Title: Otosjakaumat ja estimointi

Henkilöt A, B ja C  aikovat viettää peli-illan. He tulevat paikalle toisistaan riippumattomasti siten, että A:n saapumistodennäköisyys on \([value]\), B:n \([value]\) ja C:n \([value]\). Vastaukset kolmen desimaalin tarkkuudella

a)

Vastaus:

b)

Vastaus:

c)

Vastaus:
Feedback: Mallivastaus: Merkitään tapahtumia \(A\)="A tulee paikalle", \(B\)="B tulee paikalle", \(C\)="C tulee paikalle", \(D\)="D tulee paikalle". Nyt \(P(A)=[value],\ P(B)=[value], P(C)=[value]\). a)

A mixture is made from [value] doses of component A and [value] doses of component B. The weight of dose A (in kg) is \(X \in N([value], [value])\) and the weight of dose B (in kg) is \(Y \in N([value], [value])\). Both weights \(X\) and \(Y\) are assumed to be independent of each other.Eräs tuotesekoitus valmistetaan [value] annoksesta komponenttia A ja [value] annoksesta komponenttia B. Komponentin A paino (kilogrammoina) on satunnaismuuttuja \(X \in N([value], [value]^2)\) ja komponentin B paino (kilogrammoina) on satunnaismuuttuja \(Y \in N([value], [value]^2)\). Kaikkien painojen oletetaan olevan keskenään riippumattomia.En blandning framställs av [value] doser av komponent A och [value] doser av komponent B. Vikten (i kg) hos en dos A är en stokastisk variabel \(X \in N([value], [value])\) och vikten hos en dos B (i kg) är en stokastisk variabel \(Y \in N([value], [value])\). Alla vikter \(X\) och \(Y\) kan anses vara oberoende av varandra.

What is the probability that the weight of the whole mixture is lower than [value] kg? Millä todennäköisyydellä koko tuotesekoituksen paino on pienempi kuin [value] kg? Vilken är sannolikheten för att vikten av hela blandningen är mindre än [value] kg?

Give your answer with [value] significant figures. Use point as the decimal separator.Anna vastauksesi [value] merkitsevän numeron tarkkuudella. Käytä pistettä desimaalierottimena.Ge svaren med [value] gällande siffror. Använd punkt som decimaltecken.

Answer: Vastaus: Svar: |
Feedback: Model solution: Malliratkaisu: Lösningsförslag: In this case we have a linear combination of [value] independent random variables instead of two as in the a) part. The total weight of the product isTässä tapauksessa tarkastelemme [value] riippumattoman satunnaismuuttujan lineaarikombinaatiota. Tuotteen kokonaispaino onI den här delen har vi en linjär kombination av [value] oberoende stokastiska variabler istället för två som i a)-delen. Produktens totalvikt blir \[S_b = X_1 + \dots + X_[value] + Y_1 + \dots + Y_[value],\] where all \(X_i \in N([value], [value])\) and all \(Y_i \in N([value], [value])\) are independent.jossa kaikki \(X_i \in N([value], [value])\) ja kaikki \(Y_i \in N([value], [value])\) ovat keskenään riippumattomia.där alla \(X_i \in N([value], [value])\) och alla \(Y_i \in N([value], [value])\) är oberoende. Despite this difference, the expected value is the same as before: Trots det här blir väntevärdet ändå samma som i a)-delen: \[\begin{split} E(S_b) &= E(X_1 + \dots + X_[value] + Y_1 + \dots + Y_[value]) \\ &= E(X_1) + \dots + E(X_[value]) + E(Y_1) + \dots + E(Y_[value]) \\ &= [value]\,E(X) + [value]\,E(Y) \\ &= [value]\cdot [value] + [value]\cdot [value] \\ &= [value]. \end{split}\] The variance, however, does change: Varianssi: Variansen blir däremot inte samma: \[\begin{split} V(S_b) &= V(X_1 + \dots + X_[value] + Y_1 + \dots + Y_[value]) \\ &= V(X_1) + \dots + V(X_[value]) + V(Y_1) + \dots + V(Y_[value]) \\ &= [value] \,V(X) + [value] \,V(Y) \\ &= [value] \cdot [value]^2 + [value] \cdot [value]^2 \\ &\approx [value] \end{split}\] Thus, the standard deviation for \(S_b\) is \(\sigma_{S_b} = \sqrt{V(S_b)} \approx [value]\) and we have \(S_b \in N([value], [value])\).Satunnaismuuttujan \(S_b\) keskihajonta on siis \(\sigma_{S_b} = \sqrt{V(S_b)} \approx [value]\), joten \(S_b \in N([value], [value])\).Standardavvikelsen för \(S_b\) är alltså \(\sigma_{S_b} = \sqrt{V(S_b)} \approx [value]\) och vi har \(S_b \in N([value], [value])\). Now we can calculate the seeked probability: Nyt voimme laskea kysytyn todennäköisyyden: Nu kan vi räkna ut den efterfrågade sannolikheten: \[\begin{split} p(S_b \leq [value]) &\approx \Phi\left( \frac{[value] - [value]}{[value]} \right) \\ &\approx \Phi([value]) \\ &= 1 - \Phi([value]) \\ &\approx [value]. \end{split}\]

Oletetaan, että ehdokas tulee valituksi vaaleissa, jos hän saa vähintään puolet annetuista äänistä. Mielipidetiedustelussa [value] henkilöä  500:sta ilmoitti äänestävänsä kyseistä ehdokasta. Voiko ehdokas tuntea tulevansa valituksi 95 %:n varmuudella? Tutki asiaa muodostamalla 95%:n  luottamusväli. Vastaukset 3 desimaalin tarkkuudella.

