02402 Vejledende løsninger til hjemmeopgaver og øvelser, Uge 4

Transkript

1 02402 Vejledende løsninger til hjemmeopgaver og øvelser, Uge 4 Vejledende løsning 5.46 P (0.010 < error < 0.015) = ( )/0.050 = 0.1 > punif(0.015,-0.025,0.025)-punif(0.01,-0.025,0.025) [1] 0.1 P ( < error < 0.012) = ( )/0.050 = 0.48 > punif(0.012,-0.025,0.025)-punif(-0.012,-0.025,0.025) [1] 0.48 Vejledende løsning 5.50 Idet α = 1 og β = 2 fås direkte: µ = e α+β2 /2 = e 1 = σ 2 = e 2α+β2 (e β2 1) = e 2 (e 4 1) = 396 Vejledende løsning 5.51 σ = σ 2 = e 2 (e 4 1) = 19.9 Idet vi kan anvende normalfordelingen på de logaritme transformerede data, fås F ((ln(8.4) + 1)/2) F ((ln(3.2) + 1)/2) =F (1.564) F (1.0816) = = > plnorm(8.4,-1,2)-plnorm(3.2,-1,2) [1] Og tilsvarende fås: > 1-plnorm(5,-1,2) [1] F ((ln(5.0) + 1)/2) =1 F (1.305) = =

2 Vejledende løsning 5.58 Tæthedsfunktionen for eksponentialfordelingen er { 1 f(x) = β e x/β x > 0, β > 0 0 ellers Dermed fås fordelingsfunktionen > pexp(20,1/50) [1] > 1-pexp(60,1/50) [1] F (x) = Vejledende løsning 5.59 x 0 f(s)ds = 1 e x/β P (X 20) = 1 e 20/50 = P (X 60) = 1 (1 e 60/50 ) = Idet antallet af sammenbrud er en poisson fordelt variabel med parameter λ = 0.2 (7th edition: λ = 0.3), fås at tiden mellem sammenbrud er eksponentialt fordlet med parameter λ = 0.2 (7th Edition: λ = 0.3). 8th Edition: > pexp(1,0.2) [1] > 1-pexp(5,0.2) [1] th Edition: > pexp(1,0.3) [1] > 1-pexp(5,0.3) [1] e ( 0.2)1 = e ( 0.2)5 = e ( 0.3)1 = e ( 0.3)5 =

3 Vejledende løsning 5.90 For 8.ed.: E(X 1 X 2 ) = E(X 1 ) E(X 2 ) = 3 5 = 8 V ar(x 1 X 2 ) = V ar(x 1 ) + ( 1 2 )V ar(x 2 ) = = 6 For 6.ed. og 7.ed.: E(X 1 X 2 ) = E(X 1 ) E(X 2 ) = 2 5 = 7 V ar(x 1 X 2 ) = V ar(x 1 ) + ( 1 2 )V ar(x 2 ) = = 7 Vejledende løsning 5.91 I denne opgave skal vi bruge formlerne for middelværdi og varians, når man lægger stokastiske variable sammen (eller trækker dem fra hinanden). Hvis vi har to stokastiske variable, X 1 og X 2, hvor E{X 1 } = µ 1, V {X 1 } = σ 2 1, E{X 2 } = µ 2, V {X 2 } = σ 2 2, og a, b og c er tre konstanter, så vil det gælde, at hvis Y = ax 1 + bx 2 + c er en ny stokastisk variabel, så er og E{Y } = E{aX 1 + bx 2 + c} = aµ 1 + bµ 2 + c V {Y } = V {ax 1 + bx 2 + c} = a 2 σ b 2 σ 2 2 Middelværdien af en konstant er konstanten selv. Variansen af en konstant er 0, dvs E{c} = c og V {c} = 0 I opgaven har vi så: For 8. ed.: Variabel Middelværdi Varians X 1 µ 1 = 1 σ 2 1 = 3(= ) X 2 µ 2 = 2 σ 2 2 = 5(= ) Y = X 1 + 2X 2 3 µ 1 + 2µ 2 3 = 6 σ σ 2 2 = = 23 = For 6. ed. og 7. ed.: Variabel Middelværdi Varians X 1 µ 1 = 1 σ 2 1 = 5(= ) X 2 µ 2 = 2 σ 2 2 = 5(= ) Y = X 1 + 2X 2 3 µ 1 + 2µ 2 3 = 6 σ σ 2 2 = = 25 = 5 2 Resultatet gælder for stokastiske variable, som er uafhængige, dvs at værdier, man f.eks. måler for dem, ikke er gensidigt påvirkede (se f.eks. bogen side (6.ed: 183 og 7.ed.: 185). I kurset opererer vi gennemgående med uafhængige stokastiske variable. Hvis man f.eks. har variansen V {X 1 } = σ 2 1 = 5, svarer det til at σ 1 = 5 = , dvs at X 1 s standard afvigelse, σ 1 = Standard afvigelsen σ 1 har samme enhed som X 1 og µ 1 (f.eks. mg alle tre, hvis det er en målefejl, vi taler om). For 8.ed.: E(X 1 +2X 2 3) = E(X 1 )+E(2X 2 ) 3 = E(X 1 )+2E(X 2 ) 3 = = 6 3

