TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica
Tentamen Kansrekening en Statistiek (2S270), dinsdag 14 juni 2005, 9.00 - 12.00 uur. Dit is een tentamen met gesloten boek. De uitwerkingen van de opgaven dienen duidelijk en overzichtelijk te worden opgeschreven. Elk onderdeel levert 10 punten op. Het cijfer is het totaal van de behaalde punten gedeeld door 14, afgerond op een geheel getal. Op elk ingeleverd vel de naam van de student, de code van het college en de datum van het tentamen noteren. U mag gebruik maken van een onbeschreven Statistisch Compendium en een (grafische) rekenmachine. ==========================================
1. Aan een lopende band worden bierflesjes gevuld. Helaas gaat er zo nu en dan iets mis, en valt er een flesje van de band. Uit recente gegevens blijkt dat er gemiddeld 3 flesjes per dag van de band vallen. (a) Wat is een geschikt model om het aantal gevallen flesjes te beschrijven? Op basis van dit model, bereken de kans dat er geen flesje van de band valt op een gegeven dag. (b) Als we weten dat er per dag 10,000 flessen over de band gaan, wat is dan een geschikt model voor het aantal gevallen flessen per dag? Bereken op basis van dit model de variantie van het aantal gevallen flesjes op een dag. (c) Geef een zo goed mogelijke benadering van de kans dat er in een maand van 20 werkdagen 55 flessen of minder sneuvelen door gebruik te maken van de centrale limiet stelling. 2. Zij (X, Y ) het paar van discrete random variabelen met gezamenlijke kansmassafunctie P(X = x, Y = y) = f (x, y) =
e−2 x!(y − x)!
(x, y = 0, 1, 2, . . . , y ≥ x).
(a) Bereken de marginale van X en de marginale kansmassafunctie Y . [Ge P kansmassafunctie bruik hierbij dat nk=0 nk = 2n .] Welke verdeling hebben X en Y ? (b) Zijn X en Y onafhankelijk? Zijn X en Z = Y − X onafhankelijk? (c) Bereken E[XY ] en de covariantie tussen X en Y . 3. De levensduur van een lamp is exponentieel met verwachte levensduur 1 jaar. Als een lamp kapot gaat, dan wordt deze vervangen met een nieuwe identieke lamp. (a) Bereken de kans dat na ´e´en jaar de tweede lamp al kapot is gegaan. (b) Wat is de conditionele kansdichtheid van lamp 1 geconditioneerd op het feit dat de eerste twee lampen precies twee jaar meegaan?
1
4. Geef een gemotiveerd antwoord op de volgende vragen: (a) Wat is het verwachte aantal klaveren in een hand van 5 kaarten uit een spel van 52 kaarten? Wat is de kans op 1 klaveren kaart in een hand van 5 kaarten? (b) We gooien 10 keer met een dobbelsteen. Wat is de verwachting en de variante van het totaal aantal ogen? (c) Een ziekte komt in 0.1% van de populatie voor. Een test is even goed in het detecteren van de ziekte als in het detecteren dat iemand niet ziek is. Hoe groot moet de kans dat de test een correct antwoord geeft tenminste zijn, als we willen dat de kans dat een positief getest persoon daadwerkelijk ziek is tenminste 95% is? (d) Neem aan dat het gewicht van een willekeurige Nederlander een normale verdeling heeft met verwachting 70 kilo en variantie 100 kilo2 . Een lift bevat 10 mensen. Bereken de kans dat de personen in de lift samen meer dan 750 kilo wegen. √ (e) Laat X een exponenti¨ele verdeling hebben met parameter 1. Wat is de dichtheid van X? (f) Laat U en V onafhankelijke uniforme verdelingen hebben op (0, 1), en laat X = min(U, V ), Y = max(U, V ). Wat is E[Y |X = x]?
2
Antwoorden:
1. (a) De Poisson verdeling met parameter 3 (5pt). P(POI(3) = 0) = e−3
(5pt).