Luottamusväli =   [ ,   ]
Feedback: Oletetaan, että äänestäjät toimivat toisistaan riippumattomasti. Jos \(X_i\) = 'Äänestäjä äänestää ehdokasta' saa arvon 0=ei, 1= kyllä, niin \(X_i\sim\mathrm{Ber}(p)\) ja 500 äänestäjän yhteistulos \(X=X_1+x_2+\cdots + X_{500} \sim\mathrm{Bin}(500,p)\) Piste-estimaatti \(\hat{p}\) parametrille \(p\) saadaan otoksen perusteella \[\hat{p}=\dfrac{[value]}{500}=[value]\] Parametrin \(p\) \(100(1 - \alpha)~\%\):n luottamusväli on likimain \begin{eqnarray*} \left[\hat{p}-z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}, \hat{p}+z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}\right] \end{eqnarray*} Nyt pyydetään 95%:n luottamusväliä, jolloin \(\alpha=0.05\) ja \(z_{\alpha/2}= z_{0.025}\) on luku jolle \(\Phi(z_{0.025})=1-\frac{0.05}{2}=0.975\). Normaalijakauman taulukosta tai Matlabilla laskemalla saadaan \(z_{0.025}=1.9600\). Nyt luvut sijoittamalla saadaan luottamusväliksi \begin{eqnarray*} &&\left[\hat{p}-z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}, \hat{p}+z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}\right]= \\ &&\left[[value]-1.9600\sqrt{\frac{[value](1-[value])}{500}}, [value]+1.9600\sqrt{\frac{[value](1-[value])}{500}}\right]\\ &&[[value], [value]] \end{eqnarray*} Tuloksen perusteella ehdokas ei tule valituksi 95%:n varmuudella, sillä luottamusvälin alaraja \( [value]< 0.50\) eli alle 50%n kannatus on mahdollinen 95%:n luottamustasolla.

EI VALMIS ja VIRHEITÄ Tarkoitus on erottaa b-koht aomaksi tehtäväkseen

Oletetaan, että ehdokas tulee valituksi vaaleissa, jos hän saa vähintään puolet annetuista äänistä. Mielipidetiedustelussa [value] henkilöä  500:sta ilmoitti äänestävänsä kyseistä ehdokasta. Voiko ehdokas tuntea tulevansa valituksi 95 \%:n varmuudella? Tutki asiaa muodostamalla 95\%:n  luottamusväli.
 Oikea vastaus: \([0.486,\ 0.574]\), ei voi.

Luottamusväli =   [ ,

b) Kuinka monen henkilön kyseisestä otoksesta pitäisi kannattaa ehdokasta, jotta varmuus olisi 95\%? Määrää tulos siten, että 95\% luottamusväli alaraja = \(0.5\). Pyöristä saamasi luku ylöspäin seuraavaan kokonaislukuun.

Vastaus:
Feedback: Oletetaan, että äänestäjät toimivat toisistaan riippumattomasti. Jos \(X_i\) = 'Äänestäjä äänestää ehdokasta' saa arvon 0=ei, 1= kyllä, niin \(X_i\sim\mathrm{Ber}(p)\) ja 500 äänestäjän yhteistulos \(X=X_1+x_2+\cdots + X_{500} \sim\mathrm{Bin}(500,p)\) Piste-estimaatti \(\hat{p}\) parametrille \(p\) saadaan otoksen perusteella \[\hat{p}=\dfrac{[value]}{500}=[value]\] Parametrin \(p\) \(100(1 - \alpha)~\%\):n luottamusväli on likimain \begin{eqnarray*} \left[\hat{p}-z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}, \hat{p}+z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}\right] \end{eqnarray*} Nyt pyydetään 95%:n luottamusväliä, jolloin \(\alpha=0.05\) ja \(z_{\alpha/2}= z_{0.025}\) on luku jolle \(\Phi(z_{0.025})=1-\frac{0.05}{2}=0.975\). Normaalijakauman taulukosta tai Matlabilla laskemalla saadaan \(z_{0.025}=1.9600\). Nyt luvut sijoittamalla saadaan luottamusväliksi \begin{eqnarray*} &&\left[\hat{p}-z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}, \hat{p}+z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}\right]= \\ &&\left[[value]-1.9600\sqrt{\frac{[value](1-[value])}{500}}, [value]+1.9600\sqrt{\frac{[value](1-[value])}{500}}\right]\\ &&[[value], [value]] \end{eqnarray*} Tuloksen perusteella ehdokas [value] valituksi 95%:n varmuudella. b) Luottamusvälin alarajan tulisi olisi vähintään 0.50. Ratkaistaan epäyhtälö \(\hat{p}\):n suhteen \begin{eqnarray*} \hat{p}-z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}\geq 0.50 \\ &\Rightarrow & n\geq \hat{p}(1-\hat{p})\left( \dfrac{z_{\alpha/2}}{\hat{p}-0.50}\right)^2\\ &=& [value]\left(1-[value]\right)\left( \dfrac{1.96}{[value]-0.50}\right)^2 =[value]\approx [value] \end{eqnarray*}

Tuotteen käyttöikää \(X\) mitattiin [value] kappaleen otoksella. Mittaustuloksien otoskeskiarvoksi saatiin \(\overline{x}=[value]\) tuntia ja otoskeskihajonnaksi \(s=[value]\). Oletetaan, että käyttöikä on  normaalijakautunut satunnaismuuttuja. Vastaukset 1 desimaalin tarkkuudella.

a) Mikä on odotusarvon 99%:n luottamusväli
Luottamusväli =   [ ,   ]

b) Miten luottamusväli muuttuu, jos oletettaisiin, että saatu otoskeskihajonta olisikin tarkka arvio keskihajonnasta eli \(\sigma=[value]\).

