Zestaw C1

Zad. 1. Rzucamy 30 razy kostką do gry. Niech X

i

będzie zmienną losową równą licznie wyrzuconych

oczek w i-tym rzucie. Obliczyć EX

i

i VarX

i

. Stosując poprawkę na ciągłość oszacować, że suma

wyrzuconych oczek jest nie większa niż 110.

Rozwiązanie:

Niech S będzie zbiorem zawierającym wartości, które może przyjąć zmienna losowa X

i

. Zatem

S={1,2,3,4,5,6}.





=  (



= )

∈

= 1 ∗ (



= 1) + 2 ∗ (



= 2) + 3 ∗ (



= 3) + 4 ∗ (



= 4) + 5 ∗ (



= 5)

+ 6 ∗ (



= 6) = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) ∗

1

6 =

21

6 = 3,5





= ( −




)



(



= )

∈

= (1 − 3,5)



∗ (



= 1) + (2 − 3,5)



∗ (



= 2) + (3 − 3,5)



∗ (



= 3)

+ (4 − 3,5)



∗ (



= 4) + (5 − 3,5)



∗ (



= 5) + (6 − 3,5)



∗ (



= 6)

= 2,92

Wykorzystamy Centralne Twierdzenie Graniczne (CTG), które mówi, że zmienna losowa będąca sumą

n zmiennych losowych Z=X

1

+…+X

n

o jednakowym rozkładzie ze średnią m i odchyleniem

standardowym σ dąży do rozkładu normalnego Z~N(nm,

√).

Niech X

i

będzie zmienną losową opisującą pojedynczy rzut kostką. Wówczas:

 =




= 3,5

 = 



= 1,71

Niech Z=X

1

+…+X3

0

opisuje wynik 30 rzutów kostką. Z CTG

"~$%30 ∗ 3,5; 1,71 ∗ √30( =

$(105; 9,37)

(" < 110) = (" < 110) =  *

" − 105

9,37 <

110 − 105

9,37 + = Φ *

110 − 105

9,37 + = Φ(0,53) = 0,7019

Wykorzystałem następującą własność rodziny rozkładów normalnych: niech X~N(m,σ), wówczas
" =

-./

0

~ N(0,1)

Φ - dystrybuanta standardowego rozkładu normalnego.

Zad. 2. Zgodnie z prawem Mendla pewna krzyżówka grochu powinna dawać groch gładki i

pomarszczony w stosunku 3:1. W losowej próbie 900 ziaren było 700 gładkich.. Na poziomie ufności

0,91 oszacować procentową zawartość gładkich ziaren.

Rozwiązanie:

Przedział ufności dla współczynnika struktury znajdziemy wykorzystując statystykę:

1 =



 − 2

3



 41 −



 5



, która przyjmuje postać standardowego rozkładu normalnego.

Stąd poszukiwany przedział przyjmuje postać:



6

7

7

8

9

9 

 − 2

3



 41 −



 5



9

9

≤ ;

<.=

>

?

?

@

= 1 − A

Po kilku prostych przekształceniach otrzymujemy

 B



 − ;

<.=

3



 41 −



 5



< 2 <



 + ;

<.=

3



 41 −



 5



C = 1 − A

, gdzie:

p – szacowany wskaźnik struktury

m=700 <- liczba obserwacji wyróżnionych

n=900 <-rozmiar próbki

1-α=0,91 <- poziom ufności
;

<.

D

E

= ;

F,GHH

= 1,7 <-kwantyl rzędu 0,955 standardowego rozkładu normalnego

Zatem:



 − ;

<.=

3



 41 −



 5



=

700

900 − 1,7 ∗

3

700

900 41 −

700

9005

900

= 0,754



 + ;

<.=

3



 41 −



 5



=

700

900 + 1,7 ∗

3

700

900 41 −

700

9005

900

= 0,801

Poszukiwany przedział ufności dla struktury wynosi [0,754; 0,801]

Zad. 3. Pomiary napięcia prądu mają rozkład normalny. Dokonano 5 niezależnych pomiarów napięcia

o otrzymano wyniki 220, 219, 220, 221, 220. Na poziomie istotności α=0,05 sprawdzić hipotezę, że

wariancja pomiarów jest mniejsza niż 3. Czy na poziomie istotności α=0,025 przyjmujemy hipotezę

alternatywną?

Rozwiązanie:

Hipoteza zerowa H

0

:

J



≤ 



Hipoteza alternatywna H

A

:

J



> 



Do weryfikacji hipotezy H

0

stosujemy test dla wariancji przy nieznanej wartości średniej oparty na

statystyce:

; =

( − 1)J







Statystyka ta ma rozkład χ

2

o n-1 stopniach swobody.

Zbiór krytyczny wynosi

L = [;

<.=,N.<

, ∞), gdzie t

1-α,n-1

jest kwantylem rzędu 1-α rozkładu χ

2

z n-1

stopniami swobody.

Dane:

α = 0,05 <- poziom istotności

n=5 <- rozmiar próby

S

2

=0,5 <- wariancja z próbki

σ

2

=3 <-hipotetyczna wartość wariancji

t

1-α,n-1

=t

0,95;4

=9,488 <- kwantyl rzędu 0,95 rozkładu rozkładu χ

2

z 4 stopniami swobody odczytany z

tablic

Zbiór krytyczny wynosi zatem:

L = [9,488; ∞)

Natomiast wartość statystyki jest równa:

; =

(5 − 1) ∗ 0,5

3

= 0,67

Wniosek: Wartość statystyki t=0,67 nie należy do zbioru krytycznego, zatem na poziomie istotności

0,05 nie mamy podstaw do odrzucenia hipotezy zerowej. Przyjmujemy zatem, że wariancja jest

mniejsza niż 3.

α = 0,025 <- poziom istotności

n=5 <- rozmiar próby

S

2

=0,5 <- wariancja z próbki

σ

2

=3 <-hipotetyczna wartość wariancji

t

1-α,n-1

=t

0,975;4

=11,143 <- kwantyl rzędu 0,975 rozkładu rozkładu χ

2

z 4 stopniami swobody odczytany z

tablic

Zbiór krytyczny wynosi zatem:

L = [11,143; ∞)

Natomiast wartość statystyki jest równa:

; =

(5 − 1) ∗ 0,5

3

= 0,67

Wniosek: Wartość statystyki t=0,67 nie należy do zbioru krytycznego, zatem na poziomie istotności

0,025 nie mamy podstaw do odrzucenia hipotezy zerowej. Przyjmujemy zatem, że wariancja jest

mniejsza niż 3.