(b) De Binomiale verdeling met parameters n = 10, 000 en p = Var BIN(10000,
3 10000 .
(5pt)
3 9997 ) = np(1 − p) = 3 · 10000 10000
(5pt).
(c) We gebruiken de centrale limiet stelling. Dit zowel mogelijk met het model bij (a) als bij (b). Bij het model bij (a) gebruiken we dat, met Y het aantal gevallen flessen in een maand, 20 X Y = Xi , i=1
met Xi Poisson met parameter 3. Voor het beste antwoord gebruiken we de continu¨ıtietscorrectie (2pt). Omdat de verwachting en variantie van een Poisson verdeling met parameter λ gelijk beiden zijn aan λ (3pt), krijgen we 55.5 − 60 Y − 60 √ ≤ ) = Φ(−2.60) ≈ 0.9953 P(Y ≤ 55) = P(Y ≤ 55.5) = P( √ 3 3
(5pt).
2. Zij (X, Y ) het paar van random variabelen met gezamenlijke kansmassafunctie f (x, y) =
e−2 x!(y − x)!
(x, y = 0, 1, 2, . . . , y ≥ x).
(a) fX (x) =
X
f (x, y) =
y
fY (y) =
∞ X
∞ e−2 e−2 X 1 e−1 = = x!(y − x)! x! z! x! y=x
(3pt).
z=0
X x
f (x, y) =
y e−2 X
y!
x=0
y! e−2 2y = x!(y − x)! y!
(3pt).
De verdeling van X is dus Poisson(1), en die van Y is Poisson(2) (4pt). (b) X en Y zijn afhankelijk, omdat f (2, 1) = 0, terwijl fX (2) = f (2, 1) 6= fX (2)fY (1)
e−1 2 , fY (1)
= e−2 , dus
(4pt).
Een ander correct argument is dat de support van f (x, y) geen Cartesisch product is. Er geldt dat, voor x, z ≥ 0, f (x, z) = P(X = x, Z = z) = P(X = x, Y = z + x) = f (x, z + x) =
e−2 x!z!
(3pt).
Omdat dit een product is van een functie van x en z, zijn X en Z onafhankelijk (3pt). We krijgen meteen dat X en Z onafhankelijke Poisson(1) variabelen zijn. 3
(c) (5pt) E[XY ] = E[X(X + (Y − X))] = E[X 2 ] + E[XZ] = E[X 2 ] + E[X][Z]. Omdat X en Z onafhankelijke Poisson(1) variabelen zijn, krijgen we dat E[XY ] = E[X 2 ] + E[X][Z] = 2 + 1 = 3. Voor de covariantie gebruiken we dat Cov(X, Y ) = E[XY ] − E[X]E[Y ] = 3 − 1 · 2 = 1
(5pt).
3. De levensduur van een lamp is exponentieel met verwachte levensduur 1 jaar. Als een lamp kapot gaat, dan wordt deze vervangen met een nieuwe identieke lamp. (a) Laat X de levensduur zijn van de eerste lamp, en Y de levensduur van de tweede lamp, en S = X + Y . Dan is de dichtheid van S, voor s ≥ 0, gelijk aan Z s Z ∞ e−x e−(s−x) dx = se−s (5pt), fX (x)fY (s − x)dx = fS (s) = −∞
0
zodat, gebruik makend van parti¨ele integratie, Z 1 Z 1 Z −s −s 1 P(S ≤ 1) = fS (s)ds = se ds = [se ]0 + −∞
0
1
e−s ds = e−1 +1−e−1 = 1−e−1 (5pt).
0
(b) Gebruik dat fX|S (x|s) =
fX,S (x, s) fX,Y (x, s − x) fX (x)fY (s − x) e−s 1 = = = −s = fS (s) fS (s) fS (s) se s
Voor s = 2 is de conditionele verdeling van X dus Uniform op (0, 2).
