (B) = 1 8341001 = 1671001 = 0:16683

f) D = minst 2 defekta lampor. Dc = hgst en defekt lampa och Dc = A0 [A1 ochP (D) = 1 P (Dc) = 1 P (A0 [A1) = 1 [P (A0) + P (A1)] == 1 ( 2523003 + 10503003 ) = 81143 = 0:566432.5 Drag utan terlgg (igen) men med tre kategorier denna gng. Allvarligt fel (A) 3 st, mindre fel (M) 6 st och

1

felfria (F ) 11 st.

a) P (2 st M och 1 F) =

3

0

! 6

2

! 11

1

! 20

3

! = 1176b) I denna situation skiljer man inte p A och M utan nu nns det endast 2 kategorier, kassa(K) 9st och felfria (F )11 st.Lt Ai = exakt i kassa i urvalet)Hndelsen minst 2 kassa av 3r samma som exakt tv eller exakt tre kassa

P (minst 2 kassa av 3) = P (A2 [A3) =

9

2

! 11

1

! 20

3

! + 9

3

! 11

0

! 20

3

! = 3395 + 795 = 1119c) Samma som i a) igen.

P (en av varje) =

3

1

! 6

1

! 11

1

! 20

3

! = 3 6 11201918321

= 33190

d) Utnyttja b). Ty komplementet till hndelsen minst 2 kassa av 3r hgst 1 kass av 3ochP (hgst 1 kass av 3) = 1 P (minst 2 kassa av 3) = 1 1119 = 8192.6 A = acceptera partiet = hgst 1 defektA = A0 [ A1; dr A0 = ingen defekt och A1 = exakt en defekt. Vi vet att det nns 100 enheter totalt varav 6 rdefekta, vi ska vlja fem utan terlgg.

P (A) = P (A0 [A1) = P (A0) + P (A1) =

94

5

! 6

0

! 100

5

! + 94

4

! 6

1

! 100

5

! = 0:9722.8Denition: Ett utfallsrum r diskret om det r upprkningsbart(ndligt eller ondligt mnga utfall).I annat fall r det kontinuerligt. (ondligt mnga utfall)a) Utfallsrummet r diskret drfr att det kan nnas 0 eller 1 eller 2 eller,..., eller 200 defekta kretskort bland 200underskta.

= fi : i 2 N; i 200; gb) Detta r ett exempel p ett kontinuerligt utfallsrum drfr att resultatet av en mtning kan bli vilket positivtreellt tal som helst.

= R+

c) Diskret drfr det gr att rkna upp utfallsrummet, 1,2,3,4,5,6,...... dvs alla positiva heltal.

= Z+

d) Kontinuerligt drfr att tiden r kontinuerlig och man kan, tminstone i teorin, f vilket positivt reellt tal somhelst.

= R+

2.10 enligt denitionen av sannolikhet p s.44 r P (A [B) = P (A) + P (B) om A och B disjunkta.Detta ger 0:75 = 0:25 + P (B)) P (B) = 0:5

2.12 och 2.13 r ganska tydliga i facit. (Tycker jag..)

2.15 Utnyttja 2.12 och additionssatsen.a) P (tminstone ngot av felen) = P (A [B) = P (A) + P (B) P (A \B) = 0:25b) P (A men inte B) = P (A \Bc) = P (A) P (A \B) = 0:05; (A \B tar bortdet som nns i B)c) P (B men inte A) = P (Ac \B) = P (B) P (A \B) = 0:15; (A \B tar bortdet som nns i A)d) P (exakt ett av felen A och B) = P ([ A \Bc] [ [Ac \B]) = P (A \Bc) + P (Ac \B) = 0:20

2

Kap 2.2 Betingad sannolikhet.

2.18 Lt A = Fe-halt > 66.5% och B = SiO2-halt < 4%P (A) = 0:32; P (B) = 0:54 och P (A \B) = 0:23:Vi ska bestmma P (Fe-halt > 66.5%jSiO2-halt < 4%)PA j B) = P (A\B)P (B) = 0:230:54 = 0:425 932.19 Det nns 6 mjliga utfall i detta spel, 3 kort och 2 sidor, 3 2 = 6:De mjliga utfallen r

R1R21

R2R12

VR3

RV4

V1V25

V2V16

uppned

Vi ska berkna sannolikheten att det r det r rod nedmed informationen om att det r rod upp, dvs denbetingade sannolikheten P (rod ned j rod upp):Eftersom de enda mjliga utfallen med rod upp r utfallen 1, 2 och 4 s r

P (rod ned j rod upp) = 23d 2 av de utfall som r mjliga resulterar i rod ned ":

Slutsatsen mste bli att Pelle inte ska anta utmaningen d sannolikheten att vinna spelet bara r hlften s stor frhans del

2.20 Tabellen kan tolkas som ett mngddiagram.

A Ac

B A \B Ac \BBc A \Bc Ac \Bc

Funderar man lite s ser man att A = (A \Bc) [ (A \B); dvsP (A) = P ((A \Bc) [ (A \B)) = P (A \Bc) + P (A \B):Man fr sannolikheterna fr enskilda hndelser genom att summera rad- och kolonnvis. Tabellen fr fljande utseende:

BrnCl lg hg Plg 0.82 0.09 0.91hg 0.05 0.04 0.09P

0.87 0.13 1

Att notera r att hgra kolumnen, nedersta raden samt de 4 inre sannolikheterna i tabellen alla summerar sig till 1.Sannolikheterna ska tolkas s att tex 82% av alla prover har lg Cl-halt och lg Br-halt. Vidare lser vi i tabellenatt 91% av alla burkar har lg Br-halt och 13% av burkarna har hg Cl-halt vilket r svaren p a) och b).

c) P (hg Cl-halt givet hg Br-halt) = P (hg Cl-halt j hg Br-halt) = P (hg Cl-halt \ hg Br-halt)P (hg Br-halt)

=0:04

0:09=

0: 44444 (anv def av betingad sannolikhet)d) Lses pss som c).

2.23 Lsningen till denna uppgift blir en tillmpning av Bayes formel och totala sannolikhetslagenLt A = bult tillverkad i maskin A, B = bult tillverkad i maskin B, C = bult tillverkad i maskin C och D = defektbult.Om man vljer en bult ur produktionen p mf kan procentsatserna som nns i uppgiften tolkas somP (A) = 0:25; P (B) = 0:35 och P (C) = 0:45: (Notera att summan av sannolikheterna r 1.)P (D j A) = 0:05 (5% av tillverkningen frn A r kass), P (D j B) = 0:04 och P (D j C) = 0:02:Nu fr man reda p att en slumpvis vald bult r defekt.Frgan r: vad r sannolikheten att denna bult r till verkad i maskin i? Dvs vad r P (i j D) =?a) P (A j D) = P (A \D)

P (D)=P (A) P (D j A)

P (D)Nu mste vi bestmma hur stor del av produktionen som blir defekt, P (D): En defekt bult kan komma frn maskinA, B eller C. Om D intrar mste A; B eller C intra.D = (D \A) [ (D \B) [ (D \ C) och (A \D = D \A)P (D) = P (D \A) + P (D \B) + P (D \ C) =

3

P (A) P (D j A) + P (B) P (D j B) + P (C) P (D j C) =0:25 0:05 + 0:35 0:04 + 0:45 0:02 = 0:0 355P (A j D) = P (A) P (D j A)

P (D)=0:25 0:050:0355

= 0:35211 drygt 35% chans att den defekta bulten kommer frn A.

b) och c) r lses p samma stt.

2.24 Denna uppgift lses ocks mha Bayes formel och totala sannolikhetslagen.Fljande gller:P (A) = 0:5 P (D j A) = 0:95 dr D = driftstid >10hP (B) = 0:2 P (D j B) = 0:97P (C) = 0:3 P (D j C) = 0:98a) P (D) = P (D \A) + P (D \B) + P (D \ C) =P (A) P (D j A) + P (B) P (D j B) + P (C) P (D j C) = :::: = 0:96b) P (A j D) = P (D\A)P (D) = P (A)P (DjA)P (D) = 0:49

2.25 InfrAcc1 = Acceptera fr ytterligare provtagning ,Acc2 = Acceptera efter en andra provtagningAvv1 = Avvisa efter frsta provtagningen, Avv2 = Avvisa efter andra provtagningenAcc = Acceptera partiet efter bda provtagningarna, Avv = Avvisa partiet efter 1 eller 2 provtagningar.Dessutom r Acc = Avvc eller Accc = Avv.Sannolikheten att acceptera partiet fr en andra provtagning blir:

P (Acc1) =

45

5

50

5

= 0:5766 eftersom vi mste vlja de 5 bland de 45 korrekta fr att acceptera fr en andra prov-tagning.Sannolikheten att partiet accepteras efter en andra kontroll blir

P (Acc2 j Acc1) =

40

10

45

10

= 0:2657: Betingningen innebr att vi har plockat bort 5 korrekta (dragning utan terlgg)och mste vlja de 10 bland de 40 kvarvarande korrekta.Sannolikheten att acceptera partiet efter bda proven r dP (Acc) = P (Acc1) P (Acc2 j Acc1) = 0:5766 0:2657 = 0:1532Och komplementsannolikheten till denna r den som sksP (Avv) = 1 P (Avvc) = 1 P (Acc) = 1 0:1532 = 0:84672.26 Problemet kan illustreras i fljande trddiagram.

gur 1

Infr fljande beteckningar:1S = 1 snd, 1M = 1 mottagen, 0S = 0 snd och 0M = 0 mottagenSannolikheterna i uppgiften kan nu formuleras somP (1S) = 0:6; P (0S) = 0:4; P (1M j 1S) = 0:98; P (0M j 0S) = 0:99P (0M j 1S) = 0:02 och P (1M j 0S) = 0:01

4

a) P (1S j 1M ) = P (1S \ 1M )P (1M )

=P (1S)P (1M j 1S)

P (1S)P (1M j 1S) + P (0S)P (1M j 0S) =0:6 0:98

0:6 0:98 + 0:4 0:01 = 0:993b) P (fel tecken) = P (1S \ 0M ) + P (0S \ 1M ) = P (1S)P (0M j 1S) + P (0S)P (1M j 0S) = 0:016

Kap 2.3 Oberoende hndelser.

2.28Han har fel!Om A och B oberoende r P (A \B) = P (A)P (B) = 0:005 ochP (A [B) = P (A) + P (B) P (A \B) = 0:145:Personen har blandat ihop disjunkta hndelser med oberoende hndelser.Slutsats: disjunkta hndelser r beroende!

2.29Se ovan!2.31 Lt K = kondensatorfel, B = fel p bildrr. B och K oberoende.P (K) = 0:04 och P (B) = 0:02a) P (bda felen) = P (K \B) = P (K)P (B) = 0:04 0:02 = 0:008b) P (minst ett av felen) = P (K [B) = 1 P (inget av felen) = 1 P (Kc \Bc) =1 (1 0:04)(1 0:02) = 0:0592

2.32 A och B r oberoende hndelser samt P (A) = 0:7 och P (B) = 0:8:a) Att bda lyckas = A \B (A och B) och P (A \B) = P (A)P (B) = 0:56b) Minst en av dem lyckas = A [B (A eller B) ochP (A [B) = P (A) + P (B) P (A \B) = 0:7 + 0:8 0:56 = 0:94Alt lsningKomplementet till minst en av dem lyckasr ingen lyckas. Allts r (A [B)c = Ac \Bc:Eftersom A och B r oberoende hndelser medfr detta att Ac och Bc ocks r oberoende hndelser.P (A [B) = 1 P (A [B)c = 1 P (Ac \Bc) = 1 P (Ac)P (Bc) == 1 (1 P (A)(1 P (B)) = 1 0:3 0:2 = 0:94

2.34Lt A = komponent A trasig och B = komponent B trasig. A och B oberoende hndelser.P (A) = 0:2 och P (B) = 0:3:P (instrument funkar) = P (Ac \Bc) = P (Ac)P (Bc) = 0:8 0:7 = 0:56. Detta gerP (instrument funkar inte) = 1 0:56 = 0:44Infr Ii = i st instrument av 4 funkar inte, i = 0; 1; 2; 3; 4I uppgiften frgas efter P (minst 2 av 4 instrument funkar inte) = P (I2 [ I3 [ I4) =1 P (I0 [ I1): Med hjlp av sats 2D s60 fr vi fljandeP (Ii) =