Luottamusväli =   [ ,   ]
Feedback: Olkoon \(X_1,X_2,\ldots,X_n\) otos satunnaismuuttujasta \(X\sim\mathrm{N}(\mu, \sigma^2)\), jonka varianssi on tuntematon. Tällöin odotusarvon \(\mu\) \(100(1-\alpha)~\%\):n luottamusväli on \[\left[\overline{x}-t_{\alpha/2}\frac{s}{\sqrt{n}}, \overline{x}+t_{\alpha/2}\frac{s}{\sqrt{n}}\right].\] Mittaustuloksien otoskeskiarvoksi saatiin \(\overline{x}=[value]\) tuntia ja otoskeskihajonnaksi \(s=[value]\). 99%:n luottamustasolla arvoksi \(\alpha=.01\), jolloin \(t_{\alpha/2}=t_0.005=[value]\). Kaavaan sijoittamalla saadaan \[\left[\overline{x}-t_{\alpha/2}\frac{s}{\sqrt{n}}, \overline{x}+t_{\alpha/2}\frac{s}{\sqrt{n}}\right] = \left[[value]-[value]\frac{[value]}{\sqrt{[value]}},[value]+[value]\frac{[value]}{\sqrt{[value]}}\right] = [[value], [value]]\] Olkoon \(X_1,X_2,\ldots,X_n\) otos satunnaismuuttujasta \(X\sim\mathrm{N}(\mu,\sigma^2)\), jossa varianssi \(\sigma^2\) tunnetaan. Tällöin odotusarvon \(\mu\) \(100(1-\alpha)~\%\):n luottamusväli on \[\left[\overline{x}-z_{\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}, \overline{x}+z_{\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right].\] Kyseessä on muuten sama tulos, mutta käytetään normaalijakaumasta saatua arvoa \(z_{\alpha/2}=z_0.005=[value]\) ja keskihajontaa \(sigma\). Kaavaan sijoittamalla saadaan \[\left[\overline{x}-z_{\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}, \overline{x}+z_{\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right]= \left[[value]-[value]\frac{[value]}{\sqrt{[value]}},[value]+[value]\frac{[value]}{\sqrt{[value]}}\right] = [[value], [value]]\]

Akselin halkaisijaa (mm) \(X\) mitattiin [value] kappaleen otoksella. Mittaustuloksien  otosvarianssiksi saatiin \(s^2=[value]\). Oletetaan, että mittatulos on  normaalijakautunut satunnaismuuttuja. Vastaukset 3 desimaalin tarkkuudella.

a) Mikä on varianssin 95%:n luottamusväli
Luottamusväli =   [ ,   ]

b) Laatuvaatimusten mukaan mittatulosten varianssi ei saisi ylittää arvoa [value]. Kun edelleen tutkitaan  [value] kappaleen otosta, niin minkä on maksimiarvo otosvarianssille, että tämä laatukriteeri täyttyy 99%:n todennäköisyydellä. Pieni varianssi tarkoittaa tasalaatuisempaa tulosta ja siksi tässä tutkitaan vain ylärajaa.

Otosvarianssi =
Feedback: a) Olkoon \(X_1,X_2,\ldots,X_n\) otos satunnaismuuttujasta \(X\sim\mathrm{N}(\mu, \sigma^2)\). Varianssin \(\sigma^2\) \(100(1-\alpha)~\%\):n luottamusväli on \[\left[\dfrac{(n-1)s^2}{w_2}, \dfrac{(n-1)s^2}{w_1}\right].\] missä \(s^2\) on otosvarianssi ja luvut \(w_1\) ja \(w_2\) on valittu siten, että \(P(W<w_1)=\frac{\alpha}{2}\) ja \(P(W>w_2)=\frac{\alpha}{2}\), kun \(W\sim\chi^2(n-1)\). Nyt \(\alpha=0.05\), ja luvut \(w_1=[value]\) ja \(w_2=[value]\) saadaan jakaumasta \(\chi^2([value]-1)\). Sijoittamalla luvut kaavaan saadaan 95%:n luottamusväliksi \[\left[\dfrac{(n-1)s^2}{w_2}, \dfrac{(n-1)s^2}{w_1}\right]=\left[\dfrac{([value]-1)[value]}{[value]}, \dfrac{([value]-1)[value]}{[value]}\right] = [[value], [value]]\] b) On tarkoitus tutkia, millä otosvarianssin arvolla \(s^2\) varianssin yläraja \(\dfrac{(n-1)s^2}{w_1}<[value]\), kun \(P(W<w_1)=0.01\) ja \(W\sim\chi^2([value]-1)\). Nyt \(w1=[value]\) ja tulos saadaan yhtälöstä \[\dfrac{(n-1)s^2}{w_1}<[value] \Rightarrow s^2<\dfrac{[value]\cdot w_1}{n-1}=\dfrac{[value]\cdot [value]}{[value]-1}=[value]\]