(5pt)
4. Beantwoord de volgende vragen: (a) 5 13 52 =
5 4
(4pt) en
13 39 38 37 36 . (6pt). 52 51 50 49 48 (b) Zij Y het totaal aantal ogen in 10 worpen, dan is 5
Y =
10 X
Xi ,
i=1
waarbij Xi het aantal ogen in de ide worp is. Daarom is E[Y ] = 10E[X1 ] = 35,
Var(Y ) = 10Var(X1 )
Voor de variantie berekenen we 1 1 E[X12 ] = (12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62 ) = 15 6 6 zodat
(5pt).
(3pt),
1 7 1 Var(X1 ) = E[X12 ] − E[X1 ]2 = 15 − 12 = 2 . 6 4 12
We concluderen dat Var(Y ) = 10Var(X1 ) = 25 4
5 6
(2pt).
(5pt).
(c) Zij p de kans dat de test een correcte uitslag geeft, en schrijf A voor de gebeurtenis dat de persoon ziek is, en B voor de gebeurtenis dat de persoon positief test. Dan is de kans dat een positief getest persoon daadwerkelijk ziek is gelijk aan P(A|B) =
P(A ∩ B) P(B|A)P(A) = P(B) P(B|A)P(A) + P(B|Ac )P(Ac )
(5pt).
Volgens de gegevens in de vraag geldt dat P(B|A) = p, P(B|Ac ) = 1 − p, P(A) = 0.001 en P(Ac ) = 0.999. Invullen geeft dat P(A|B) =
p · 0.001 p = . p · 0.001 + (1 − p) · 0.999 999 − 998p
Als we willen dat deze kans tenminste 95% is, dan moet dus p ≥ 0.95, 999 − 998p of wel p ≥ 0.95(999 − 998p), zodat p ≥ 0.99994718. De test moet dus erg nauwkeurig zijn! (5pt voor conclusie) (d) Het verwachte gewicht van 10 mensen is 700 kilo, de variantie van het gewicht van 10 mensen is 10 · 100 = 1000 kilo2 (5pt). De kans dat de personen in de lift samen meer dan √ 750 kilo wegen is 1 − Φ( 750−700 ) = 1 − Φ(1.581) ≈ 1 − 0.9429 = 0.0571. (5pt) 1000 √ (e) Laat X een exponenti¨ele verdeling hebben met parameter 1, en schrijven Y = X. We berekenen dat, voor y ≥ 0 √ 2 FY (y) = P(Y ≤ y) = P( X ≤ y) = FX (y 2 ) = 1 − e−y (5pt). Daarom is, voor y ≥ 0,
2
fY (y) = FY0 (y) = 2ye−y , en fY (y) = 0 voor y < 0. (5pt) (f) (10pt) Laat U en V onafhankelijke uniforme verdelingen hebben op (0, 1), en laat X = min(U, V ), Y = max(U, V ). Dan geldt dat FU,V (u, v) = uv. Daarom is P(x ≤ X ≤ Y ≤ y) = P(x ≤ U, V ≤ y) = (y − x)2 . Er geldt ook dat P(x ≤ X ≤ Y ≤ y) = P(Y ≤ y) − P(X ≤ x, Y ≤ y) = FY (y) − FX,Y (x, y), zodat, voor 0 ≤ x ≤ y ≤ 1, fX,Y (x, y) = −
∂ ∂ P(x ≤ X ≤ Y ≤ y) = 2. ∂x ∂y
Verder geldt dat FX (x) = 1 − P(X ≥ x) = 1 − (1 − x)2 , zodat fX (x) = 2(1 − x). We 2 1 concluderen dat, voor x ≥ y ≤ 1, fY |X (y|x) = 2(1−x) = 1−x , en dus Z ∞ Z 1 y 1+x E[Y |X = x] = yfY |X (y|x)dy = dy = . 2 −∞ x 1−x
5