4i

0:44i0:564i; i = 0; 1; 2; 3; 4

P (I0 [ I1) = P (I0) + P (I1) =40

0:4400:564 +

41

0:4410:563 = 0:407 och

P (minst 2 av 4 instrument funkar inte) = 1 P (I0 [ I1) = 1 0:407 = 0:593

2.35 Komponenterna fungerar oberoende av varandra och alla komponenter har funktionssannolikheten p:Nummerera komponenterna frn vnster och den versta frst.a) Seriesystem. Systemet fungerar endast om bda komponenterna fungerar.P (systemet fungerar) = P (K1 \K2) = P (K1)P (K2) = p2b) Parallellsystem. Systemet fungerar om minst en komponent fungerar.P (systemet fungerar) = P (K1 [K2) = P (K1) + P (K2) P (K1 \K2) = 2p p2c) Serie- och parallellsystem. Systemet fungerar om K1 fungerar och minst en av K2 och K3:P (systemet fungerar) = P (K1 \ (K2 [K3)) = P (K1)P (K2 [K3) = p(2p p2) = 2p2 p3

2.37 Lt Ai = hndelsen intrar gng i: P (Ai) = 0:01: Oberoende upprepningar.a) P (minst 1 gng p 100 frsk) = 1 P (ingen gng p 100 frsk)

5

P (A1 [A2 [ :::: [A100) = 1 P (Ac1 \Ac2 \ ::::: \Ac2) =1 (1 0:01)(1 0:01):::::(1 0:01)| {z }

100 faktorer

= 1 0:99100 = 0:634

b) P (minst 1 gng p n frsk) = 1 P (ingen gng p n frsk) > 0:5, P (ingen gng p n frsk) 0:5P (ingen gng p n frsk) = 0:99n

0:99n 0:5() n ln 0:99 ln 0:5() n ln 0:5ln 0:99 = 68:97) frsket mste upprepas minst 69 gnger fr attsannolikheten ska bli minst 50% att lyckas minst 1 gng.c) Frutsttningarna r att det r oberoende upprepningar, dvs historien pverkar inte framtiden, oavsett vadsom harhnt de 999 frsta gngerna r sannolikheten 0.01 att lyckas den 1000:e gngen.(Dremot r sannolikheten att misslyckas 999 gnger i rad vldigt liten, 4:36 105:)

2.38 Se uppgift 2.13!P (A) = 0:06; P (B) = 0:10, P (C) = 0:04: A; B och C oberoende hndelser.a) P (exakt ett av felen) = P (A \Bc \ Cc) + P (Ac \B \ Cc) + P (Ac \Bc \ C) =0:06 0:90 0:96 + 0:94 0:1 0:96 + 0:94 0:90 0:04 = 0:175 92b) P (exakt tv av felen) = P (A \B \ Cc) + P (A \Bc \ C) + P (Ac \B \ C) =0:06 0:10 0:96 + 0:06 0:9 0:04 + 0:94 0:10 0:04 = 0:0116 8c) P (minst ett fel) = 1 P (inget fel) = 1 P (Ac \Bc \ Cc) = 1 0:94 0:90 0:96 = 0:187 84

2.40 Exempel p binomialsannolikhet. p = 0:05 = P (vald enhet ar defekt)Infr Ai = exakt i defekta bland de 15 utvalda.

P (Ai) =

15

i

pi(1 p)15i

15

i

= antalet stt det nns att vlja ut i defekta bland 15.

Eftersom ordningen r ointressant s har varje sdant stt samma sannolikhet, pga oberoendet, pi(1 p)15iP (processen justeras) = P (minst 2 defekta i urvalet) = 1 P (hogst 1 defekt i urvalet) == 1 P (A0 [A1) = P (A0) + P (A1) =

15

0

0:050(1 0:05)15 +

15

1

0:051(1 0:05)14 = 0:171

2.41 Ytterligare exempel p binomialsannolikhet. p = 0:10 = P (driftstopp)Lt Ak = k driftstopp i maskiner.

P (Ak) =

10

k

pk(1 p)10k; k = 0; 1; 2; ...., 10

a) P (A2) =102

0:120:98 = 0:194 b) P (A3) =

103

0:130:97 = 0:057

c) P (minst 1) = 1 P (ingen) = 1 P (A0) = 1100

0:100:910 = 0:651

d) P (hgst 3) =3X

k=0

P (Ak) =3X

k=0

10k

0:1k0:910k = 0:987

Kap 3.1-2 Diskreta stokastiska variabler.

3.1. Lt p = sannolikheten att en maskin fungerar efter 6 mnader. = antal maskiner av 3 som fungerar efter 6 mn.Maskinerna fungerar oberoende av varandra. (r ett ndvndigt antagande)Nu r n = 3 och p = 0:5 och vi har oberoende upprepningarav samma frsk och man kan pst att 2 Bin(3; 0:5):P ( = x) =

3

x

0:5x(1 0:5)3x =

3

x

0:53 fr x = 0; 1; 2; 3

x 0 1 2 3P ( = x) 18

38

38

18

och F (x) =

8>>>>>>>:0 x < 00:125 0 x < 10:5 1 x < 20:875 2 x < 31 x 3

3.3. Dragning utan terlgg. Grundmngd: N = 10; urval: n = 4 och andel defekta: p =4

10= 0:4

6

= antal defekta i urvalet. 2 Hyp(10; 4; 0:4)

Enligt denitionen ovan r P ( = x) =

4

x

6

4 x

10

4

fr x = 0; 1; 2; 3; 4

x 0 1 2 3 4P ( = x) 114

821

37

435

1210

och F (x) =

8>>>>>>>>>>>:

0 x < 00:0714 0 x < 10:4524 1 x < 20:8810 2 x < 30:9952 3 x < 41 x 4

3.4. P ( = x) =6

x

0:1x(1 0:1)6x fr x = 0; 1; :::; 6

Hr gller det att ha koll p om det r strng olikhet eller ej. Sannolikheterna att bestmma ser ju ganska lika ut.a) P (0 < 3) = P (1 3) = eftersom > 0=

3Xx=1

P ( = x) =3X

x=1

6

x

0:1x(1 0:1)6x = 0:467

b) P (0 < 3) = P (0 2) = eftersom < 3=

3Xx=1

P ( = x) =

2Xx=0

6

x

0:1x(1 0:1)6x = 0:984

c) P (0 < < 3) = P (1 2) = eftersom > 0 och < 3=

2Xx=1

P ( = x) =2X

x=1

6

x

0:1x(1 0:1)6x = 0:453

d) P (0 3) =3X

x=0

P ( = x) =

3Xx=0

6

x

0:1x(1 0:1)6x = 0:999

Om man vill jobba med frdelningsfunktionen och tabellen istllet blira) P (0 < 3) = F (3) F (0)b) P (0 < 3) = F (2)c) P (0 < < 3) = F (2) F (0)d) P (0 3) = F (3)

3.5. Hr kommer vning 2.13 till pass. Infr hndelserna och sannolikheterna:A = fr jobb A: P (A) = 0:5B = fr jobb B: P (B) = 0:8C = fr jobb C: P (C) = 0:3A; B och C antas vara oberoende.Lt = antal jobb som erbjuds av tre. (Hade sannolikheterna varit lika fr alla tre jobben hade det varit en bino-mialsituation.)a) Mjliga vrden p r {0,1,2,3} ochP ( = 0) = P (han fr inget jobb) = P (Ac \Bc \ Cc) = P (Ac)P (Bc)P (Cc) == (1 0:5)(1 0:8)(1 0:3) = 0:0 7P ( = 1) = P (han fr 1 jobb) = P (han fr jobb A eller jobb B eller jobb C) == P (fA \Bc \ Ccg [ fAc \B \ Ccg [ fAc \Bc \ Cg) == P (A)P (Bc)P (Cc) + P (Ac)P (B)P (Cc) + P (Ac)P (Bc)P (C) == 0:5 0:2 0:7 + 0:5 0:8 0:7 + 0:5 0:2 0:3 = 0:38P ( = 2) = P (han fr 2 jobb) = P (han fr jobb A och B eller jobb B och C eller jobb A och C) == P (fA \B \ Ccg [ fAc \B \ Cg [ fA \Bc \ Cg == P (A)P (B)P (Cc) + P (Ac)P (B)P (C) + P (A)P (Bc)P (C) == 0:5 0:8 0:7 + 0:5 0:8 0:3 + 0:5 0:2 0:3 = 0:43P (X = 3) = P (han fr 3 jobb) = P (A \B \ C) = P (A)P (B)P (C) = 0:5 0:8 0:3 = 0:12Kontroll:

3Xx=0

P (X = x) = 0:07 + 0:38 + 0:43 + 0:12 = 1 som sig br.

7

b) Frdelningsfunktionen blir d F (x) =

8>>>>>>>:0 x < 00:07 0 x < 10:45 1 x < 20:88 2 x < 31 x 3

c) P (0 < x 2) = F (2) F (0) = 0:88 0:07 = 0:81

3.8. vning i att lsa och anvnda tabeller. Lt X = antalet inkommande telefonsamtal/10 min, X 2 Po(2):a) P (hgst 3 samtal) = P ( 3) tabell= 0:85712.(Den som vill kontrollera tabellen berknar

3Xi=0

e2 2i

i! )

b) P (precis 3 samtal) = P ( = 3) = P ( 3) P ( 2) tabell= 0:85712 0:67668 = 0:180 44(alt berkar man e2 2

3

3! istllet)c) P (minst 2 samtal) = 1P (hgst 1 samtal) = [detta r en ndvndig omskrivning fr att kunna anvnda tabellen]= 1 0:40601 = 0:593 99(Omskrivningen r ndvndig ven om man inte vill anvnda tabellen fr vem vill berkna1Xi=2

e2 2i

i! nr det r mycket enklare att berkna 13Xi=0

e2 2i

i! )

3.9. n = 10 oberoende upprepningar med sannolikheten p = 0:3Lt = antal lyckade frsk. D r 2 Bin(10; 0:3):Lt Y = antal misslyckade frsk D r Y 2 Bin(10; 0:7):a) P (hgst 3 lyckas) == 0:64963X

x=0

10

x

0:3x(1 0:3)10x berknas av den som inte tror p tabellen.

b) P (exakt 3 lyckas) = P ( = 3) = P ( 3) P ( 2) tabell= 0:2668Kontrollera med

10

3

0:33(1 0:3)7

c) P (minst 2 lyckas) = 1 P (hgst 1 lyckas) = 1 P ( 1) tabell= 1 0:1493 = 0:8507d) P (hgst 4 misslyckas) = P (Y 4) = P ( 6) = 1 P ( 5) tabell= 0:04734X

x=0

10

x

0:7x(1 0:7)10x berknas av den som inte vill anvnda tabell.

Alt lsning utan att blanda in Y rP (hgst 4 misslyckas) = P (minst 6 lyckas) = 1 P (hgst 5 lyckas) == 1 P ( 5) =tabell= 0:0473

3.11. Om N = 10 (grundmngd eller population), 4 defekta ger andelen, p = 0:4; speciella och n = 4; antaldrag utan terlgg.Lt = antal defekta i urvalet. D r 2 Hyp(10; 4; 0:4) och

P ( = x) =

4

x

10 44 x

10

4

fr x = 0; 1; 2; 3; 4 enligt klassiska def av sannolikhet.3.12. En viss typ av lampa fungerar lngre n 1000 h med sannolikheten, p = 0:6:Man har n = 5 st sdana lampor som fungera oberoende av varandra.Lt = antal lampor som fungerar efter 1000 ha) 5 oberoende upprepningar med samma sannolikhet gr att 2 Bin(5; 0:6)b) P ( 3) = P (Y 2) dr Y 2 Bin(5; 0:4) enl samma resonemang som i 3.9.P (Y 2) tabell= 0:68256

3.13. En ren tabellvning. Enl frutsttningarna gller: = antal samtal/min och 2 Po(5)

8

P (mer n 2 samtal p 1 minut) = P ( > 2) (Obs >= mer noch " " = minst)P ( > 2) = P ( 3) = 1 P ( 2) tabell= 1 0:12465 = 0:87535

3.14. 10 st oberoende upprepningar dr en viss hndelse (driftstopp) intrar med samma sannolikhet varje dag.Lt = antal maskiner med stopp en viss dag. D r 2 Bin(10; 0:1) ochP ( = x) =

10

x

0:1x0:910x fr x = 0; 1; 2; :::; 10:

3.16. N = 18 (grundmngd), andelen speciella (svenska) p =7

18= 0:38889 och n = 5 (urvalsstorlek). Man

drar, underfrsttt, utan terlgg.Lt = antal svenska lager i urvalet. D r 2 Hyp(18; 5; 0:39) och

P ( = x) =

7

x

11

5 x

18

5

fr x = 0; 1; 2; 3; 4; 53.18. Totalt nns det N = 15 lampor varav p = 5=15 r defekta. Man drar utan terlgg n = 5 st och lter = antal defekta lampor i urvalet. D blir 2 Hyp(15; 5; 1=3):

3.19. Infr = antal fartyg som anlnder/dag, 2 Po(2) enligt frutsttningarna,a) P (Omdirigera) = P ( > 3) = 1 P ( 3) tabell= 1 0:85712 = 0:14288b) Det gller att bestmma a s att P ( a) 0:95:Om a = 4 r P ( a) tabell= 0:94735; om a = 5 r P ( a) tabell= 0:98344 allts:Hamnen mste byggas ut s att man klarar att betjna 5 fartyg/dag.