Laske seuraavat todennäköisyydet ja luvut 4 desimaalin tarkkuudella. Käytä jotain ohjelmaa tai laskinta, jakaumataulukoilla ei välttämättä saa riittävän tarkkoja tuloksia. Voit käyttää esimerkiksi Matlabia (ohjeita tässä), Exceliä, laskinta, stattrek.com sivustoa.

a) Jos \(W\sim\mathrm{\chi^2}([value])\), niin mitä on \(P(W>9)\)

b) Jos \(W\sim\mathrm{\chi^2}([value])\) ja \(P(W<c_1)=P(W>c_2)=[value]\), niin mikä on väli \([c_1,c_2]\). Vastaa vektorina hakasuluissa. Molemmat luvut pitää olla oikein, jotta voi saada pisteitä.

c) Mikä \(Md(W)\) eli luku joka toteuttaa ehdon \(P(W\leq Md(W))=\frac12\)

d) Oletetaan, että \(T\sim\mathrm{t}([value])\). Jos  \(P(-c \leq T \leq c)=[value] \), niin mikä on luku \(c\).

e) Jos  \(T\sim\mathrm{t}(n)\), niin mikä on pienin vapausaste \(n\), jolla \(P([value]\leq T\leq [value])\geq 0.98\).

a) \(P(W>9)\)= |  |  |
b)  \([c_1, c_2]\)= |  |  |
c)  \(Md(W)\) = |  |  |
d)  \(c \) = |  |  |
e)  \(n\)= |  |  |
Feedback: a) Jos \(W\sim\mathrm{\chi^2}([value])\), niin mitä on \(P(W>9)\) 1-chi2cdf(9,[value]) \(P(W>9) =[value]\) b) Jos \(W\sim\mathrm{\chi^2}([value])\) ja \(P(W<c_1)=P(W>c_2)=[value]\), niin mikä on väli \([c_1,c_2]\) c1=chi2inv([value], [value]) c2=chi2inv(1-[value], [value]) \([c_1,c_2] = [value]\) c) Mikä \(Md(W)\) eli luku joka toteuttaa ehdon \(P(W\leq Md(W))=\frac12\) Md=chi2inv(1/2,[value]) \(Md(W) = [value]\) d) Oletetaan, että \(T\sim\mathrm{t}([value])\). Jos \(P(-c \leq T \leq c)=[value] \), niin mikä on luku \(c\). c=tinv(1-(1-[value])/2,[value]) \(c = [value]\) e) Jos \(T\sim\mathrm{t}(n)\), niin mikä on pienin vapausaste \(n\), jolla \(P([value]\leq T\leq [value])\geq 0.98\). Kokeilemalla eri n:n arvoja Matlabilla n=1:30 tcdf([value],n)-tcdf(-[value],n) nähdään, että arvolla \(n=[value]\) vastausvektorin komponentti ensimmäisen kerran ylittää arvon 0.98. Tämän tuloksen saa myös t-jakauman kertymäfunktiotaulukosta sarakkeesta 0.01.

Estimoitaessa normaalijakautuneen satunnaismuuttujan \(X\sim\mathrm{N}(\mu, [value])\) odotusarvoa otetaan \(n\) kappaleen otos.

a) Kuinka suuri on odotusarvon 98%:n luottamusvälin pituus, jos otetaan hyvin pieni, vain \(n=3\) alkion otos. Vastaus 2 desimaalin tarkkuudella.

Luottamusvälin pituus =

b) Miten suuri luvun \(n\) tulee vähintään olla, jotta odotusarvon 98%:n luottamusvälin pituus ei ole suurempi kuin [value]. Pyöristä vastauksesi ylöspäin seuraavaan kokonaislukuun

Otoskoko \(n\)=
Feedback: Olkoon \(X_1,X_2,\ldots,X_n\) otos satunnaismuuttujasta \(X\sim\mathrm{N}(\mu,\sigma^2)\), jossa varianssi \(\sigma^2\) tunnetaan. Tällöin odotusarvon \(\mu\) \(100(1-\alpha) \%\):n luottamusväli on \[\left[\overline{x}-z_{\alpha/2}\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}, \overline{x}+z_{\alpha/2}\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}\right].\] ja luottamusväli pituus on siis \[ 2z_{\alpha/2}\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}\] a) Nyt \(n=3\), \(\sigma=\sqrt{[value]}=[value]\), \(\alpha=0.02\), \(z_{\alpha/2}=z_{0.01}=[value]\), sillä \(\Phi([value])=0.99\). Luottamusvälin pituus on \[ 2z_{\alpha/2}\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}= 2\cdot[value]\cdot\dfrac{[value]}{\sqrt{3}}=[value]\] b) Nyt on tarkoitus ratkaista \(n\), siten että luottamusvälin pituus \(\leq [value]\) . Ratkaistaan ensin \(n\) \[ 2z_{\alpha/2}\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}} \leq [value] \Rightarrow n\geq \left(\dfrac{2z_{\alpha/2}\sigma}{[value]}\right)^2= \left(\dfrac{2\cdot[value]\cdot[value]}{[value]}\right)^2=[value]\] Pyöristetään ylospäin, jotta vaatimus varmasti täyttyy, joten otoskoon tulee olla vähintään \(n=[value]\).

