Projektopgave til MatSS Espen Højsgaard (CPR 04038-xxxx) Rune Højsgaard (CPR 090678-xxxx) 1
1 Samme sandsynlighed for drengefødsel Vi har som udgangspunkt for løsning af opgaven brugt følgende tabeller, der giver et overblik over udfaldsrummet, de tilsvarende punktsandsynligheder samt de stokastiske variable N og D. Vi har brugt et nedsænket bogstav til at angive hvilken af de to strategier der er tale om (f.eks. D a ). I beskrivelsen af udfaldsrummet betegner 1 en dreng, mens 0 betegner en pige. E a p a N a D a 01 p(1 p) 1 10 p(1 p) 1 001 p(1 p) 3 1 110 p (1 p) 3 0001 p(1 p) 3 4 1 1110 p 3 (1 p) 4 3 0000 (1 p) 4 4 0 1111 p 4 4 4 E b p b N b D b 1 p 1 1 01 p(1 p) 1 001 p(1 p) 3 1 0001 p(1 p) 3 4 1 0000 (1 p) 4 4 0 1.1 Fordelingen af N Fordelingen af N findes ud fra ovenstående tabeller og vi får P (N a = ) = p(1 p) + p(1 p) = p p P (N a = 3) = p(1 p) + p (1 p) = p p P (N a = 4) = p(1 p) 3 + p 3 (1 p) + (1 p) 4 + p 4 = 1 3p + 3p P (N b = 1) = p P (N b = ) = p(1 p) P (N b = 3) = p(1 p) P (N b = 4) = p(1 p) 3 + (1 p) 4 1. Fordelingen af D Fordelingen af D fås på tilsvarende måde til
P (D a = 0) = (1 p) 4 P (D a = 1) = p(1 p) + p(1 p) + p(1 p) + p(1 p) 3 P (D a = ) = p (1 p) P (D a = 3) = p 3 (1 p) P (D a = 4) = p 4 P (D b = 0) = (1 p) 4 P (D b = 1) = p + p(1 p) + p(1 p) + p(1 p) 3 1.3 Sandsynligheden for kun at få drenge Sandsynlighederne for hændelsen, som vi betegner A er for de to strategier a) P (A) = p 4 b) P (A) = p 1.4 Sandsynligheden for kun at få piger Sandsynlighederne for hændelsen, som vi betegner A, er for begge strategier P (A) = (1 p) 4. 1.5 Sandsynligheden for en pige givet to drenge Spørgsmålet er kun relevant for strategi a. Vi betegner hændelsen at de første to børn er drenge med A Sandsynligheden for A er jf. 1.. i [] A = {110, 1110, 1111} P (A) = p(110) + p(1110) + p(1111) = p (1 p) + p 3 (1 p) + p 4 = p Hændelsen at det tredje barn er en pige betegner vi med B Fællesmængden for de to hændelser er B = {110, 0001, 0000} A B = {110} 3
og sandsynligheden for denne hændelse er P (A B) = p (1 p) Definition 1.4.1 i [] giver os så, at sandsynligheden for at tredje barn er en pige givet at de første to er drenge er P (B A) = P (A B) P (A) = p (1 p) p = 1 p 1.6 Sandsynligheden for mindst en pige givet mindst to drenge Spørgsmålet er kun relevant for strategi a. Vi betegner hændelsen at familien har mindst to drenge med A A = {110, 1110, 1111} der er identisk med hændelsen A fra sidste spørgsmål og vi har derfor P (A) = p. Hændelsen at familien har mindst en pige kalder vi B Fællesmængden for de to hændelser er og sandsynligheden for denne hændelse er B = {01, 10, 001, 110, 0001, 1110, 0000} A B = {110, 1110} P (A B) = p (1 