3.20.Hr har man N = 3000 enheter i partiet, felkvoten p = 0:05 och man vljer n = 100 st enheter fr un-derskning,slumpmssigt och utan terlgg.Lt = antalet defekta i urvalet, d r 2 Hyp(3000; 100; 0:05)P (processen justeras) = P ( > k) 0:05, P (processen justeras inte) = P ( k) > 0:95:

P ( k) =kXi=0

150

i

2850

100 i

3000

100

> 0:95Denna ekvation r besvrlig att rkna ut om man inte har tillgng till en braminirknare eller mathematica ellerngot annat. Fr de med lite smreberkningshjlpmedel nns fljande approximationer:

Om 2 Hyp(N ;n; p) och nN < 0:1 s r Bin(n; p)

Om 2 Hyp(N ;n; p) och n > 10 och p+ nN < 0:1 s r Po(n p)I detta fall lmpar sig approximation till Poissonfrdelningen bst, villkoren n > 10 och 0:05 + 1=30 < 0:1 r upp-fyllda. dvs 2 Hyp(3000; 100; 0:05) Po(5) och d kan vi anvnda tabellen, igen.P ( k) > 0:95, k = 9: Allts: processen justeras om man nner er n 9 defekta enheter i stickprovet.

3.23 N = 5000 (grundmngd), andelen speciella (defekta) p =15

5000= 0:003 och n = 100 (stickprovstorlek)

Lt = antal defekta i urvalet. D r 2 Hyp(5000; 100; 0:003): Man efterfrgar

P (hgst 2 defekta i urvalet) = P ( 2) =2Xi=0

15

i

4985

100 i

5000

100

. Denna sannolikhet r besvrlig att rkna utom man inte har tillgng till en braminirknare eller mathematica eller ngot annat. Fr de med lite smreberkningshjlpmedel nns fljande approximationer: Approximationen till Poissonf ordelningen r lmpligast hr

fr man kan fortfarande ha problem med100

i

:

9

Eftersom n p = 100 0:003 = 0:3 r allts Po(0:3) ochP ( 2)

2Xi=0

e0:30:3i

i!

tabell= 0:9964: Att jmfra med den exakta sannolikheten 0.9970.

Detta r en intressant sannolikhet ur ett annat perspektiv.Antag att du kpt 5000 enheter av ngot slag. Leverantren lovar att hgst 0.3 % av de levererade enheterna rdefekta. Du vljer att kontrollera detta genom en stickprovskontroll om 100 enheter som vljs slumpmssigt och utanterlgg. Du mter och nner att 3 enheter i urvalet r defekta, dvs relativafrekvensen defekta i urvalet r 3% (10ggr hgre n utlovat). Detta tyder p att allt inte r riktigt som det ska. Fr att ha lite mer p ftterna berknar dunu sannolikheten att f 3 eller er defekta i urvalet under de frutsttningar som givits.

Infr = antal defekta i urvalet. D r 2 Hyp(5000; 100; 0:003) ochP ( 3) = 1P ( 2) = 10:9964 = 0:00 36. Denna sannolikhet tolkas nu som att du har, under givna betingelser,0.36 % chans att f 3 eller er defekta i ett urval p 100 om andelen defekta r 0.3% i populationen.Det nns nu tv mjligheter: antingen har du haft en himla otur (tur?) nr du valde ut dina enheter fr underskningeller s r andelen defekta strre i populationen. Eftersom sannolikheten r spass liten att f 3 eller er s r detfrmodligen s att relativa andelen defekta r hgre n den angivna.Formellt sger man att man har ftt ett signikant eller ett statistiskt skerstllt resultat. Resultatet i undersknin-gen visar p en hgre andel defekta.Om den relativa andelen defekta hade varit en annan tex p = 0:01 och du fr fortfarande 3 defekta i urvalet. D hardu 3 ggr hgre relativ andel i stickprovet istllet och P ( 3) = 0:08. Det hnder att man fr 3 eller er defekta iurvalet c:a 1 gng av 10, det vill sga att det inte r s osannolikt att f en sammansttning i stickprovet som skiljersig frn populationen i vrigt.Nr detta fall intrar sger man att man ftt ett icke signikant eller ej statistiskt skerstllt resultat.

3.24 Oberoende upprepningar med samma sannolikhet. n = 100 (stltrdar) och p = 0:01 (sannolikheten fren defekt trd). Antag att trdarna blir defekta oberoende av varandra.Lt = antal defekta stltrdar av 100. D r 2 Bin(100; 0:01):Vi skerP (kabeln kan bra sin tyngd) = P (minst 97 felfria trdar) = P (hgst 3 defekta trdar) =

= P ( 3) =3Xi=0

100

i

0:01i0:99100i: Nu kan problem med

100

i

och rknemaskinerna uppst igen. Fr de

nns fljande approximation

Om 2 Bin(n; p) och n > 10 och p < 0:1 s r Po(n p)

Vi anvnder approximationen och sger att Po(1) ty n > 10 , p < 0:1 och n p = 1:P ( 3) =

3Xi=0

e11i

i!

tabell= 0: 98101: Att jmfra med den exakta sannolikheten 0.9816

3.25. Lt = antal defekta, 2 Hyp(2000; 80; p) (drag utan terlgg)Anvnd Poissonapproximation i bda uppgifterna, kontrollera s att villkoren r uppfyllda!a) Om p = 0:005 s Po(0:4).P (godknna partiet) = P ( 1) tabell= 1 0:93845 = 0:0615 5b) Om p = 0:05 s Po(4).P (godknna partiet) = P ( 1) tabell= 1 0:09158 = 0:90842

3.26. Lt = antalet frskringstagare som rkar ut fr en olycka 2 Hyp(N ; 10000; 0:001) eller Bin(10000; 0:001) enl de frutsttningar som gller.Hur som helst blir det ven i detta fall en Poissonapproximation, Po(10):P ( > 10) = 1 P ( 10) = 1 0:58304 = 0:41696

10

Kap 4.1-2 Kontinuerliga stokastiska variabler.

4.1 Givet frekvensfunktionen f(x) =x

50, 0 < x < 10:

a) Frdelningsfunktionen F (x) =

8>>>>>>>:0 x 0xZ0

t50dt =

x2

100 0 < x < 10

1 x 10

gur 2

b) P (2 < < 3) =

3Z2

x50dx =

120 eller P (2 < < 3) = F (3) F (2) =

32

100 2

2

100=1

20

c) P ( = 8) = 0 enligt sats 4A

4.3 Att visa att f(x) = ex; x 0 r en frekvensfunktion ska enligti) f(x) 0 fr alla x ii)

Z

f(x)dx = 1

Frsta villkoret r uppfyllt f(x) 0 om > 0 ty ex > 0 fr alla xoch1Z0

exdx =ex1

0= 1 vilket r det andra villkoret som ska vara uppfyllt.

F (3) = 1 e3 direkt. Alt

F (3) = P ( 3) =3Z0

exdx =ex3

0= 1 e3

Pss fs F (1=) = 1 e1 = 0:63212

4.4 Givet f(x) =6x(1 x) 0 x 1

0 f:oa) Att f(x) 0 testas genom prvning eller, nnu hellre, genom teckenstudium av f(x)

x 0 16x 0 + +1 x + + 0f(x) 0 + 0

11

Sedan ska1R0

f(x)dx = 1 vilket ocks r uppfyllt i detta fall:

1R0

6x(1 x)dx = [3x2 2x3]10 = 1

b) F (x) =

8>>>:0 x < 0

xR0

6t(1 t)dt = [3t2 2t3]x0 = 3x22x3 0 x 11 x > 1

c) P ( < 1=2 j1=3 < < 2=3) = P (1=3 < < 1=2)P (1=3 < < 2=3)

=F (1=2) F (1=3)F (2=3) F (1=3) = 1=2

4.5 Givet F (x) =

0 x < 0

1 ex2=2 x 0samband mellan frdelnings- (F (x)) och frekvensfunktion (f(x)) r F 0(x) = f(x) enligt sats4A.F 0(x) = xex

2=2 = f(x) fr x 0:

4.7. = vntetid tills nsta tg.(i min)a) x = fx : 0 < x < 10g dvs alla vrde i intervallet 0 till 10.c) Eftersom alla vrden i intervallet ovan r lika troliga mste vara rektangelfrdelad och f(x) = 110 ; 0 < x < 10:

b) F (x) =

8>>>:0 x 0

xR0

110dt =

x10 0 < x < 10

1 x 10d) P (vnta mer n 7 min) = P > 7) = 1 P ( 7) = 1 F (7) = 1 710 = 3104.9 = livslng i r och 2 Exp(1=8) dvs f(x) = 18e

x8 x 0 och F (x) = 1 e x8

a) P (hller minst 10 r) = P ( > 10) = 1 P ( 10) = 1 F (10) = 1 (1 e10=8) = e10=8

b) P ( > 10 + 4 j > 4) = P ( > 10 + 4)P ( > 4)

=e

18 (10+4)

e18 (4)

=e

18 (10)e

18 (4)

e18 (4)

= e108 = P ( > 10)

Se ven exempel 4.5 sid 107.

4.10 r precis som 4.3. 2 Exp(0:1) dr = tiden i minuter att betjna en kund.P ( > 5) = 1 P ( 5) = 1 F (5) = 1 (1 e0:5)) = e0:5 = 0:60653P ( > 10) = e1 = 0:367 88P ( < 8) = P ( 8) = 1 e0:8 = 0:55067

4.11 Frst berknar man att ett rr fungerar mer n 2000 h.Sedan berknar man sannolikheten att 3 eller er rr av 6fungerar mer n 2000 h.Lt = livslngden i timmar fr ett rr. 2 Exp(0:001)Stt p = P ( > 2000) = 1 P ( 2000) = 1 F (2000) = e2 = 0:13534Nu har vi n = 6 st rr som fungerar oberoende av varandra.Lt Y = antal rr som fungerar mer n 2000 h. D r Y 2 Bin(6; p) ochP (Y = 3) =

6

3

0:135343(1 0:13534)3 = 0:032

P (Y > 3) = 1 P (Y 3) =3X

x=0

6

x

0:13534x(1 0:13534)6x = 1 0:996 = 0:004

4.12 Lt = plats kvar framfr bilen i meter.. x = fx : 0 < x < 8g.Om alla vrden i intervallet ovan r lika troliga r rektangelfrdelad och f(x) = 18P (en bil till) = P (en till bil framfr) + P )((en till bil bakom) = P ( > 5) + P ( < 3) =8R5

18dx+

3R0

18dx = 1 58 + 38 = 68

12

4.13 Lt = livslngd i r fr en viss typ av kullager, 2W (3; 10=9)P ( fungerar efter 1 r) = P ( > 1) = 1 P ( 1) == 1 F (1) = 1 (1 e 110=93 ) = 0:716 53P ( fungerar efter 2 r) = P ( > 2) = 1 P ( 2) == 1 F (2) = 1 (1 e 210=93 ) = 0:486 73

4.14 Hr gller att 2 N(0; 1). Detta r en tabellvning.a) P ( < 2) = (2) = 0:9772b) P ( < 1) = (1) = 1 (1) = 1 0:8413 = 0:158 7 sc) P ( > 3) = 1 P ( 3) = 1 (3) = 1 0:9987 = 0:0013d) P ( > 1) = 1 P ( 1) = 1 (1) = 1 (1 (1)) = (1) = 0:8413e) P (1 < < 2) = (2) (1) = 0:9972 0:1587 = 0:8385f) P ( = 2) = 0

4.15 ven hr gller 2 N(0; 1)a) P ( > a) = 0:001() a = 3:0902b) P ( > a) = 0:999() a = 3:0902c) P (j j< a) = P (a < < a) = 0:95() P ( < a) = 0:975 () P ( > a) = 0:025() a = 1:96 (rita gur)d) P ( > a) = 0:05() a = 1:6449

4.16 Hr r 2 N(1; 2)Kom ihg: Om 2 N(;) s r Y =

2 N(0; 1) Sats 4B

a) P ( < 3) = ( 312 ) = (1) = 0:8413b) P ( > 4) = 1 P ( 4) = 1 ( 412 ) = 1 (1:5) = 1 0:9332 = 0:0668c) P ( < 1:5) = (1:512 ) = (1:25) = 1 (1:25) = 1 0:8944 = 0:105 6

4.17 = tapp diameter. 2 N(1:490; 0:005):a) P (anvndbar) = P ( < 1:5) =

1:51:490:005

= (2) = 0:9772

b) Lt Y = antal anvndbara av 50. Y 2 Bin(50; 0:9772) om sannolikheten r den samma fr varje tapp.E(Y ) = 50 0:9772 = 48:86 (n p)c) V (Y ) = 50 0:9772(1 0:9772) = 1:114 (n p (1 p)) =) = 1:055:

13

Kap 3.2-3.3,4.3-4.5 Vntevrde, varians och standardavvikelse.