Osoita, että satunnaismuuttujan \(W\sim\chi^2(n)\) odotusarvo ja varianssi ovat \(\mathrm{E}(W) = n\) ja \(\mathrm{Var}(W) = 2n\). Kirjoita todistus paperille tai Matlabilla ja palauta itse- ja vertaisarviointiin. Vastaamalla seuraaviin kohtiin saat STACK-pisteet.
Huom! Kahteen ensimmäiseen kysymykseen voit vastata vain kerran.

Kun \(W \sim \chi^2(n)\), niin mikä on tiheysfunktio

\(f_{W}(x)= \) |

Laskiessasi odotusarvoa päädyt osittaisintegroimaan \(\displaystyle \int f’ g \, \mathrm{d}x = f g-\int f g’ \, \mathrm{d}x\). Jos siirrät kaikki vakiot ensin kertoimeksi integraalin eteen, niin minkä valitset integraalisissasi olemaan \(f’\) ja minkä \(g\)?

\(f_{W}(x)= \) |

Varianssin todistuksessa käytät kaavaa \(\mathrm{Var}(X)=\mathrm{E}(X^2)-\mathrm{E}(X)^2\).

Mikä on \(E(X^2) = \) (Käytä muuttujana kirjainta n.)
Feedback: Osoitetaan, että satunnaismuuttujan \(W \sim \chi^2(n)\) odotusarvo \(\mathrm{E}(W) = n\) ja varianssi \(\mathrm{Var}(W) = 2n\). Satunnaismuuttujan \(W\) tiheysfunktio on Määritelmän 6.3.3 perusteella \(f_W(x) = \frac{1}{2^{n/2}\Gamma(n/2)}x^{n/2 - 1}e^{-x/2}\), kun \(x \in [0, \infty)\), missä \(\Gamma(n/2) = \int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{n/2 - 1}\mathrm{d}x\). Täten odotusarvo \(\mathrm{E}(W) = \int_{0}^{\infty}xf_W(x)\mathrm{d}x = \int_{0}^{\infty}\frac{1}{2^{n/2}\Gamma(n/2)}x^{n/2}e^{-x/2}\mathrm{d}x = \frac{1}{2^{n/2}\Gamma(n/2)}\int_{0}^{\infty}x^{n/2}e^{-x/2}\mathrm{d}x.\) Osittaisintegrointia varten kirjoitetaan \(f'(x) = e^{-x/2}\) ja \(g(x) = x^{n/2}\), jolloin \(f(x) = -2e^{-x/2}\) ja \(g'(x) = (n/2)x^{n/2 - 1}\). Täten \(\mathrm{E}(W) = \frac{1}{2^{n/2}\Gamma(n/2)}\left(\left[-2e^{-x/2}x^{n/2}\right]_{0}^{\infty} + n\int_{0}^{\infty}e^{-x/2}x^{n/2 - 1}\mathrm{d}x\right) \\ = \frac{1}{2^{n/2}\Gamma(n/2)}\left(-2\lim_{c \to \infty}\frac{c^{n/2}}{e^{c/2}} + n\int_{0}^{\infty}e^{-x/2}x^{n/2 - 1}\mathrm{d}x\right),\) missä l'Hôpitalin säännön nojalla \(\lim_{c \to \infty}\frac{c^{n/2}}{e^{c/2}} \stackrel{\text{l'H.}}{=} n\lim_{c \to \infty}\frac{c^{n/2 - 1}}{e^{c/2}} \stackrel{\text{l'H.}}{=} n(n - 2)\lim_{c \to \infty} \frac{c^{n/2 - 2}}{e^{c/2}} \stackrel{\text{l'H.}}{=} n(n - 2)(n - 4) \lim_{c \to \infty} \frac{c^{n/2 - 3}}{e^{c/2}} \\ \stackrel{\text{l'H.}}{=} \cdots \stackrel{\text{l'H.}}{=} \begin{cases} n(n - 2)\cdots 4 \cdot 2 \lim_{c \to \infty}\frac{1}{e^{c/2}}, & \text{kun } n \text{ on parillinen} \\ n(n - 2) \cdots 3 \cdot 1 \lim_{c \to \infty}\frac{1}{ce^{c/2}}, & \text{kun } n \text{ on pariton} \end{cases} \\ = 0.\) Niinpä \(\mathrm{E}(W) = \frac{n}{2^{n/2}\Gamma(n/2)}\int_{0}^{\infty}e^{-x/2}x^{n/2 - 1}\mathrm{d}x.\) Tehdään integraaliin sijoitus \(y = x/2,\) jolloin rajat pysyvät ennallaan ja \(\mathrm{d}x = 2\mathrm{d}y\). Täten \(\mathrm{E}(W) = \frac{n}{2^{n/2}\Gamma(n/2)}\int_{0}^{\infty}2^{n/2 - 1}e^{-y}y^{n/2 - 1}2\mathrm{d}y = \frac{2^{n/2}n}{2^{n/2}\Gamma(n/2)}\int_{0}^{\infty}e^{-y}y^{n/2 - 1}\mathrm{d}y = n\frac{\int_{0}^{\infty}e^{-y}y^{n/2 - 1}\mathrm{d}y}{\Gamma(n/2)},\) missä \(\Gamma(n/2) = \int_{0}^{\infty}e^{-y}y^{n/2 - 1}\mathrm{d}y\). Lukujen suhde on siis 1, ja on todistettu että \(\mathrm{E}(W) = n\). Varianssin kaavan todistusta varten tutkitaan ensin odotusarvoa \(\mathrm{E}(W^2) = \int_{0}^{\infty}x^2f_W(x)\mathrm{d}x = \int_{0}^{\infty}\frac{1}{2^{n/2}\Gamma(n/2)}x^{n/2 + 1}e^{-x/2}\mathrm{d}x = \frac{1}{2^{n/2}\Gamma(n/2)}\int_{0}^{\infty}x^{n/2 + 1}e^{-x/2}\mathrm{d}x.\) Osittaisintegrointia varten kirjoitetaan \(f'(x) = e^{-x/2}\) ja \(g(x) = x^{n/2 + 1}\), jolloin \(f(x) = -2e^{-x/2}\) ja \(g'(x) = (n/2 + 1)x^{n/2}\). Täten \(\mathrm{E}(W^2) = \frac{1}{2^{n/2}\Gamma(n/2)}\left(\left[-2e^{-x/2}x^{n/2 + 1}\right]_{0}^{\infty} + (n + 2)\int_{0}^{\infty}e^{-x/2}x^{n/2}\mathrm{d}x\right) \\ = -\frac{1}{2^{n/2 - 1}\Gamma(n/2)}\lim_{c \to \infty}\frac{c^{n/2 + 1}}{e^{c/2}} + (n + 2)\frac{1}{2^{n/2}\Gamma(n/2)}\int_{0}^{\infty}e^{-x/2}x^{n/2}\mathrm{d}x \\ = -\frac{1}{2^{n/2 - 1}\Gamma(n/2)}\lim_{c \to \infty}\frac{c^{n/2 + 1}}{e^{c/2}} + (n + 2)\mathrm{E}(W) \\ \stackrel{\text{l'H.}}{=} -\frac{(n + 2)}{2^{n/2 - 1}\Gamma(n/2)}\lim_{c \to \infty}\frac{c^{n/2}}{e^{c/2}} + (n + 2)\mathrm{E}(W) \\ = -\frac{(n + 2)}{2^{n/2 - 1}\Gamma(n/2)} \cdot 0 + (n + 2)\mathrm{E}(W) = (n + 2)\mathrm{E}(W) = n^2 + 2n.\) Varianssin laskukaavan \(\mathrm{Var}(W) = \mathrm{E}(W^2) - \mathrm{E}(W)^2\) nojalla siis \(\mathrm{Var}(W) = n^2 + 2n - n^2 = 2n\), kuten väitettiinkin. Näin todistus on valmis.