p) + p 3 (1 p) = p p 4 Definition 1.4.1 i [] giver os så, at sandsynligheden for at familien har mindst en pige givet at den har to drenge er P (B A) = 1.7 Middelværdien af N P (A B) P (A) = p p 4 p = 1 p Jf. definition 3.7.1 i MS er middelværdien af N a og N b henholdsvis EN a = p(1 p) + p(1 p) + 3p(1 p) + 3p (1 p) +4p(1 p) 3 + 4p 3 (1 p) + 4(1 p) 4 + 4p 4 = 4 5p + 5p og EN b = p + p(1 p) + 3p(1 p) + 4p(1 p) 3 + 4(1 p) 4 = 4 6p + 4p p 3 4
1.8 Middelværdien af D Jf. definition 3.7.1 i MS er middelværdien af D a og D b henholdsvis ED a = p(1 p) + p(1 p) + p(1 p) + p (1 p) + p(1 p) 3 + 3p 3 (1 p) + 4p 4 = 4p 5p + 5p 3 og ED b = p + p(1 p) + p(1 p) + p(1 p) 3 = 4p 6p + 4p 3 p 4 1.9 Forholdet mellem ED og EN Fra de to foregående spørgsmål har vi ED og EN for begge strategier og forholdet ED EN for de strategier er a) b) ED a EN a = 4p 5p + 5p 3 4 5p 5p = p ED b EN b = 4p 6p + 4p 3 p 4 4 6p + 4p p 3 = p Varierende sandsynlighed for drengefødsel.1 Sandsynligheden for en dreng for en tilfældig kvinde Vi lader t i betegne en kvinde med sandsynligheden p i for at få en dreng for i = 1,. Endvidere betegner vi en dreng med 1 og en pige med 0. Udfaldsrummet er E = {t 1, t } {1, 0} Med K i betegner vi den hændelse at vi vælger en kvinde af type t i K i = {t i } {1, 0} for i = 1,. Med D betegner vi hændelsen at barnet er en dreng. Vi har fra modellen sandsynligheden for at vælge en kvinde af type t i samt denne type kvinders sandsynlighed for at få en dreng P (K 1 ) = r P (D K 1 ) = p 1 P (K ) = 1 r P (D K ) = p Sætning 1.4.4 i [] giver os sandsynligheden for hændelsen D P (D) = P (D K 1 )P (K 1 ) + P (D K )P (K ) = p 1 r + p (1 r) 5
. Sandsynligheden for n børn Resultaterne fra spørgsmål (fordelingen af N b ) giver os følgende P (N b = 1 K i ) = p i P (N b = K i ) = p i (1 p i ) P (N b = 3 K i ) = p i (1 p i ) P (N b = 4 K i ) = p i (1 p i ) 3 + (1 p i ) 4 for i = 1,. Ved at bruge sætning 1.4.4 i [] som i sidste opgave fås P (N b = 1) = p 1 r + p (1 r) P (N b = ) = p 1 (1 p 1 )r + p (1 p )(1 r) P (N b = 3) = p 1 (1 p 1 ) r + p (1 p ) (1 r) P (N b = 4) = (p 1 (1 p 1 ) 3 + (1 p 1 ) 4 )r + (p (1 p ) 3 + (1 p ) 4 )(1 r).3 Middelværdi for N og D Resultaterne fra opgave 8 og 9 giver os svaret E(N b ) = (4 6p 1 + 4p 1 p 3 1)r + (4 6p + 4p p 3 )(1 r) E(D b ) = (4p 1 6p 1 + 4p 3 1 p 4 1)r + (4p 6p + 4p 3 p 4 )(1 r).4 Sandsynlighed for dreng givet to piger Med A betegner vi hændelsen at de to første børn er piger A = {001, 0001, 0000} Fra opgave 1 har vi at sandsynligheden for A, forudsat at kvindetypen er kendt, er P (A K i ) = p i (1 p i ) + p i (1 p i ) 3 + (1 p i ) 4 = (1 p i ) for i = 1,. Sætning 1.4.4 i [] giver os da P (A) = (1 p 1 ) r + (1 p ) (1 r) = (1 p 1) + (1 p ) hvor sidste lighedstegn gælder, da r = 1. Vi lader B betegne hændelsen at tredje barn er en dreng B = {001} 6