3.28 och 3.34 Hr r likformigt frdelad p 6 lika sannolika utfall, dvs 2 U(6):Sannolikhetsfunktionen r P ( = x) = 16 , x = 1; 2; ::::; 6 och vntevrde blir

a) E() =6P

x=1x16 =

16 (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) =

72 = 3:5

3.34) Fr att berkna variansen anvnder man denitionen eller sats 4C

V () = E(2) E()2 =6P

x=1x2 16

72

2= 16 (1 + 2

2 + 32 + 42 + 52 + 62) 3:52 = 916 72

2= 3512

Om 2 U(N) blirE() =

NPx=1

x 1N =1NN(N+1)

2 =N+12 (aritmetisk summa, se ngon analysbok)

3.29 och 3.35 Hr fr man fljande frdelning

x 0 1 2 3P ( = x) 18

38

38

18

och det r bara att anvnda denitionen av vntevrde och sats 4C

E() =3P

x=0xP ( = x) = 0 18 + 1

38 + 2

38 + 3

18 =

32 och

V () =3P

x=0x2P ( = x) 322 = 34

3.31 Lt = antal arbetare som anvnder handborrmaskin under ett visst gonblick.a) n =13 oberoende upprepningar med samma sannolikhet, p = 0:2 och 2 Bin(13; 0:2)b) E() = n p = 13 0:2 = 2:6c) Lses med hjlp av tabellen ver binomialfrdelningen.max(F (x) F (x 1)) fr x = 0; 1; 2; :::13 ger x = 2.

3.32. = antal efterfrgade tidningar.

a) E() =20Px=2

xp(x) = 0:1(2 + 3 + 4 + 5) + 0:04(6 + 7 + :::+ 20) = 9:2

b) Om Kalle tar hem 9 tidningar och man lter Y = vinsten, Y = 2:50 18 fr man fljandex 2 3 4 5 6 7 8 9y -13 -10.5 -8 -5.5 -3 -0.50 2 4.50

p(x) = p(y) 0.1 0.1 0.1 0.1 0.04 0.04 0.04 0.48

E(Y ) =4:5P

y=13yp(y) = 0:1(13 10:5 8 5:5) + 0:04(3 0:5) + 0:04 8 + 0:48 4:5 = 1:36

Kalle genomsnittliga vinst eller frvntad vinst r en frlust p 1.36. Man ocks uttrycka det s hr att Kalle frlorar,i genomsnitt, 1.36.c) Gr likadant som i b) fr 8,7,6,5,4,3 tidningar

3.33 Lt = antal efterfrgade granar och Y = vinstOm Pelle tar hem 5 granar blir Y = 90 (5 )10 150 = 100 200 och

x 1 2 3 4 5y -100 0 100 200 300

p() = p(y) 0.1 0.1 0.3 0.3 0.2

E(Y ) =300P

y=100yp(y) = 0:1(100)+0:3(100+200)+0:2 300 = 140. Om Kalle tar hem 5 granar blir hans frvntade

vinst 140 Kr

14

Om Pelle tar hem 4 granar blir Y = 90 (4 )10 120 = 100 160 och

x 1 2 3 4y -60 40 140 240

p() = p(y) 0.1 0.1 0.3 0.5

E(Y ) =240P

y=60yp(y) = 0:1(40 60) + 0:3 140 + 0:5 240 = 160

Om Pelle tar hem 3 granar blir Y = 90 (3 )10 90 = 100 120

x 1 2 3y -20 80 180

p() = p(y) 0.1 0.1 0.8

E(Y ) =180P

y=20yp(y) = 0:1(80 20) + 0:8 180 = 150

Om Pelle tar hem 2 granar blir Y = 90 (2 )10 60 = 100 80

x 1 2y 20 120

p() = p(y) 0.1 0.9

E(Y ) =120P

y=20yp(y) = 0:1 20 + 0:9 120 = 110

Allts Pelle ska ta hem 4 granar fr att f s stor frvntad vinst som mjligt.

3.37 Lt = antalet maskiner som stannar en viss dag.a) Eftersom det r oberoende upprepningar, (n = 10); med samma sannolikhet, (p = 0:1) r 2 Bin(10; 0:1)b) V () = np(1 p) (se sid 94) dvs i detta fall r 2 = V () = 0:9 och = D() 0:95

3.40 En binomialsituation till. Lt = antal personer som drabbas av biverkan.n = 30 oberoende upprepningar med samma sannolikhet p = 0:2 dvs 2 Bin(30; 0:2)E() = 30 0:2 = 6; V () = 30 0:2(1 0:2) = 4:8 och D() 2:19

3.41 = antal frseningsdagar ochx 1 2 3 4p(x) 0.5 0.3 0.1 0.1

a) E() =4P

x=1xp(x) = 1:8; V () =

4Px=1

x2p(x) 1:82 = 0:96 och D() = p0:96 = 0:98b) Stt Y = bter och Y = 15000 + 10000 d fr man

x 1 2 3 4y 25000 40000 55000 70000

p(x) = p(y) 0.5 0.3 0.1 0.1

E(Y ) =70000P

x=25000yp(y) = 37000; V () =

4Px=1

y2p(y) 370002 = 216000000 och D() = 14697c) I denna uppgift vill Vnnman att man ska komma p sats 5A.

4.20 och 4.25 anvnd denitionen och sats 4C

a) E() =2R0

0:5xdx = 1:0 och V () =2R0

x20:5dx 12 = 13

b) E() =10R0

x0:02xdx = 203 och V () =10R0

x20:02xdx 203 2 = 50915

c) E() =6R0

xx2

72dx = 4:5 och V () =6R0

x2 x2

72dx 4:52 = 1:35

4.21 och 4.26 = vntetid. r likformigt frdelad ver intervallet (0; 10) och f(x) = 1=10; 0 < x < 10:

E() =10R0

x 110dx =hx2

20

i100= 5 och V () =

10R0

x2 110dx 52 =hx3

30

i100 25 = 253 ; D() = 5p3

4.22 Om 2 Exp( 18 ) vet man att f(x) = 18ex=8; x 0E() =

1R0

x 18e x8 dx

partiell integration=

xe x8 10| {z }

=0

+1R0

ex8 dx =

8e x8 10= 8 = 1=

4.23 2 N(1:490; 0:005); E() = 1:490 =

4.24 = betjningstiden och frdelningsfunktionen r given (F 0(x) = f(x))

f(x) =

(20 x200

0 x 200 f:o:

E() =20R0

x

20 x200

dx =

20x2

400 x

3

600

200

=20

3

4.27 Om 2 Exp(0:001) s r f(x) = 11000ex=1000 x 0:Enligt uppgift 4.22 och ex 4.11 sid 117 r E() = 1= = 1000

V () =1R0

x2 11000e x1000 dx 10002 part integr= x2e x8 1

0| {z }=0

+2000xe x8 1

0| {z }=0

+2 10002e x8 1

0 10002 = 10002

D() = =q

10:0012 = 1000 = 1=

4.29 2 N(;) anvnd sats 4B och tabellen.a) P ( < ) =

= (0) = 0:5

b) P ( < ) = = (1) = 1 (1) = 0:1587c) P ( > + ) = 1 P ( + ) = 1 + = 1 (1) = 0:1587d) P ( < 2) = 2 = (2) = 1 (2) = 0:0228e) P ( > + 2) = 1 P ( + 2) = 1 +2 = 1 (2) = 0:0228f) P (j j < ) = P ( < < ) = P ( < < + ) = + = (1) (1) = (1) (1 (1)) = 2 (1) 1 = 0:6826g) P (j j < 2) = P (2 < < 2) = P (2 < < +2) = +2 2 = (2) (2) = (2) (1 (2)) = 2 (2) 1 = 0:9545

4.30 2 Exp() = = 1= f(x) = ex; x 0 och F (x) = 1 ex

a) P ( < ) =1=R0

exdx =ex1=

0= 1 e1 = 0:6321

b) P ( < ) = P ( < 0) x + ) = 1 P ( 2=) = 1 F (2=) = 1 (1 e2) = e2 = 0:1353d) P ( < 2) = P ( < 1=) x + 2) = 1 P ( 3=) = 1 F (3=) = 1 (1 e3) = e3 = 0:0498f) P (j j < ) = P (1= < 1= < 1=) = P (1= 1= < < 1=+ 1=) =P (0 < < 2=) = F (2=) = 1 e2 = 0:8647g) P (j j < 2) = P (2= < < 2=) = P (1= 2= < < 1=+ 2=) =P (0 < < 3=) = F (3=) = 1 e3 = 0:95024.31 Om 2 Exp() s vet vi att E() = 1 . Att visa att D() = 1 innebr att man mste berknaV () =

1R0

x2exdx 12 med tv gnger partiell integration (eller mathematica) fr man1R0

x2exdx =x2ex1

0+

1R0

2xexdx =2x 1ex10 + 1R

0

2e

x = 2

2ex

= 2

2och slutligen

V () = 22 1

2= 1

2) D() = 1 V SV:

4.32 Givet f(x) = 0:02x; 0 < x < 10Denition: Medianen fr en stokastisk variabel denieras som det tal m som uppfyller F (m) = 0:5:

16

Denition: Med p:te percentilen fr en stokastisk variabel menas det vrde Lp som lser ekvationen F (Lp) = p100Denition: Med kvartilavstndet Q menas Q = L75 L25:a) F (m) = 0:5()

mR0

0:02xdx = 0:5()h0:02x2

2

im0= 0:02m

2

2 = 0:5, m =p50 7:07

= E() =10R0

x0:02xdx = 203 6:67 och 2 = V () =10R0

x20:02xdx 203 2 = 509 5:56b) F (L25) = 0:25()

L25R0

0:02xdx = 0:25()h0:02x2

2

iL250

=0:02L225

2 = 0:25, L25 =p25 = 5

F (L75) = 0:75()L75R0

0:02xdx = 0:75()h0:02x2

2

iL750

=0:02L275

2 = 0:75, L75 =p75 8:66

Q = 8:66 5 = 3:66; 4:31 och + 9:024.33 2 Exp(2) F (x) = 1 e2x; x 0 , = = 1=2a) F (m) = 0:5() 1 e2m = 0:5() e2m = 0:5() m = ln 0:52 = ln 22 0:347b) F (L10) = 0:10() 1 e2L10 = 0:10() e2L10 = 0:9() L10 = ln 0:92 0:0527c) F (L25) = 0:25() 1 e2L25 = 0:25() e2L25 = 0:75() L25 = ln 0:752 0:144F (L75) = 0:75() 1 e2L75 = 0:75() e2L75 = 0:25() L75 = ln 0:252 0:693Q = 0:549; = 0 och + = 14.35 = lngden av en bomullsber beskrivs av fljande frekvensfunktion

f(x) =

ax 0 < x < 200 f:o:

Om detta ska var en frekvensfunktion mste

a)

20Z0

axdx = 1()hax

2

2

i200= 1() a = 0:005

b) F (m) = 0:5()mR0

0:005xdx = 0:5()h0:005x2

2

im0= 0:005m

2

2 = 0:5, m =p200 14:14

c) F (L10) = 0:10()L10R0

0:005xdx = 0:10()h0:005x2

2

iL100

=0:005L210

2 = 0:10, L10 =p40 6:325

17

Kap 5 Mera om vntevrde

5.1 Givet E(1) = 3; E(2) = 4; V (1) = 0:5, V (2) = 0:9 samt att 1 och 2 oberoende.a) E(21 + 10) = 2E(1) + 10 = 16; V (21 + 10) = 2

2V (1) = 2; D() =p2

b) E(10) = 10; V () = D() = 0 en konstant varierar inte.c) E(1 + 2) = E(1) + E(2) = 7; V (1 + 2) = V (1) + V (2) = 1:4; D(1 + 2) =

p1:4

d) E(1 2) = E(1) E(2) = 1; V (1 2) se sid132= V (1) + (1)2V (2) = 1:4; D(1 2) =p1:4

e) E(51 + 22) = 5E(1) + 2E(2) = 23; V (51 + 22) = 52V (1) + 2

2V (2) = 16:1; D(51 + 22) =p16:1

f) E(51 22) = 5E(1) 2E(2) = 7; V (51 22) = 52V (1) + (2)2 V (2) = 16:1; D(51 22) =p16:1

5.2 Givet stokastisk variabel med E() = och D() = : Lt Y = :

E

=1

(E() ) = 1

( ) = 0:

V

=1

2(V () ) =

2

2= 1 V SV

5.3 = dygnsmedeltemp i C. E() = 18 och D() = 2. Y = 95 + 32

E(Y ) = E95 + 32

= 9E()5 + 32 = 64:4 V (Y ) = V

95 + 32

=95

2V () = 12:96; D(Y ) = 3:6

5.6 = lngden av ett byggelement (i meter) E() = 10 och D() = 0:005

Lt Y1 = 101 och Y2 =10Pi=1

i

E (Y1) = E(101) = 10E(1) = 20 E(Y2) = E

10Pi=1

i

=

10Pi=1

E(i) = 20 dvs bda metoderna ger samma vn-

tevrde.V (Y1) = V (101) = 10

2V (1) = 0:0025 D(Y1) = 0:05

V (Y2) = V

10Pi=1

i

=

10Pi=1

V (i) = 0:0025 D(Y2) = 0:0158. Denna metod ger minst spridning och r i den meningen

den bsta.