Tehtaan valmistamien akselitappien ja näitä vastaavien holkkien halkaisijat \( D_a \) ja \( D_h \) ovat riippumattomia satunnaismuuttujia, jotka ovat jakautuneet normaalisti

\( \quad D_a \sim \text{N}([value] \text{ cm}, \, [value]0 \cdot 10^{-6} \text{ cm}^2) \\ \quad D_h \sim \text{N}([value] \text{ cm}, \, [value]0 \cdot 10^{-6} \text{ cm}^2)\)

Otetaan satunnaisesti akseli ja holkki. Millä todennäköisyydellä akseli mahtuu holkkiin?

Vihje: Tutki muuttujaa \( D = D_h-D_a \). Anna vastauksesi kolmen desimaalin tarkkuudella.

Vastaus:
Feedback: Malliratkaisu: Kun \( D_a \) ja \( D_h \) ovat riippumattomia normaalijakautuneita satunnaismuuttujia , niin näistä muodostettu uusi satunnaismuuttuja \( D = D_h-D_a=D_h+(-1) \cdot D_a \) on myös normaalisti jakautunut \( \begin{align} D & \sim \text{N} \left( [value]-[value] \text{ cm}, \, ([value]0+(-1)^2 \cdot [value]0) \cdot 10^{-6} \text{ cm}^2 \right) \\ & = \text{N} \left( [value] \text{ cm}, \, [value]0 \cdot 10^{-6} \text{ cm}^2 \right) \end{align} \) Akseli mahtuu holkkiin, kun \( D_h > D_a \) eli kun \( D > 0 \). Kysytty todennäköisyys on \( \begin{align} P(D > 0) & = P \left( \underbrace{\frac{D-[value]}{\sqrt{[value] \cdot 10^{-6}}}}_{\sim N(0,1)} > \frac{0-[value]}{\sqrt{[value] \cdot 10^{-6}}} \right) \\ &= P(Z > -[value]) = P(Z < [value]) \\ &=\Phi ([value]) \approx [value]. \end{align} \)

\( \textbf{(a)} \) Pakkauksen painoksi on ilmoitettu 100 g. Punnituksissa on painon \( X \) jakaumaksi N([value],[value]). Alle 100 g:n painoiset pakkaukset hylätään jo tuotannossa. Kuinka monta prosenttia pakkauksista hylätään?