Fællesmængden for de to hændelser er A B = {001}. Opgave 1 giver os P (A B K i ) = p i (1 p i ) Ved igen at bruge sætning 1.4.4 fra [] samt at r = 1 fås P (A B) = p 1(1 p 1 ) + p (1 p ) Jf. definition 1.4.1 i [] er sandsynligheden for at tredje barn er en dreng forudsat at de foregående er piger så P (B A) = P (A B) P (A) = p 1(1 p 1 ) + p (1 p ) (1 p 1 ) + (1 p ).5 Opgave 15 Sandsynligheden for at få en dreng ved første fødsel når r = 1 11 p 1+p. Vi skal vise, at der for p 1 p gælder er ifølge resultatet fra opgave p 1 (1 p 1 ) + p (1 p ) < p 1 + p (1 p 1 ) + (1 p ) Vi omskriver uligheden p 1 (1 p 1 ) +p (1 p ) (1 p 1 ) +(1 p < p 1+p ) p 1 (1 p 1 ) + p (1 p ) < (p 1 + p )((1 p 1 ) + (1 p ) ) p 1 (1 p 1 ) + p (1 p ) < p 1 (1 p ) + p (1 p 1 ) (p 1 p )(1 p 1 ) < (p 1 p )(1 p ) Vi deler op for p 1 > p og p 1 < p : p 1 > p : Vi har p 1 p > 0 og vi kan derved omskrive uligheden videre til (1 p 1 ) < (1 p ) 1 p 1 < 1 p 1 p 1 < 1 p p < p 1 da vi har p i ]0, 1[ 1 p i > 0 for i = 1,. Sidste ulighed er forudsat sandt og den indledende ulighed er altså sand for p 1 > p. 7
p 1 < p : Vi har p 1 p < 0 og analogt til foregående tilfælde fås (1 p 1 ) > (1 p ) 1 p 1 > 1 p 1 p 1 > 1 p p > p 1 Altså er p 1(1 p 1 ) +p (1 p ) (1 p 1 ) +(1 p ) < p 1+p for p 1 p. 3 Trebørnsmødre Vores udgangshypotese er at forældre gerne vil have et barn af hver køn. Vi vil teste hypotesen ved at først undersøge om kvinder med tre børn af samme køn har samme tilbøjelighed til at få endnu et barn uanset om de tidligere børn var piger eller drenge. Er det tilfældet tester vi om også kvinder med børn af forskelligt køn har samme sandsynlighed for at få et barn til. Da vi i vores test ikke er interesserede i at differenciere mellem kvinder med piger og 1 dreng og kvinder med 1 pige og drenge, og da tilbøjeligheden til at få endnu et barn for disse to grupper kvinder er meget ens ( 096 1458 = 0.94 og = 0.93) vil vi betragte 69084 736 dem som en gruppe. Vi anvender samme notation som i eksempel 5.4. i [1]: n ppp, n ddd og n pd betegner antallet af familier med henholdsvis tre piger, tre drenge og en af hver. x ppp, x ddd og x pd er antallet af familier med den givne børnekombination, der har fået endnu et barn. Vi betragter den statistiske model hvor ( {0,..., n ppp } {0,..., n ddd } {0,..., n pd }, ( ) P (pppp,pddd,p pd ) )(p ppp,pddd,ppd ) [0,1] 3 P (pppp,p ddd,p pd ) (X ppp = x ppp, X ddd = x ddd, X pd = x pd ) = j=ppp,ddd,pd ( nj ) p j (1 p j) (n j ) Hypoteserne bliver H 1 : p ppp = p ddd = p [0, 1], p pd [0, 1] H : p pd = p [0, 1] Under modellen varierer de tre sandsynlighedsvektorer frit og likelihoodfunktione bliver L :{0,..., n ppp } {0,..., n ddd } {0,..., n pd } [0, 1] 3 [0, 1] ( ) nj L(x, (p ppp, p ddd, p pd )) = p j (1 p j) (n j ) j=ppp,ddd,pd 8