5.7 Y = lngden av en 5-min rast, = verdragi minuter f(x) =

(1

50(10 x) 0 < x < 100 f:o:

Y = 5 + : E(Y ) = E(5 + :) = 5 + E() = 8:33 ty

E() =10R0

x1

50(10 x)dx =

x2

10 x

3

150

100

=10

3= 3:33

V (Y ) = V (5 + :) = V () = E(2) E()2 = 509fr att

E(2) =10R0

x21

50(10 x)dx =

x3

15 x

4

200

100

=98

6= 16:67

P (Y > 7) = 1 P (Y 7) = 1 P ( 2) = 12R0

1

50(10 x)dx = 1

1

50(10x x

2

2

20

= 0:64

5.8 Ai = terbring spel A; E(Ai) = 0:9 och D(Ai) = 0:3Bi = terbring spel B; E(Bi) = 3:6 och D(Bi) = 1:Man spelar 3 A spel och 2 B spel.Lt Y = total terbring, Y = A1 + A2 + A3 + B1 + B2 11|{z}

insats

E(Y ) = E(A1 + A2 + A3 + B1 + B2 11) = E(A1) + E(A2) + E(A3) + E(B1) + E(B2) 11 = 1:10V (Y ) = V (A1 + A2 + A3 + B1 + B2 11) = V (A1) + V (A2) + V (A3) + V (B1) + V (B2) = 2:27D(Y ) = 1:507

5.11 = resultat av en smltpunkts bestmning. = + " dr = renheten (konstant) och " = slumpfel (stokastiskt).

" beskrivs av f(x) =1

36(3 x)(3 + x); 3 < x < 3:

a) Att visa att metoden r vntevrdesriktig innebr att man ska underska om E() = :

18

E() = E( + ") = + E("), om E(") = 0 r metoden vntevrdesriktig.

E(") =3R3

1

36x(3 x)(3 + x)dx =

1

36(9x2

2 x

4

4)

33=1

36(81

2 814 (81

2 814)) = 0 dvs

E() = och metoden r vntevrdesriktig (VVR)

b) V () = V (") = E("2) 02 =3R3

1

36x2(3 x)(3 + x)dx =

1

36(3x3 x

5

5)

33=1

36(81 243

5 (81 + 243

5) =

9

5

D() =

r9

5= 1:34:

c) se ovan.

5.13 Y = c1 + (1 c)2; E(1) = E(2) = ; V (1) = 21 och V (2) = 22a) E(Y ) = E(c1 + (1 c)2) = cE(1) + (1 c)E(2) = c + (1 c) = b) V (Y ) = V (c1 + (1 c)2) = c2V (1) + (1 c)2V (2) = c221 + (1 c)222Derivera denna variansfunktion map c

V 0(Y ) = 2c21 + 2(1 c)22 stt V 0(Y ) = 0 och c =22

21 + 22

c) Anvnd 21 = 22 =

2 i uttrycket ovan.

19

Kap 6 Normalfrdelningen

6.2 = tid fr ett arbetsmoment. 2 N(20; 1:5)a) P (17 < < 23) =

23 201:5

17 201:5

= (2) (2) = 2 (2) 1 = 0:9545

b) P (15:5 < < 24:5) = 24:5 201:5

15:5 201:5

= (3) (3) = 2 (3) 1 = 0:9973

6.3 = diameter 2 N(0:8; 0:02)a) P (0:8 x < < 0:8 + x) = 0:99, P ( < 0:8 + x) = 0:995()

0:8 + x 0:8

0:02

= 0:995, x

0:02= 2:5758

Dvs x = 0:02 2:5758 = 0:0515 och P (0:748 < < 0:852) = 0:99b) P (0:8 x < < 0:8 + x) = 0:999, P ( < 0:8 + x) = 0:9995()

0:8 + x 0:8

0:02

= 0:9995, x

0:02= 3:2905

Dvs x = 0:02 3:2905 = 0:658 och P (0:734 < < 0:866) = 0:999c) P (0:8 x < < 0:8 + x) = 0:5, P ( < 0:8 + x) = 0:75()

0:8 + x 0:8

0:02

= 0:75, x

0:02= 0:675

Dvs x = 0:02 0:675 = 0:0135 och P (0:786 < < 0:814) = 0:506.5 = ggvikt 2 N(49; 7:2)P (A) = P ( < 45) =

45 497:2

= (0:55) = 1 (0:55) = 1 0:7088 = 0:2912

P (B) = P (45 < 55) = 55 497:2

45 497:2

= (0:83) (0:55) = 0:7967 0:2912 = 0:5055

P (C) = P ( > 55) = 1 P (A) P (B) = 1 0:7967 = 0:20336.10 i = vikt passagerare i (kg); i 2 N(81; 3:5) Y =

21Pi=1

i = vikten av 21 passagerare och Y 2 N(21 81;p21 3:5)

(sats 6D)

P (Y > 1740) = 1 1740 170116:04

= 1 (2:43) = 1 0:9925 = 0:0075: 0.75% chans att 21 passagerare har en

sammanlagd vikt verstigande 1740 kg.6.11 = skruvdiameter (mm), 2 N(4:10; 0:16); Y = hldiameter (mm), Y 2 N(4:35; 0:12): Antag och Yoberoende.Y = diameterskillnad, Y 2 N 4:35 4:10;p0:162 + 0:122En skruv passar mutter om 0 < Y 0:60: OchP (0 < Y 0:60) =

0:60:25p0:162+0:122

00:25p

0:162+0:122

=

= (1:75) (1:25) = (1:75) (1 (1:25)) = 0:9599 (1 0:8944) = 0:8543Drygt 85% chans att en p mf vald skruv passar en p mf vald mutter.6.12 i = livslngd (h) lampa i; i 2 N(1171; 60); i = 1; 2; :::; 25 och oberoende._ = medellivslngd av 25 lampor. Sats 6D sger att

_

2 N1171; 60p

25

: Vi ska med dessa frutsttningar bestmma

P (_

1150) = 1150 117160=p25

= (1:75) = 1 (1:75) = 1 0:9599 = 0:04

4% chans att medellivslngden 1150 h fr 25 lampor av denna typ.Detta problem r intressant ur ett annat perspektiv. Antag att man kper lampor dr tillverkaren pstr att denfrvntade livslngden hos en lampa r 1171 h med en standardavvikelse p 60 h. Antag att lamporna fungeraoberoende av varandra och att man tar ut, slumpmssigt, ett stickprov om 25 lampor ur en mycket stor population.Infr nu stokastiska variabeler i = livslngd (h) lampa i; i = 1; 2; :::; 25 och antag, i brist p bttre alternativ, attalla i 2 N(1171; 60). Detta antagande kan man komma runt med hjlp av Centrala grnsvrdessatsen, se nedan.Nu blir medellivslngden

_

2 N1171; 60p

25

: Antag nu att konstaterar att medelvrdet i stickprovet blir x = 1150

h. Det skiljer 21 timmar mellan den utlovade livlngden och vad man ck som genomsnitt i underskningen.Rkningarna ovan gav 4% chans att f ett s lgt medelvrde eller lgre. Trots att skillnaden r liten s sger manatt det r ett statistiskt skerstllt resultat. Medellivslngden fr denna typ av lampor r lgre den utlovade p 1171h. Nr man pstr detta s r felrisken (signikansnivn) 4%. Eftersom sannolikheten r s pass liten tror man intelngre att det r slumpen som gr att medellivslngden r lgre i stickprovet utan att det r en systematisk avvikelsefrn det utlovade vrdet.

20

6.14 i = kextjocklek (cm) 2 N(0:4; 0:05) Y =nPi=1

i = tjocklek fr n kex, Y 2 N(n 0:4; 0:05pn) enligt Sats 6C

a) P (minst 28 kex) = P (Y 12) = 12 28 0:40:05

p28

= (3:02) = 0:9988. Det r nstan alltid minst 28 kex i

paketen.

b) P (minst 30 kex) = P (Y 12) = 12 30 0:40:05

p30

= (0) = 0:5: 50% av alla paket kommer att innehlla minst

30 kex.6.16 = utlsningstid fr rel 1 (s), 2 N (1; 0:1) :Y = utlsningstid fr rel 2 (s), Y 2 N (1:5; 0:2) ; och Y oberoende. Y = skillnad i utlsningstid fr de bda relerna.Sats 6B sger att Y 2 N 0:5;p0:12 + 0:22 :P (rel2 lser fre rel1) = P ( Y > 0) = 1

0(0:5)p0:12+0:22

= 1 (2:24) =

= 1 0:9875 = 0:0125Lite mer n 1% chans att rel2 lser fre rel1 om de utstts fr samma impuls.

6.18 i = vikt av pappersrulle i (kg) 2 N(;); Y =10Pi=1

i = vikten av 10 pappersrullar och Y 2 N(1000; 20)Enligt sats 6C r E(Y ) = 10E() = 1000, E() = 100 och D() = p10D() = 20, D() = p40:Allts r 2 N(100;p40) och P ( > x) = 0:90, P ( x) = 0:10,

x 100p

40

= 0:10, x 100p

40= 1:2816,

, x = 100 1:2816p40 = 91:9: Med 90% skerhet garanterar fabriken att varje rulle vger minst 91:9 kg.6.21 i = lngden av band i (m), i 2 N(1; 0:05) och oberoende, tt Y1 = 101 d r Y1 2 N (10; 0:5)och Y2 =

10Pi=1

i d r Y2 2 N(10;p10 0:05) enligt sats 6C

P (jY1 10j < 0:20), P (0:20 < Y1 10 < 0:20) = P (9:80 < Y1 < 10:20) ==

10:2010

0:5

9:80100:5 = (0:4) (0:4) = (0:4) (1 (0:4)) == 2 (0:4) 1 = 2 0:6554 1 = 0:3108

P (jY2 10j < 0:20), P (0:20 < Y2 10 < 0:20) = P (9:80 < Y2 < 10:20) ==

10:2010p100:05

9:8010p100:05

= (1:26) (0:4) = (1:26) (1 (1:26)) =

= 2 (1:26) 1 = 2 0:8962 1 = 0:792 4Y2 ger ett vrde nrmare 10 med strre sannolikhet n Y1:6.22 1 = tid fr tvtt och pkldning, 2 = tid fr frukost och 3 = tid fr transport1 2 N(10; 2); 2 2 N(20; 2) och 3 2 N(9; 2). Antag att 1; 2 och 3 r oberoende stokastiska variablerY = 1 + 2 + 3 = total tid fr morgon aktiviteter och Y 2 N(10 + 20 + 9;

p22 + 22 + 22)

P (komma i tid) = P (Y 40) = 4039p12

= (0:29) = 0:6141: Det r allts c:a 61% chans att han kommer i tid.

