Zad. 1. Zgodnie z prawem Mendla pewna krzyżówka grochu powinna dawać groch gładki i pomarszczony w stosunku 3:1. W losowej próbie 700 ziaren było 500 gładkich.. Na poziomie ufności 0,97 oszacować procentową zawartość gładkich ziaren.
Rozwiązanie:
Przedział ufności dla współczynnika struktury znajdziemy wykorzystując statystykę:
=
−
1 −
, która przyjmuje postać standardowego rozkładu normalnego.
Stąd poszukiwany przedział przyjmuje postać:
−
≤
= 1 −
1 −
Po kilku prostych przekształceniach otrzymujemy
1 −
1 −
−
< < +
= 1 −
, gdzie:
p – szacowany wskaźnik struktury
m=500 <- liczba obserwacji wyróżnionych
n=700 <-rozmiar próbki
1-α=0,97 <- poziom ufności
= ,"#$ = 2,17 <-kwantyl rzędu 0,985 standardowego rozkładu normalnego Zatem:
500
1 − 500
700 1 − 500
700
−
= 700 − 2,17∗
700
= 0,677
500
1 − 500
700 1 − 500
700
+
= 700 + 2,17∗
700
= 0,751
Poszukiwany przedział ufności dla struktury wynosi [0,677; 0,751]
Zad. 2. Pomiary napięcia prądu mają rozkład normalny. Dokonano 5 niezależnych pomiarów napięcia o otrzymano wyniki 220, 210, 230, 220, 220. Na poziomie istotności α=0,025 sprawdzić hipotezę, że wariancja pomiarów jest większa niż 16. Czy na poziomie istotności α=0,01 przyjmujemy hipotezę alternatywną?
Rozwiązanie:
Hipoteza zerowa H0: + ≥ -
Hipoteza alternatywna HA: + < -
Do weryfikacji hipotezy H0 stosujemy test dla wariancji przy nieznanej wartości średniej oparty na statystyce:
( − 1)+
=
-
Statystyka ta ma rozkład χ2 o n-1 stopniach swobody.
Zbiór krytyczny wynosi 0 = (−∞, ,2], gdzie tα,n-1 jest kwantylem rzędu α rozkładu χ2 z n-1
stopniami swobody.
Dane:
α = 0,025 <- poziom istotności
n=5 <- rozmiar próby
S2=50 <- wariancja z próbki
σ2=16 <-hipotetyczna wartość wariancji
tα,n-1=t0,025;4=0,484 <- kwantyl rzędu 0,025 rozkładu rozkładu χ2 z 4 stopniami swobody odczytany z tablic
Zbiór krytyczny wynosi zatem: 0 = (−∞; 0,484]
Natomiast wartość statystyki jest równa:
(5 − 1) ∗ 50
=
16
= 12,5
Wniosek: Wartość statystyki t=12,5 nie należy do zbioru krytycznego, zatem na poziomie istotności 0,025 nie mamy podstaw do odrzucenia hipotezy zerowej. Przyjmujemy zatem, że wariancja jest większa niż 16.
α = 0,01 <- poziom istotności
n=5 <- rozmiar próby
S2=50 <- wariancja z próbki
σ2=16 <-hipotetyczna wartość wariancji
tα,n-1=t0,01;4=0,297 <- kwantyl rzędu 0,01 rozkładu rozkładu χ2 z 4 stopniami swobody odczytany z tablic
Zbiór krytyczny wynosi zatem: 0 = (−∞; 0,297]
Natomiast wartość statystyki jest równa:
(5 − 1) ∗ 50
=
16
= 12,5
Wniosek: Wartość statystyki t=12,5 nie należy do zbioru krytycznego, zatem na poziomie istotności 0,01 nie mamy podstaw do odrzucenia hipotezy zerowej. Przyjmujemy zatem, że wariancja jest większa niż 16.
Zad. 3. Rzucamy 30 razy kostką do gry. Niech Xi będzie zmienną losową równą licznie wyrzuconych oczek w i-tym rzucie. Obliczyć EXi i VarXi. Stosując poprawkę na ciągłość oszacować, że suma wyrzuconych oczek jest nie mniejsza niż 100.
Rozwiązanie:
Niech S będzie zbiorem zawierającym wartości, które może przyjąć zmienna losowa Xi. Zatem S={1,2,3,4,5,6}.
89: = ; <(9: = <)
=∈?
= 1 ∗ (9: = 1) + 2 ∗ (9: = 2) + 3 ∗ (9: = 3) + 4 ∗ (9: = 4) + 5 ∗ (9: = 5) 1 21
+ 6 ∗ (9: = 6) = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) ∗ 6 = 6 = 3,5
ABC9: = ;(< − 89:)(9: = <)
=∈?
= (1 − 3,5) ∗ (9: = 1) + (2 − 3,5) ∗ (9: = 2) + (3 − 3,5) ∗ (9: = 3)
+ (4 − 3,5) ∗ (9: = 4) + (5 − 3,5) ∗ (9: = 5) + (6 − 3,5) ∗ (9: = 6)
= 2,92
Wykorzystamy Centralne Twierdzenie Graniczne (CTG), które mówi, że zmienna losowa będąca sumą n zmiennych losowych Z=X1+…+Xn o jednakowym rozkładzie ze średnią m i odchyleniem standardowym σ dąży do rozkładu normalnego Z~N(nm, -√).
Niech Xi będzie zmienną losową opisującą pojedynczy rzut kostką. Wówczas:
= 89: = 3,5
- = EABC9: = 1,71
Niech Z=X1+…+X30 opisuje wynik 30 rzutów kostką. Z CTG F~HI30 ∗ 3,5; 1,71 ∗ √30J =
H(105; 9,37)
F − 105 100 − 105
100 − 105
(F > 100) = 1 − (F < 100) = 1 − L 9,37 < 9,37 M = 1 − ΦL 9,37 M
= 1 − Φ(−0,53) = Φ(0,53) = 0,7019
Wykorzystałem następującą własność rodziny rozkładów normalnych: niech X~N(m,σ), wówczas F = OP
Q ~ N(0,1)
Φ - dystrybuanta standardowego rozkładu normalnego.