\( \textbf{(b)} \) Hävikin pienentämiseksi kaksi \( \textbf{(a)} \)-kohdan pakkausta yhdistetään tuplapakkaukseksi, jonka painoksi ilmoitetaan 200 g. Kuinka monta prosenttia tuplapakkauksista hylätään eli mikä osuus näistä pakkauksista on alle 200 g painoisia? Eri pakkausten painot ovat riippumattomia.

Anna prosenttilukemat kahden desimaalin tarkkuudella.

\( \textbf{(a)} \) Vastaus: % |
\( \textbf{(b)} \) Vastaus: % |
Feedback: Malliratkaisu: \( \textbf{(a)} \) Kysytty todennäköisyys on \( \begin{align} P(X < 100) &= P \left( \dfrac{X-[value]}{[value]} < \dfrac{100-[value]}{[value]}\right) = \Phi ([value]) \\ &= 1-\Phi([value])=1-[value]=[value]=[value] \, \%. \end{align} \) \( \textbf{(b)} \) Merkitään pakkauksen 1 painoa \( X_1 \):llä ja pakkauksen 2 painoa \( X_2 \):lla. Tuplapakkauksen paino on \( X = X_1 + X_2 \) ja \( X \) noudattaa jakaumaa N([value], [value]). Odotusarvo ja riippumattomien satunnaismuuttujien varianssi lasketaan kaavoilla \(E(X_1+X_2)=E(X_1)+ E(X_2)\) ja \(\mathrm{Var}(a X_1+ b X_2)=a^2\mathrm{Var}(X_1)+b^2\mathrm{Var}(X_2)\). Nyt \( \begin{align} P(X < 200) & = P \left( \dfrac{X-[value]}{[value]} < \dfrac{200-[value]}{[value]}\right)= \Phi([value])\\ &= 1-\Phi([value])=1-[value]=[value]=[value] \, \%. \end{align} \)

[value] riippumatonta desimaalilukua pyöristetään lähimpään kokonaislukuun ja lasketaan yhteen. Olkoon pyöristysvirhe jakautunut tasaisesti välille \( [-[value],[value]) \). Arvioi keskeistä raja-arvolausetta käyttäen, millä todennäköisyydellä saatu summa eroaa oikeasta summasta enemmän kuin [value]?
Eli millä tod. näk. |tarkka summa-pyöristettyjen lukujen summa| > [value]? Anna vastauksesi kolmen desimaalin tarkkuudella.

Vastaus:
Feedback: Malliratkaisu: Kun \( X = \) "pyöristysvirhe", niin \( X \sim \text{Tas}(-[value],[value]) \). Jatkuvan tasajakauman odotusarvo ja varianssi ovat \( E(X) = \dfrac{-[value]+[value]}{2} = 0 \) ja \( \text{Var}(X) = \dfrac{([value]-(-[value]))^2}{12} = [value] \). Virheiden summa [value] luvun otoksessa \( S = \sum\limits_{i=1}^{[value]} X_i \sim \text{N} \left( 0, [value] \cdot [value] \right) = \text{N}(0,[value]) \). Kysytty todennäköisyys on \( \begin{align} P \left( |S| > [value] \right) & = 1-P(-[value] \leq S \leq [value]) \\ &= 1-P \left( \dfrac{-[value]-0}{\sqrt{[value]}} \leq \underbrace{\dfrac{X-0}{\sqrt{[value]}}}_{\sim N(0,1)} \leq \dfrac{[value]-0}{\sqrt{[value]}} \right) \\ &= 1-P(-[value] \leq Z \leq [value]) \\ &= 1- \left( \Phi([value])-\Phi(-[value]) \right) \\ &= 1- \left( \Phi ([value]) - \left( 1-\Phi([value]) \right) \right) \\ &= 2-2\Phi([value])=2-2\cdot [value] = [value]. \end{align} \)

Tehtaan tuotteista [value] % on viallisia. Laske binomijakauman normaaliapproksimaatiota käyttäen todennäköisyys, että [value] kappaleen erässä on enintään [value] viallista. Anna vastauksesi 3 desimaalin tarkkuudella.

Vastaus\(:\)
Feedback: Malliratkaisu: Olkoon \( A = \) 'tuote on viallinen', jolloin \( P(A) = [value] \). Merkitään \( X = \) 'viallisten lukumäärä'. Nyt \( X \sim \text{Bin}([value],[value]) \). Binomijakauman normaaliapproksimaation perusteella \( X \sim \text{N}([value]\cdot[value], \, [value]\cdot[value]\cdot[value])= \text{N}([value],[value])\). Kysytty binomitodennäköisyys on \( P(X \leq [value]) \). Kun tälle tehdään jatkuvuuskorjaus, saadaan todennäköisyys \( \begin{align} P(X \leq [value]) & = P \left( \dfrac{X-[value]}{\sqrt{[value]}} \leq \dfrac{[value]-[value]}{\sqrt{[value]}} \right) = P(Z \leq [value]) \\ &= \Phi ([value]) \approx [value] \\ & ([value]). \end{align} \) Ilman jatkuvuuskorjausta todennäköisyys olisi \( P(X \leq [value]) = [value] \). Laskettaessa arvo tarkasti binomijakaumalla, esim. nettilaskurilla, saadaan arvoksi \( P(X \leq [value]) = [value] \). Näin jatkuvuuskorjaus korjaa tulosta oikeaan suuntaan ja hyvin lähelle oikeaa tulosta.