6.23 i = vikt person i (kg); i 2 N (70; 15) och oberoende. = 5 personers vikt, =

5Pi=1

i 2 N350;

p5 15 (sats 6C)

Han vill veta P (5 personer vger mer n 400kg) = P ( > 400) =

= 1 P ( 400) = 1 40035015p5

= 1 (1:49) = 1 0:9319 = 0:0681

6.8 % chans att 5 personer vger mer n 400 kg.

Centrala grnsvrdessatsen (CGS)

I uppgifterna 6.11-6.23 antas de stokastiska variablerna vara exakt normalfrdelade. Vi ska nu berra ett av demrkligaste och betydelsefullaste resultaten inom sannolikhetsteorin: Normalfrdelningen upptrder i ett generelltsammanhang, som gr den mycket mer tillmpbar n man i frstone kan tro. Man kan nmligen visa att en summa avoberoende likafrdelade s.v. med godtycklig frdelning i regel r ungefr normalfrdelad, bara antalet komponenteri summan r tillrckligt stort.

Sats 6E (Centrala grnsvrdessatsen, CGS )

21

Om 1; 2; :::: r en ondlig fljd av oberoende och likafrdelade stokastiska variabler med vntevrdet och stan-dardavvikelsen : D gller

P

0@ 5Pi=1 i npn

x1A! (x) ; d n!1

Praktiskt innebr CGS attnPi=1

i N (n;pn) ; d n r stort

_

N(; pn); d n r stort

Det r just dessa egenskaper hos normalfrdelningen som gr den s anvndbar. Hur stort ska n vara undrar man.Tumregel: om n > 30 r kan CGS anvndas. OBS att CGS gller fr svl kontinuerliga som diskreta variabler i

Lsningar till uppgift 6.24-6.36

6.24 i = den i :te kundens mjlkkp (liter). beskrivs av fljande sannolikhetsfunktion:

x 0 1 2p(x) 0.3 0.5 0.2

Lt Y =400Pi=1

i = 400 kunders mjlkkp (liter). Vi ska bestmma P (Y 390) approximativt mha CGS.Fr att veta vilken normalfrdelning Y :s frdelning ska approximeras med behver vi bestmma E(i) och D(i):

E(i) =2P

x=0xp(x) = 0:9 och V (i) =

2Px=0

x2p(x) 0:92 = 0:49) D(i) = 0:7Enligt sats 6E blir Y N(360; 14); (4000:9 = 360; p400 0:7 = 14) ochP (Y 390) 36039014 = (2:1429) = 0:9838: Det r allts c:a 98% chans att lagret rcker.6.25 i = vikten vagn nr i (ton), E(i) = 10 och D(i) = 0:5; i = 1; 2; :::; 35

Y =35Pi=1

i = vikten av 35vagnar, Y N35 10;p35 0:5 med std av CGS ty n tillrckligt stort.

P (Y > 355) = 1 P (Y 355) 1 355350p350:5

= 1 (1:69) = 0:9545:

Det r approximativt 95% chans att tgsttet vger mer n 355 ton.

6.26 i = vikten av ett lass sand (kg). E(i) = 100 och D(i) = 20:

Y =51Pi=1

i = vikten av 51 lass sand, Y N51 100;p51 20 enligt CGS.

P (Y > 5000) = 1 P (Y 5000) 1 50005100p

5120

= 1 (0:70) =

= 1 (1 (0:70)) = (0:70) = 0:7580Firman Str Det S Str Dethar ungefr 75% chans att f 5 ton sand p 51 lass.

6.27 i = komponent i : s livslngd.(timmar?), i 2 Exp(0:005) i = 1; 2; :::; 50Eftersom exponentialfrdelningen freligger behver man bestmma E(i) och D(i):E(i) =

1 = 200 och D(i) =

1 = 200.

Lt Y =50Pi=1

i = 50 komponenters sammanlagda livslngd. Y N(50 200;p50 200) med std av CGS d n > 30:

P (Y > T ) = 0:90, P (Y T ) = 0:10 CGS, T10000p50200

= 0:10, T10000p

50200 = 1:28, T = 8189:8:Lagret rcker approximativt 8200 h(?) med 90% sannolikhet.6.28 i = vikt av en vrktablett i gram, E(i) = 0:5 och D(i) = 0:04Om 99 tabletter vger mindre n 50.5 g kommer minst 1 tablett lggas i till och burken innehlla minst 100 tabletter.

Stt Y =99Pi=1

iCGS N(99 05;p99 0:04) = N(49:5; 0:398)

P (Y 50:5) 50:549:50:398 = (2:51) = 0:9940: Det r c:a 99% chans att burkarna innehller minst 100 tabletter.6.31 i = tidsavstnd mellan tv p varandra strningar (min), i 2 Exp(2) i = 1; 2; :::; 100 och E(i) = D(i) = 0:5:

22

Stt Y =100Pi=1

i = sammanlagd tid tills 100:e strningen, YCGS N(50; 5)

P (Y > 45) = 1 P (Y 45) = 1 45505 = 1 (1) = (1) = 0:8413Ungefr 85% chans att det tar mer n 45 minuter tills 100:e strningen.6.33 = antal defekta av 1000 (= n), p = P (en enhet defekt) = 0:08 = felsannolikheten.Antag oberoende upprepningar, d r 2 Bin(1000; 0:08):Att bestmma: P ( 100) =

100Pi=0

1000i

0:08i0:921000i vilket inte r s ltt om man inte har stor berkningskraft

tillgnglig.

Om n > 10 och p < 0:1 s r Po(80) (se s 82) men inte heller P ( 100) =100Pi=0

e80 80i

i! r s kul.

CGS hjlper oss ocks i detta fall (se s 162)Eftersom E() = 80 och V () = 73:6 s kan med CGS som std pst att N 80;p73:6 ochP ( 100)

10080p73:6

= (2:33) = 0:9901

Det r mindre n 1% chans; approximativt, att f 101 eller er defekta bland 1000. Om detta intrar kan man medlite risk pst att felsannolikheten har kat och att resultatet r statistiskt skerstllt.6.36 = antalet trasiga komponenter, enl frutsttningarna r 2 Bin(3; 0; 25):P (fungerande instrument) = P ( 1) tabell= 0:84375 = pY = antalet fungerande instrument av 240. Oberoende mellan olika instrument frutstts, d r Y 2 Bin(240; 0:84375):E() = 240 0:84375 = 202:5 och V () = 240 0:84375(1 0:84375) = 31:64 > 10 och Y CGS N(202:5;p31:64) (ses162)

P (Y 200) = 1P (Y 199) = 1199:5202:5p

31:64

= (0; 53) = 0:7019 dvs ungefr 70% chans att asken innehller

minst 200 fungerande instrument.

Utan halvkorrektion fr man P (Y 200) = 1 P (Y 199) = 1 199202:5p

31:64

= (0:62) = 0:7324:

23

Kap 7 Punktskattningar

7.1 Med9Pi=1

xi = 126:9 och9Pi=1

x2i = 1921:29 samt formeln p s16 i Vnnman fr man

a) obs = x =19

9Pi=1

xi =126:99 = 14:1

b) 2obs = s

2 = 191

9Pi=1

x2i 19

9Pi=1

xi

2!= 18

1921:29 19 (126:9)2

= 16:5

c) obs = s =p16:5 = 4:06

7.2 = livslngd i timmar fr et specialbatteri. E(i) = och V (i) = 2

Fljande observationer p nns:5.1 4.3 6.5 4.7 7.2a) Lmpliga punktskattning av = genomsnittlig livslngd och r

obs = x =15

5Pi=1

xi = 5:56 resp obs = s =

s14

5Pi=1

(xi x)2 = 1:24

b) Frn sats 5C vet vi att V () = V () =2

5och en lmplig observerad punktskattning av standardavvikelsen fr

rsp5= 0:553:

7.3 = a11 + a22: Fr att ska vara vntevrdesriktig(VVR) mste E() = :

a) E() = E (a11 + a22)sats 5A= a1E (1) + a2E (2) = (a1 + a2) dvs E(

) = , (a1 + a2) = 1b) Fr att bestmma vilken av dessa punktskattningar som r eektivast mste vi bestmma och minimera V ():V () = V (a11 + a22) =

sats 5A= a21V (1) + a

22V (2)

a1+a2=1= a212 + (1 a1)22 = (2a21 2a1 + 1)2

Ev minimum fs ddV ()da1

= (4a1 2)2 = 0, a1 = 12: Att detta r en min punkt bekrftats av att

d2V ()da21

> 0

fr a1 =1

2:

Den eektivaste punktskattningen r allts =1 + 22

dvs medelvrdet.

7.9 Lt = antal operationer med tid > 40 min och p = sannolikheten att en operation tar > 40min.p skattas med p =

x

ndvs relativa frekvensen. x = obs antal operationer med tid > 40 min

x = 5; n = 20 och pobs =5

20= 0:25

7.11 Vi ska bestmma k s att punktskattningen 2= k

nPi=1

(i )2 blir VVR map 2; dvs E(2) = 2:

E(2) = E

k

nPi=1

(i )2= k

nPi=1

Eh(i )2

i| {z }def: av V arians

= knPi=1

V (i) = kn2

Fr att E(2) = 2 mste kn2 = 2 , k = 1n :

7.14 p = P (ett lysrr funkar efter 1000 timmar) skattas med p = n dr = antal lysrr som funkar efter 1000timmar av n st.a) 2 Bin(n; p) som har mjliga utfall 0; 1; 2; 3; :::; n:Detta leder till att p = n 2 Bin(n; p) med mjliga utfall0; 1n ;

2n ;

3n ; ::; 1:

b) E(p) = E( n ) =1nE() =

1nnp = p dvs VVR.

c) V (p) = V ( n ) =1n2V () =

1n2np(1 p) = p(1p)n

d)q

p(1p)n

q14n 0:05) n 100

24

Kap 8 Kondensintervall

Kap 8.1 Teckenintervall

8.2 i = brottgrns. Vi ska konstruera ett kondensintervall fr m = medianbrottgrnsen baserat p n = 12 mt-ningar.Fr alla stokastiska variabler gller att P (i m) = 0:5:Lt (1) < (2) < ::: < (12) beteckna det storleksordnade stickprovet.Stt Y = antalet observationer m: Y 2 Bin(12; 0:5):Tnkbara intervall r m 2 ((1); (12)); m 2 ((2); (11)) eller ((3); (10)): Det gller fr oss att bestmma kondens-graden fr dessa intervall och det r hr binomialfrdelningen kommer in.

Vilken kondensgrad har intevalet m 2 ((1); (12))= (sannolikheten intervallet tcker verkligt vrde p m)P (intervallet tcker det verkliga vrdet p m) = 1 P (alla obs. ligger till vnster om m) P (alla obs. ligger tillhger om m) (se ex 8.1) ,P ((1) < m < (12)) = 1 P (Y = 0) P (Y = 12) pga sym i binomialfrdelningen rP (Y = 0) = P (Y = 12) sP ((1) < m < (12)) = 1 2P (Y = 0) = 1 2 0:00024 = 0:99952 dvsKondensgraden r 99.95% fr intervallskattningen m 2 ((1); (12))Kondensintervallet blir sedan m 2 (115:0; 117:7); (99:95%)

Vi skulle i uppgiften komma s nr 95% som mjligt s det r bara att g vidare med nsta frslag.Bestmmer kondensgrad fr intervallet m 2 ((2); (11))P (intervallet tcker det verkliga vrdet p m) = 1P (alla obs. utom hgst 1 ligger till vnster om m)P (alla obs.utom hgst 1 ligger till hger om m),P ((2) < m < (11)) = 1 P (Y 1) P (Y 11); sym i binomialfrdelningen ger att P (Y 1) = P (Y 11) sP ((2) < m < (11)) = 1 2P (Y 1) = 1 2 0:00317 = 0:99366 > 0:95

Provar nsta frslag: m 2 ((3); (10))P (intervallet tcker det verkliga vrdet p m) = 1P (alla obs. utom hgst 2 ligger till vnster om m)P (alla obs.utom hgst 2 ligger till hger om m),P ((3) < m < (10)) = 1 P (Y 2) P (Y 10) ven hr r P (Y 2) = P (Y 10) sP ((3) < m < (10)) = 1 2P (Y 2) = 1 2 0:01929 = 0:96142Eftersom detta intervall ocks har en kondensgrad > 95% gr vi vidare med m 2 ((4); (9))P (intervallet tcker det verkliga vrdet p m) = 1P (alla obs. utom hgst 3 ligger till vnster om m)P (alla obs.utom hgst 3 ligger till hger om m),P ((4) < m < (9)) = 1 P (Y 3) P (Y 9) ven hr r P (Y 3) = P (Y 9) sP ((4) < m < (9)) = 1 2P (Y 3) = 1 2 0:0730 = 0:8340 < 0:95Det intervall som r nrmast 95% r det fregende, dvs m 2 ((3); (10)):Kondensintervallet blir m 2 (115:9; 117:1) (96:142%)

