Opgave 6.1 a) 180 200 P ( X < 180) = Φ = Φ( = 0, 1587 b) 220 200 P ( X > 220) = Φ = Φ(1) = 0, 8413 c) 200 200 P ( X > 200) = 1 X < 200) = 1 Φ = ) = 1 0,5 = 0, 5 d) P ( X = 230) = 0 e) 180 200 P ( X 180) = Φ = Φ( = 0, 1587 2 200 180 200 180 < X < 2) = X < 2) X < 180) = Φ Φ = f) Φ(0,5) = 0,6915 0,1587 = 0,5328 Opgave 6.2 50 50 a) P ( X > 50) = 1 X < 50) = 1 ) = ) = 1 0,5 = 0, 5 60 50 40 50 40 < X < 60) = X < 60) X < 40) = Φ( ) ) = b) Φ(1) = 0,8413 0,1587 = 0,6827 60 50 c) P ( X < 60) = Φ( ) = Φ(1) = 0, 8413 40 50 d) P ( X > 40) = 1 X < 40) = 1 ) = 1 = 1 0,1587 = 0, 8413 40 50 e) P ( X < 40) = Φ( ) = Φ( = 0, 1587 47 50 43 50 43 < X < 47) = X < 47) X < 43) = Φ( ) ) = f) Φ( 0,3) 0,7) = 0,3820 0,2420 = 0,1400 Opgave 6.3 X er den stokastiske variabel, som angiver antal operationer i løbet af et år. X er normalfordelt med middelværdien μ = 4300 spredningen σ =. 5000 4300 X > 5000) = 1 X < 5000) = 1 ) = 11,0769) = a) 1 0,8592 = 0,1408 4000 4300 b) P ( X < 4000) = Φ( ) = Φ( 0,4615) = 0, 3222 c) 2400 < X < 4300) = X < 4300) X 4300 4300 2400 4300 Φ( ) ) = Φ(0) 2,9231) = 0,5 0,0017 = 0,4983 < 2400) = 1
Opgave 6.4 Med X betegner vi den stokastiske variabel, som angiver vægten af en tilfældig pakke. Det oplyses, at X n(250,3). Vi får 253 250 247 250 247 X 253) = X 253) X 247) = Φ Φ = 3 3 Φ(1) = 0,8413 0,1587 = 0,6826 Sandsynligheden for, at en pakke har en vægt uden for intervallet 247-253 g er derfor 1 P (247 X 253) = 1 0,6826 = 0,3174. b) Den stokastiske variabel Y angiver antal pakker blandt de 50, som har en vægt uden for intervallet 247-253 g. Vi er her i en binomialsituation, hvor basiseksperimentet er at undersøge, om en enkelt pakke har en vægt udenfor det givne interval. Dette sker med sandsynligheden p = 0,3174. Vi undersøger i alt 50 pakker, da vægten af den ene pakke er uafhængig af de andre pakkers vægt, ses, at Y er binomialfordelt med parametrene n = 50 p = 0, 3174. I HypoStat findes P ( Y = 12) = 0, 0634 Der er altså 6,34% sandsynlighed for, at der er netop 12 pakker med en vægt uden for intervallet. Opgave 6.5 X er den stokastiske variabel, som betegner tykkelsen af en stålplade. Det vides, at X er normalfordelt med middelværdi 25,0 spredning 1,3, en varians på. a) HypoStat giver: Dette vil sige, at sandsynligheden for, at en stålplade har en tykkelse på under 24,2 mm er lig med b) HypoStat giver: Z b μ ) X~N(25 ; 1,69 ) σ X 24,2) = 0,26915 x~n(25 ; 1,69 ) x 24,2) = 0,016514 b μ Z ) σ / n Sandsynligheden for, at gennemsnittet af de 12 stålpladcer er mindre end 24,2 er på c) Denne sidste sandsynlighed er meget mindre end den første, idet gennemsnittet af uafhængige normalfordelinger har en meget mindre spredning gennemsnittet derfor vil være tættere på middelværdien på 25,0 end de enkelte observationer. 2
Opgave 6.6 X betegner den stokastiske variabel, som angiver indholdet i en vilkårlig karton. Det oplyses, at X er normalfordelt med middelværdi 05 spredning 5. a) HypoStat giver Z a μ ) X~N(1,005 ; 25 ) σ X 1,000) = 0,841345 Det vil sige, at andelen af kartoner med mindst 00 ml kun er på 84,13%, mejeriet lever derfor ikke op til kravet. b) Vi skal nu finde middelværdien, således at Vi løser ligningen: Den nye middelværdi er derfor på 08,3 ml. c) Y er nu den stokastiske variabel, som angiver antal kartoner blandt de 20 med et indhold under 00 ml. Y er binomialfordelt, idet Y er antallet af succeser i en binomialproces, hvori basiseksperimentet er at producere en enkelt karton mælk, succes er om denne indeholder under 00 ml, hvilket sker med sandsynligheden 5%. HypoStat giver nu: X~b(20 ; 0,05) X 2) = 0,26416 x) = C (1 p) ( n x) Der er altså chance for, at der er mindst 2 kartoner med under 0 ml iblandt de 20. n x p x 3
Opgave 6.7 X er den stokastiske variabel, som angiver diameteren af en ært. Det oplyses, at X er normalfordelt med middelværdi 9,3 spredning 1,4, givende en varians på 1,96. a) HypoStat giver Z b μ ) X~N(9,3 ; 1,96 ) σ X 7) = 0,050206 Det ses, at af alle ærterne har en diameter under 7,0 mm. b) Lad grænserne for mellemfine ærter være a b. Vi har da, at De mellemfine ærter har altså en diameter mellem 8,57 mm,24 mm. 4
Opgave 6.8 Der tegnes normalfraktildiagrammer for alle observationssættene: Sæt 1 Sæt 2 Sæt 3 Sæt 4 Her er der ikke tale om en normalfordeling, idet der er fire ekstreme observationer, tre små en stor. Ser man på de oprindelige data, så er der tale om observationerne 426, 485, 498 811. Men eksistensen af disse outliers betyder, at der ikke er tale om en 5
Sæt 5 Sæt 6 6