Maksimaliseringsestimatorerne bliver efter sætning 5..1(a) i [1] (ˆp ppp, ˆp ddd, ˆp pd ) = ( x ppp n ppp, x ddd n ddd, x pd n pd ) = (0.39, 0.316, 0.93) Under H 1 bliver likelihoodfunktionen L :{0,..., n ppp } {0,..., n ddd } {0,..., n pd } [0, 1] [0, 1] L(x, (p, p pd )) = ( ) ( ) nj p (1 p) (n npd j ) p x pd pd (1 p pd ) (n pd x pd ) j=ppp,ddd og maksimaliseringsestimatorerne er jf. 5..1(a) i [1] x pd (ˆp, ˆp pd ) = ( x ppp + x ddd n ppp + n ddd, x pd n pd ) = (0.3, 0.93) Kvotientstørrelserne Q 1 (x) for test af H 1 mod M bliver Q 1 (x) = = = L(x, (ˆp, ˆp pd )) L(x, (ˆp ppp, ˆp ddd, ˆp pd )) j=ppp,ddd ( nj x )ˆp j (1 ˆp) (n j ) (n pd x x pd )ˆp pd pd (1 ˆp pd ) (n pd x pd ) ( nj x j=ppp,ddd,pd )ˆp j j (1 ˆp j) (n j ) j=ppp,ddd ˆp (1 ˆp) (n j ) j=ppp,ddd ˆp j (1 ˆp j) (n j ) da estimatet for ˆp pd er det samme under model og hypotese. Idsættes tallene fra tabellen fås log Q 1 (x) = 4.46 Da dimθ=dim[0, 1] 3 = 3 og dimθ 1 =dim[0, 1] = kan log Q 1 vurderes i en χ -fordeling med én frihedsgrad idet antallene klart er store nok til at bruge approksimationen i sætning 5..1. Den approksimative testsandsynlighed er ɛ 1 (x) 1 F χ 1 (4.46) = 0.035 Tester udviser signifikans på 5%-niveau, men ikke voldsomt og vi mener derfor at det alligevel har mening at teste den anden hypotese. Under H er likelihoodfunktionen L :{0,..., n ppp } {0,..., n ddd } {0,..., n pd } [0, 1] [0, 1] ( ) nj L(x, p) = p (1 p) (n j ) j=ppp,ddd,pd 9
og fordelingernes fælles p estimeres til p = x ppp + x ddd + x pd n ppp + n ddd + n pd = 0.301 Kvotientstørrelserne for vurdering af H mod H 1 bliver Q (x) = = = L(x, p) L(x, (ˆp, ˆp pd )) ( nj x j=ppp,ddd,pd ) p j (1 p) (n j ) ( nj j=ppp,ddd )ˆp (1 ˆp) (n j ) (n pd x x pd )ˆp pd pd (1 ˆp pd ) (n pd x pd ) p (x ppp+x ddd +x pd ) (1 p) (n ppp+n ddd +n pd x ppp x ddd x pd ) ˆp (x ppp+x ddd) (1 ˆp) (n ppp+n ddd x ppp x ddd)ˆp x pd pd (1 ˆp pd ) (n pd x pd ) Ved indsættelse af tallene fra tabellen fås log Q (x) = 65.39 der kan vurderes i en χ -fordeling med én frihedsgrad da dimθ 1 =dim[0, 1] = og dimθ =dim[0, 1] = 1. Testet giver voldsom signifikans og hypotesen forkastes. Vores udgangshypotese kan altså godkendes på 3.5%-niveau. 10
4 Litteratur [1] Inge Henningsen. Statistik for Matematikere. Afdeling for Anvendt Matematik og Statistik, Københavns Universitet, 4. udgave, 003. [] Michael Sørensen. En Introduktion til Sandsynlighedsregning. Afdeling for Anvendt Matematik og Statistik, Københavns Universitet, 4. udgave, 003. 11