Har man tillgng till en binomialfrdelningstabell, och det har vi, kan man lsa ut kondensgraden p en gngfr alla alternativ.Brjan av tabellen fr Bin(12; 0:5) ser ut s hrxnp 0.50 0 0.00024 0.000481 0.00317 0.006342 0.01929 0,038583 0.07300 0.14600

Eftersom kondensgraden kan skrivas som 1 kan alla sannolikheter tolkas som =2: Och d gller det att letareda p en sannolikhet i tabellen s nr som mjligt 2.5%.8.3 i = hllfastheten hos ett byggnadsmaterial. Hr ska vi konstruera ett kondensintervall fr m = medianhll-fastheten baserat p n = 8 obs. med en kondensgrad p c:a 93%:Vi behver storleksordna vr observationer och dessutom leta i tabellen ver Bin(8; 0:5) som brjar s hr:

25

xnp 0.50 0 0.00391 0.007821 0.03516 0.070322 0.14453 0.28906

Ur denna kan vi lsa att ett intervall frn den nst minsta till den nst strsta kommer att tcka m med c:a 93%skerhet. dvsm 2 (111; 119); (93%)8.6 Lser man p liknande stt. Storleks ordna stickprovet och titta i tabellen ver Bin(16; 0:5):I den nner man P ( 3) = 0:01064: Denna sannolikhet tolkar vi som =2 och vi fr ett intervall som ser ut somm 2 ((4); (13)) ( 98%); dvs m 2 (15:2; 17:4); ( 98%)

Kap 8.2 kondensintervall fr i N(;) Samtliga uppgifter i detta avsnitt lses med hjlp av fljandeformler

2 (x a=2 pn ) se hrledning s 199-201 i boken om knd.. Detta kondensintervall har kondensgrad 1 :Om oknd anvnder man 2 (x t

(n1)a=2

spn) se s 202-205, ven detta intervall har kondensgrad 1 :

8.8 Frutsttningar: i = avstndet mellan tv punkter. i 2 N(; 0:005), dr r det verkliga avstndet mellanpunkterna.Stickprovsstorlek: n = 4:Minirknaren ger oss x = 1132:15525 och frn normalfrdelningstabellen fr vi 0:025 = 1:96: Intervallet blir: 2 (1132:15525 1:96 0:005p

4) vilket blir 2 (1132:1503; 1132:1602) (95%).

Tolkning: med 95% skerhet ligger det verkliga vrdet p avstndet mellan de 2 punkterna i intervallet ovan.Fotnot: a=2

pn(ibland 2a=2

pn) kallas fr den statistiska felmarginalen. I detta fall r felmarginalen 0:0049:

8.10 Frutsttningar: i = syrekonc. i vatten dag i (enhet: mg=l): i 2 N(; 2) och n = 30:Frn stickprovet fs x = 2:52 och normalfrdelningstabellen fs 0:005 = 2:5758 och 2 (2:52 2:5758 2p

30) vilket ger 2 (1:57; 3:47) (99%)

Tolkning Med 99% skerhet ligger den verkliga syrekoncentrationen mellan 1:57 och 3:47mg=l: Att peka ut ett enskiltvrde i detta intervall gr inte, dvs det gr inte att med rimlig skerhet pst att skulle vara exempelvis 3 mg=l:Men andra sidan ger inte denna underskning belgg fr att det inte skulle kunna vara 3, eftersom detta vrdefaller inom intervallet. Det vi r ngorlunda skra p r att det r mindre n 1% chans att syrekoncentrationen rmindre n 1.57 eller strre n 3.47.8.11 Givet: i = brottbelastningen, i 2 N(; 0:8) n = 20 och x = 7:15 kp:a) Ett ensidigt, uppt begrnsat kondensintervall fr fljande utseende: 2 (1; x+a pn ) dvs man slpper p den nedre grnsen och lgger all massa i den vre svansen p frdelningen.frn tabellen fr vi att 0:0001 = 3:0902 och intervallet blir 2 (1; 7:15 + 3:0902 0:8p20 ). Utrknat 2 (1; 7:71)(99:9%)Tolkning: med 99.9% skerhet verstiger inte brottbelastningen 7:71 kp:b) Ett nedt begrnsat lser man p liknande stt, skillnaden r att man lgger all massa i den nedre svansen istllet.Intervallet blir 2 (x a pn ;1) och med 0:0001 = 3:0902 fr vi 2 (6:59;1) (99:9%)Tolkningen blir att brottbelastningen inte understiger 6:59 kp med 99:9% skerhet.c) Ett tvsidigt intervall, med 0:0005 = 3:2905, ser ut som fljer 2 6:56; 7:74) (99:9%)8.12 Givet i 2 N(; 0:3) och 2 (9:69; 9:93) (95%)a) Hur mnga mtningar dvs hur stort r n?Intervallngden = 9:939:69 = 0:24 = 2a=2 pn , a=2 pn = 0:12 eftersom kondensgraden r 95% r 0:025 = 1:96:1:96 0:3p

n= 0:12) n = 40:833 dvs underskningen baserades p n = 41 mtningar.

b) Fr att f en intervallngd p hgst 0.1 krvs 2 1:96 0:3pn 0:1) n 117:6 dvs minst 118 observationer.

8.14 i =brottgrns (igen) i 2 N(;) och n = 12Minirknaren ger x = 6:74 och s = 0:8051: Frn tabellen ver t-frdelningen fs t(11)0:005 = 3:106: 2 (6:01; 7:47) (99%): Det r inte speciellt troligt att = 7:6 d det med 99% skerhet inte tillhr intervallet.8.16 Givet i = fryspunkten, i 2 N(;): x = 1:3 och n = 5:a) 2 = 0:7; knd ska ett kondensintervall berknas mha 2 (xa=2 pn ) och fr 90% kondensgrad r tabellvrdet

26

0:05 = 1:645:

Detta ger 2 (1:3 1:645q

0:75 ) (90%); (0:68; 1:92) (90%)

b) Om 2 oknd berknar man s2 = 0:7 och tittar i t-frdelningen ver t(4)0:05 = 2:132 och anvnder 2 (xt(n1)a=2 spn ): 2 (1:3 2:132

q0:75 ) (90%); 2 (0:50; 2:10) (90%):

8.20 i = densiteten hos gasbetong.a) Om i 2 N(;) s r = m och vi kan berkna ett vanligt t intervall fr = m:Minirknaren sger att x = 0:508 och s = 0:008544: En titt i t tabellen fs t(12)0:01 = 2:681 och = m 2 (0:508 2:681 0:008544p

13); = m 2 (0:5016; 0:5144) (98%)

b) Om i =2 N(;) fr vi gra ett teckenintervall fr m: Mha binomialfrdelningstabellen ver Bin(13; 0:5) fr vim 2 ((3); (11)); m 2 (0:501; 0:511) (97:75%):

27

Kap 8.3 jmfrelse mellan tv vntevrden Man skiljer p olika situationer/frsksupplgg, stickprov i pareller tv stickprov.8.22 Stickprov i par.i = blodtryck fre behandling person i; i 2 N(i;1) och Y = blodtryck efter behandling frperson i; Yi 2 N(i +;2):a) i = verkligt blodtryck fr person i, i = 1; 2; :::; 10. = genomsnittlig systematisk skillnad i blodtryck fre ochefter behandling.b) Bilda Zi = Yi i 2 N(;). Vi ska bestmma ett kondensintervall fr , oknd.zi 5 0 -10 -15 -5 -10 15 5 -25 -10

Minirknaren ger z = 5 och sz = 11:547: Med n = 10 ska vi anvnda t(9)0:025 = 2:262 och kondensintervallet blir 2 (5 2:262 11:547p

10) (95%) 2 (13:3; 3:3) (95%): Nej man kan inte sga att preparatet har eekt d 0 ingr i

intervallet.8.23 Stickprov i par.i = reaktionstid fre alkoholintag person i; i 2 N(i;1) och Y = reaktionstid efter alkoholin-tag person i; Yi 2 N(i +;2):Bilda Zi = Yi i 2 N(;). Vi ska bestmma ett 95% t intervall fr .zi 0.40 0.50 0.90 0.30 0.30 0.30

z = 0:45; sz = 0:2345; n = 6 och t(5)0:025 = 2:571. Kondensintervallet blir 2 (0:203; 0:697) (95%):

Med 95% skerhet kar den genomsnittliga reaktionstiden med mellan 0.203 till 0.697 s.8.25 a) Tv stickprov. Lt i = blodtryck fr person i fre behandling. Antag att i 2 N(1;); i = 1; 2; :::; 50 = n1Lt Yj = blodtryck fr person j efter behandling. Antag att Yj 2 N(2;); i = 1; 2; :::; 25 = n2:Vi ska bilda och tolka ett kondensintervall fr 2 1 under ovanstende antaganden.(se sid 208-211)Med x = 148:2; y = 151:7; sx = 10:0 och sy = 8:0 fr vi fljande.

skattas med sp =q

(n11)s2x+(n21)s2yn1+n22 (s.211). Med vrdena ovan insatta blir sp = 9:39

Eftersom oknd ska vi anvnda t frdelningen och t(73)0:025 = 1:993:2 1 2 (y x t(73)0:025sp

q1n1+ 1n2 ) (95%) 2 1 2 (1:09; 8:09) (95%):

Denna underskning ger inte belgg fr att preparatet har avsedd eekt.b) Stickprov i par. Lt i = blodtryck fr person i fre behandling. Antag att i 2 N(i;1):Lt Yi = blodtryck fr person i efter behandling. Antag att Yi 2 N(i +;2); i = 1; 2; :::; 25 = n:Stt Zi = Yi i 2 N(;). z = y x = 1:9, sz = 1:6 och t(24)0:025 = 2:064 och 2 (1:23; 2:57) (95%): Med 95% skerhet tycks preparatet ha bieekt att hja blodtrycket d intervallet ligger helttill hger om 0.8.27 Tv stickprov. i = koncentration 1:a lsningen, i 2 N(1;), i = 1; 2; ::; 5 = n1:Yj = koncentration 2:a lsningen, Yj 2 N(2;); j = 1; 2; ::; 5 = n2:a) = 0:1 knd. Kondensintervall fr 2 1 2 (y x 0:025

q1n1+ 1n2 ).

2 1 2 (0:122 1:96 0:1q

15 +

15 ); 2 1 2 (0:246; 0:002) (95%).

Dvs ingen statistiskt skerstlld skillnad i koncentration mellan lsningarna.b) oknd. Minirknaren ger y = 15:176; x = 15:298; sy = 0:0513 och sy = 0:1311:

skattas med sp =q

s2y+s2x

2 = 0:0994 och vi fr 2 1 2 (0:268; 0:24) (95%) med t(8)0:025 = 2:306:ven under dessa frutsttningar fr vi ingen statistiskt skerstlld skillnad.8.30 Tv stickprov. i = bjhllfastheten 700

, i 2 N(1;), i = 1; ::; 5Yj = bjhllfastheten 800, Yj 2 N(2;), i = 1; ::; 6Minirknaren sger att x = 137; sx = 9:618; y = 208 och sy = 11:419 samt t

(9)0:025 = 2:262 vilket ger oss fljande

intervall.2 1 2 (56:4; 85:6) (95%): Med 95% skerhet kan man sga att bjhllfastheten vid 800 r i genomsnitt mellan56.4 och 85.6 enheter hgre n vid 700; dvs det nns en statistiskt skerstlld skillnad mellan de genomsnittligabjhllfastheterna vid 700 resp 800:

Kap 8.4 Kondensintervall fr

8.33 Givet ett stickprov frn en N(;):Minirknaren hjlper oss med en skattning av : 2

= s2 = 0:1988:

Kondensintervall fr 2 2

(n1)s220:0005(n1) ;

(n1)s220:9995(n1)

(se s 217-220) tvsidigt.

28

2 20; (n1)s

2

20:999(n1)ensidigt uppt begrnsat

Frn tabellen ver 2frdelningen fr man 20:999 (9) = 1:152Intervallet blir2 2 0; 90:19881:152 2 2 (0; 1:56) (99:9%); 2 (0; 1:25) (99:9%)Eftersom 1 nns i intervallet kan det mycket vl vara s att = 1:

8.35 2 20; (n1)s

2

20:999(n1)och 2

0;q

(n1)s220:999(n1)

gller i denna uppgift ocks.