4 V ar(x 1 + 2X 2 3) = V ar(x 1 ) V ar(x 2 ) = = 23 For 6.ed. og 7.ed.: E(X 1 +2X 2 3) = E(X 1 )+E(2X 2 ) 3 = E(X 1 )+2E(X 2 ) 3 = = 6 V ar(x 1 + 2X 2 3) = V ar(x 1 ) V ar(x 2 ) = = 25 Vejledende løsning 5.92 For 7. og 8. udgave af bogen: Anvend, at tid sparet svarer til Y = X 1 X 2. Dermed E(Y ) = E(X 1 X 2 ) = E(X 1 ) E(X 2 ) = = 20 c) så, så E(200Y ) = 200E(Y ) = = 4000 V ar(y ) = V ar(x 1 X 2 ) = V ar(x 1 ) + ( 1 2 )V ar(x 2 ) = 25 For 6. udgave af bogen: SD = 5 V ar(y 1 + Y Y 200 ) = 200V ar(y ) = 5000 SD = 5000 = Anvend, at tid sparet svarer til Y = X 1 X 2. Dermed E(Y ) = E(X 1 X 2 ) = E(X 1 ) E(X 2 ) = = 11 c) E(200Y ) = 200E(Y ) = = 2200 V ar(y ) = V ar(x 1 X 2 ) = V ar(x 1 ) + ( 1 2 )V ar(x 2 ) = 25 V ar(y 1 + Y Y 200 ) = 200V ar(y ) = 5000 heraf kan standardafvigelserne bestemmes Vejledende løsning 5.38 Vi har n = 84, p = 0.3, µ = 25.2, σ 2 = og σ = 4.2 F (( )/4.2) F (( )/4.2) = F (1.26) F ( 1.36) = pnorm(30.5,25.2,4.2)-pnorm(19.5,25.2,4.2) [1]

5 Vejledende løsning 5.61 Lad N være Poisson fordelt med parameter αt. Så er P (N = 0) = (αt) 0 e αt /0! = e αt. Dermed fås P (waiting time > t) = e αt og P (waiting time t) = 1 e αt Vejledende løsning (6.ed. og 7.ed.: P ( 0.03 < error < 0.04) = f(x)dx = 0.02 > punif(0.04,-0.02,0.02)-punif(-0.03,-0.02,0.02) [1] 1 P ( < error < 0.005) = dx = 0.25 > punif(0.005,-0.02,0.02)-punif(-0.005,-0.02,0.02) [1] 0.25 Vejledende løsning dec dx = 1 Orden de 7 målinger for det liggende morgenblodtryk efter størrelse: 135, 141, 143, 144, 152, 153, 159 Beregn np = = 5.25, rund op til 6 og svaret bliver derved 153, dvs. svar 3. (jvf. boksen side 34(32) i bogen) > quantile(x,0.75,type=2) 75% 153 Det er vigtigt her at være opmærksom på, at man kan udregne kvartiler på mange forskellige måder, i diskrete tilfælde svarer R s type 2 til den metode som bogen også benytter. Vejledende løsning dec04.16 Sandsynligheden for at få en dreng i den enkelte fødsel bliver p = 38100/73380 = Hvis antallet af drenge ud af 12 fødsler er binomialfordelt, bliver sandsynligheden for netop 6 drenge: ( ) ( ) 6 6 og dermed bliver det forventede antal famililer ud af de 6115 familier, der har neop 6 drenge denne sandsynlighed ganget med de 6115: ( ) ( ) 6 6 5

6 og det korrekte svar er altså svar 4. Alternativ kunne man udregne svaret i R på følgende måde og sammenligne sit resultat med de andre muligheder. I denne opgaver ville det dog være lidt besværligt,da man så var nødt til at udregne talværdierne for de enkelte muligheder. Vi starter med at udregne vores eget svar: > dbinom(6,12,0.519) [1] Vi indser nu, at vores svar stemmer overens med talværdien i svar mulighed 4. > choose(12,6)*0.519^6*( )^(12-6) [1] Vejledende løsning Ropg5.3.1 Formlen for sandsynligheden er P (X 0.4) = dx hvor X altså er uniform fordelt på intervallet [0, 1], cf. side 135 (7.ed.:165). Vejledende løsning Ropg5.3.2 Formlen for det første af to resultater er tæthedsfunktionen for eksponentialfordelingen med β = 2: f(2) = 1 2 exp( 2/2) Det andet resultat er fordelingsfunktionen for samme fordeling i punktet 2: P (X 2) = exp( x/2)dx = 1 exp( 1) 2 Vejledende løsning Ropg5.3.3 (Opdateret 28/2 2006) Formlen for resultatet er 50%-fraktilen for standard log-normalfordelingen: P (Z 1) = 0.5 = P (log(z) log(1)) = P (log(z) 0) hvor log(z) altså er standard normalfordelt, og dermed er Z altså log-normalfordelt med α = 0 og β = 1. 6