Man har mtt n = 12 gnger p ngot man tror r N(;):Man ck s2 = :6481 och frn tabellen fr man 20:95 (11) = 3:325:2 2 (0; 2:145) (95%) , 2 (0; 1:47) (95%): Det r 95% skert att inte verstiger 1.47.

Kap8.5 Intervallskattning av oknd parameter utan normalfrdelningsantagande

8.38 i = livslngd i 2 (;) n = 81: Tillrckligt stort stickprov fr att pst att CGS N(; p

n).

Kondensintervall fr 2 (x =2 spn ); (1 )100%; :(s:223 224):I vrt fall ska vi anvnda 0:005 = 2:5758 och vi fr 2 (882 2:5758 927p81 ) ( 95%), 2 (616:7; 1147:4) ( 95%)Den genosnittliga eller frvntade livslngden ligger, med approximativ skerhet p 95%, mellan 616.7 och 1147.4timmar.8.39 = antalet defekta i urvalet. 2 Bin(500; p)p skattas med p = n

CGS N(p;q

p(1p)n ) ett kondensintervall fr p ges av

p 2 ( p =2q

p(1p)n ); (se sid 224). Stickprovet sger att p

= 87500 = 0:174 och

p 2 (0:174 1:96q

0:1740:826500 ) p 2 (0:140; 0:207) ( 95%): Den verkliga andelen defekta i varupartiet ligger mellan

14.0% och 20.7%, kondensgrad 95%.8.40 = antal som arbetar i en viss tidpunkt. 2 Bin(2500; p): Samma rkningar och intervall som ovan.Med p = 18752500 = 0:75 fr man p 2 (0:733; 0:767) ( 95%): Med en approximativ skerhet p 95% ligger den faktiskaandelen mellan 73.3% och 76.7%. Eftersom 80% inte ingr i intervallet r det mindre troligt att den verkliga andelenr 80%.

29

Kap 9 Hypotesprvning

9.1 Frutsttningar: i = livslngd, i 2 N(; 10), i = 1; 2; ::::; 15 och 2 N(; 10p15 ):a) Tillverkaren A vill visa att konkurrenten B har fel.A prvar H0 : = 190 mot H1 : = 200 ( > 190) p signikansnivn 1%:

Teststorhet T = 190

10p15

2 N(0; 1): Frkasta H0 om Tobs > 2:32 , > 190 + 2:32 10p15 = 196:01 (kritiskt vrde frH0)Eftersom resultatet i underskningen gav x = 194:8 kan inte H 0 frkastas.b) Hur bra r detta test att upptcka att = 200? Svaret p denna frga ges genom att bestmma testets styrka ipunkten = 200:h(1) = P (frkasta H0jH1 sann). I detta fall kommer styrkefunktionen att se ut s hrh(200) = P ( > 196:01j 2 N(200; 10p

15) = 1

196:01200

10p15

= 0:94

Det r allts 94% chans att H0 frkastas om det verkliga vrdet p r 200.c) Konkurrent B vill anvnda resultatet till att visa att tillverkare A r fel ute.B prvar H0 : = 200 mot H1 : = 190 ( < 200) p signikansnivn 1%:

Teststorhet T = 200

10p15

2 N(0; 1): Frkasta H0 om Tobs < 2:32, < 200 2:32 10p15 = 195:99 (kritiskt vrde frH0)Eftersom x = 194:8 ,fortfarande, kan inte H 0 frkastas i detta fall heller.

d) Styrkan fr testet: h(190) = P ( < 195:99j 2 N(190; 10p15) =

195:99190

10p15

= 0:94

9.2 a) H 0 frkastas p 1% signikansniv d x = 196:8 > 196:01c) H 0 frkastas inte p 1% signikansniv d x = 196:8 < 195:999.3 i 2 N(; 15). Testar H0 : = 100 mot H1 : = 110 p 5% signikansniv.a) Hur mnga mtningar behver man gr fr att h(110) = 0:95?

Frkasta H0 om T = 100

15pn

> 1:645, > 100 + 1:645 15pn

h(110) = P ( > 100 + 1:645 15pnj = 110) = 1

100+1:645 15p

n110

15pn

= 0:95,

1:645 10 15p

n

= 0:05,

1:645 10 15pn= 1:645, n = 21:6451510 2 = 24:354 dvs det krvs minst n = 25:

b) Testet blir nu: Frkasta H0 om > 100 + 1:645 15p25 = 104:93:9.5 Frutsttningar: i = livslngd, i 2 N(; 150).a) Vill testa H0 : = 1200 mot H1 : < 1200: = 0:05:

Testvariabel T = 1200150=

p252 N(0; 1): Frkasta H0 om T < 1:645, < 1200 1:645 150p25 = 1150:65:

Eftersom resultatet av underskningen blev x = 1180 kan H0 inte frkastas. Skillnaden fr vi tillskriva slumpen.b) P (skicka tillbaka sndningen om = 1100) = h(1100) = P ( < 1150:65j 2 N(1100; 150p

25) =

1150:651100

30

=

0:9549.7 Frutsttningar i = hrdhet, i 2 N(; 2)a) Denna gng vill man testa H0 : 64 mot H1 : 6= 64 p 5% nivn.(2-sidigt test)Testvariabel T =

642=p102 N(0; 1): Frkasta H0 om jTobsj > 1:96, < 64 1:96 2p10 eller > 64 + 1:96 2p10

dvs < 62:76 eller > 65:24: D underskningen gav x = 65 kan inte H0 frkastas. Man kan inte pst atttillverkaren har fel.b) h(61) = P ( < 62:76 eller > 65:24j = 61) = 1 P (62:76 < < 65:24) =1

65:24612=p10

62:76612=p10

= 1 (6:70) + (2:78) = 0:9973

h(66) = P ( < 62:76 eller > 65:24j = 66) = 1 P (62:76 < < 65:24) =1

65:24662=p10

62:76662=p10

= 1 (1:20) + (5:12) = (1:20) = 0:8849

9.10 Frutsttningar i = askhalt, i 2 N(; 1)Ska testa H0 : = 8:0 mot H1 : > 8:0 med testvariabeln T =

81=p122 N(0; 1)

30

a) Om = 0:001 frkastas H0 om Tobs > 3:0902, > 8 + 3:0902 1p12 = 8:8921Eftersom resultatet av underskningen blev x = 8:6 kan vi inte p signikansnivn 0.1% frkasta H0:b) Om = 0:05 frkastas H0 om Tobs > 1:6449, > 8 + 1:6448 1p12 = 8:4748Nu gr det att frkasta H0 ty x = 8:6 > 8:4748:Vi kan allts pst, med 5% risk att ha fel; att den genomsnittliga askhalten i det underskta stenkolspartiet rhgre n det angivna vrdet p 8.0%.Resultatet i stickprovet jmfrt med angivet vrde skiljer sig signikant t eller vi har ftt en statistiskt skerstlldskillnad.9.11 Frutsttningar: i = smltpunkt, i 2 N(;), oknd.Han vill testa H0 : = 1050 mot H1 : 6= 1050 p 5% nivn.Testvariabel blir denna gng T =

1050s=p10

2 t(9) Frkasta H0 om jTobsj > t(9)0:025 = 2:262Resultatet av stickprovet gav x = 1050:92 och s = 2:028: Detta ger Tobs = 0:634 vilket medfr att H0 inte kanfrkastas.9.17 Frutsttningarna r att man mtt n gnger p ngot man tror r normalfrdelat, N(;); oknd.Man vill prva hypotesen H0 : = 5:5 mot H1 : 6= 5:5a)Testvariabel blir denna gng T =

5:5s=p62 t(5) och regeln blir: frkasta H0 p 10% nivn om jTobsj > t(5)0:05 =

2:015b) Om x = 5:575 och s = 0:201 blir Tobs = 0:9139 < 2:015) H0 kan inte frkastas.c) Om x = 5:675 och s = 0:195 fr man Tobs = 2:19 > 2:015) H0 frkastas.9.21 Man har mtt 5 ggr p ngot som r i 2 N(; 1):Vi ska prva H0 : = 63 mot H1 : 6= 63 p signikansnivn = 5% mha ett kondensintervall.Kondensgraden blir 1 = 0:95 och eftersom det r ett tvsidigt test mste vi konstruera ett tvsidigt intervall.D r knd blir detta intervall som fljer 2 (x 0:025 pn ) 2 (x 1:96 1p5 ) 2 (x 0:88) (95%):Frkasta H0 om 63 =2 (x 0:88) frkasta inte H0 om 63 2 (x 0:88):9.24 Frutsttningar = antal ggr maskinen str still, 2 Bin(250; p)Testa H0 : p = 0:2 mot H1 : p > 0:2:Alternativ 1Man skattar p = n

CGS N(p;q

p(1p)n ) och fr testvariabeln T =

p0:2q0:2(10:2

250

N(0; 1) om H0 sann.Frkasta H0 p 1% nivn om Tobs > 0:01 = 2:32:D man ck x = 60 ger detta p = 0:24 och Tobs = 1:58 < 2:32 s H0 kan inte frkastas p 1% nivn.Alternativ 2 (Direktmetoden)Underskningen gav att x = 60: Om H0 sann r 2 Bin(250; 0:2): Vad r sannolikheten att maskinen str stillminst 60 ggr?

P ( 60) = 1 P ( 59) CGS 1

0BB@ 59:5npz }| {

250 0:2r250 0:2 0:8| {z }

np(1p)

1CCA = 1 (1:50) = 1 0:933 = 0:665:Det r 6.65% chans att maskinen str still minst 60 ggr. Fr att kunna fr kasta H0 hade vi krvt att denna sanno-likhet varit < 1%:9.24 = antalet defekta, 2 Bin(60; p):Ska testa H0 : p = 0:02 mot H1 : p > 0:02 med direktmetoden enligt regeln: frkasta H0 om man nner minst 4defekta i urvalet.a) = P (minst 4 defekta) = P ( 4j 2 Bin(60; 0:02)) = 1 P ( 3) = 1 0:9678 = 0:0322b) Styrkan fr testet i p = 0:1 blirh(0:1) = P ( 4jp = 0:1) = 1 P ( 3) = 1 0:1373 = 0:86279.28 Frutsttningar: i = mtfel, i 2 N(; 0:4); n = 9:Ska testa H0 : = 0 mot H1 : > 0 med tv olika test.a)Test 1 (standard test)Testvariabel T = 0

0:4=p92 N(0; 1): Frkasta H0 p signikansnivn 9% om Tobs > 1:34, > 1:34 0:4p9 = 0:17867

Test 2 (teckentest)

31

Testvariabel D = antalet positiva x vrden, D 2 Bin(9; p)Om H0 sann r p = 0:5, om H0 falsk r p > 0:5: Frgan r hur mnga positiva vrden tl vi innan vi misstror H0?Vi ska allts bestmma d s att P (D > d j p = 0:5) 0:09 , P (D d j p = 0:5) > 0:91och det gr vi mha tabellenTabellen fr Bin(9; 0:5) slutar s hrxnp 0.505 0746096 0.910167 0.980478 0.998059 1

Hr ser vi att om d > 6 dvs om vi fr 7 eller er positiva x vrden frkastas H0 p signikansnivn 9%:b)Styrkan fr test 1Vi ska p sedvanligt stt bestmma h(1) = P (H0 frkastas j = 1) som i detta fall blirh(0:34) = P( > 0:17867 j = 0:34) = 1

0:178670:34

0:4=p9

= 1 (1:21) = (1:21) = 0:8869

Styrkan fr test 2Om = 0:34 fr vi ett nytt p vrde i binomialfrdelningen, dvs om = 0:34 vad r d sannolikheten att f ettpositivt x vrde? Se gur 3.Detta bestms genom att berkna P ( > 0 j = 0:34) = 1 00:340:4 = 1 (0:85) = (0:85) = 0:8023 dvs = 0:34, p = 0:8023h(0:34) = P (D > 6 j D 2 Bin(9; 0:8023) = P (D 7) = 0:7442 (Jag har rknat med minirknare och sannolikhets-funktionen, det gr givetvis att titta i tabellen med p = 0:20 och rkna antalet negativa x vrden istllet.)

gur 3

c) Sannolikheten att upptcka att = 0:34 r 88:7 % fr test 1 och 74:4% fr test 2. Man vljer alltid det test somhar hgst styrka s i detta fall vljer vi test 1:

32