Olkoon \( X_1, \, X_2, \, \ldots, \, X_{[value]} \) otos jakaumasta, jonka tiheysfunktio on

\( f(x) = \dfrac{[value]}{2} x^2, \quad x \in \Omega _x = [-1,1] \).

Merkitään otoskeskiarvoa \( \overline{X} \). Arvioi keskeisen raja-arvolauseen avulla alla olevaa todennäköisyyttä.
Anna vastauksesi kolmen numeron tarkkuudella.

\( P \left( [value]\leq \overline{X} \leq [value] \right) = \) |
Feedback: Malliratkaisu: Lasketaan ensin satunnaismuuttujan \( X \) odotusarvo \( E(X) = \int\limits_{-1}^1 x \cdot \dfrac{[value]}{2} x^2 \, \textrm{d}x = \mathop{\Big/}\limits_{-1}^1 \dfrac{[value]}{8} x^4 = 0 \) ja varianssi \( \text{Var}(X) = E(X^2)-(E(X))^2 = \int\limits_{-1}^1 x^2 \cdot \dfrac{[value]}{2} x^2 \, \textrm{d}x - 0^2 = \mathop{\Big/}\limits_{-1}^1 \dfrac{[value]}{10} x^5 = \dfrac{[value]}{5} \). Nyt keskeisen raja-arvolauseen mukaan otoskeskiarvo \( \overline{X} \) noudattaa likimäärin normaalijakaumaa \( \overline{X} \sim \text{N}\left( 0, \dfrac{[value]}{5 \cdot [value]} \right) = \text{N}\left(0, \left( \dfrac{1}{5} \right)^2 \right) \). Nyt kysytty todennäköisyys saadaan \( \begin{align} P \left( [value] \leq \overline{X} \leq [value] \right) &= P \left( \dfrac{[value]-0}{1/5} \leq \dfrac{\overline{X}-0}{1/5} \leq \dfrac{[value]-0}{1/5} \right) \\ &= P \left( [value] \leq Z \leq [value] \right) \\ &= \Phi \left([value] \right)-\Phi\left([value] \right) \\ &= [value]-[value]=[value]. \end{align} \)

Armeijassa on tutkittu varusmiesten painoa ja todettu, että paino \( X \) noudattaa normaalijakaumaa \( X \sim \text{N}([value],[value]^2) \).

\( \textbf{(a)} \) Määritä luku \( a > 0 \) siten, että \( P([value]-a \leq X \leq [value]+a) = [value] \).

Vastaus: \( a = \) |

\( \textbf{(b)} \) Millä todennäköisyydellä [value] satunnaisesti valitun varusmiehen painon keskiarvo on välillä \( [[value],[value]] \)?

Vastaus: |

Anna vastauksesi kolmen desimaalin tarkkuudella!
Feedback: Malliratkaisu: \( \textbf{(a)} \) Paino \( X \) noudattaa normaalijakaumaa \( X \sim \text{N}([value],[value]^2) \). Koska väli \( [[value]-a, \, [value]+a] \) on odotusarvon \( E(X) = [value] \) suhteen symmetrinen, voidaan luku \( a > 0 \) määrittää myös yhtälöstä \( P(X \leq [value] + a) = 1- \dfrac{1-[value]}{2} = [value] \). \( \begin{align} P(X \leq [value] + a) = [value] & \Leftrightarrow P \left( \underbrace{\dfrac{X-[value]}{[value]}}_{\sim N(0,1)} \leq \dfrac{a}{[value]} \right) = [value] \\ & \Leftrightarrow \Phi \left( \dfrac{a}{[value]} \right) = [value] = \Phi ([value]) \\ & \Leftrightarrow \dfrac{a}{[value]} = [value] \\ & \Leftrightarrow a = [value] \cdot [value] = [value]. \end{align} \) \( \textbf{(b)} \) Olkoon [value] varusmiehen painot satunnaismuuttujat [value]. Nämä noudattavat normaalijakaumaa \( \text{N}([value],[value]^2) \), jolloin niiden otoskeskiarvo on \( \dfrac{1}{[value]}([value]) = \overline{X} \sim \text{N} \left( [value], \, \dfrac{[value]^2}{[value]} \right) = \text{N}([value],[value]) \). Nyt kysytty todennäköisyys on \( \begin{align} P ([value] \leq X \leq [value]) & = P \left( \dfrac{[value]-[value]}{\sqrt{[value]}} \leq \underbrace{\dfrac{X-[value]}{\sqrt{[value]}}}_{\sim N(0,1)} \leq \dfrac{[value]-[value]}{\sqrt{[value]}} \right) \\ & = P (-[value] \leq Z \leq [value] ) \\ & = \Phi ([value]) - \Phi (-[value]) \\ & = \Phi ([value]) - (1-\Phi ([value])) \\ & = 2\Phi ([value]) - 1 = 2 \cdot [value] - 1 = [value] = [value]. \end{align} \)

Moodle-sivun kansiossa  Aiheviikko 5, tehtävä 2, datat  on 10 tiedostoa, joista jokaisessa on 100 satunnaislukua tietystä normaalijakaumasta. Valitse näistä normdata[value].csv ja laske siitä seuraavat asiat. Tee tehtävä sopivan tietokoneohjelman avulla. Ohjeet ovat Matlabin käyttöön, tehtävät pystyy tekemään myös Excelillä tai R:llä.

Lataa datatiedosto ja siirrä se Matlabin oletuskansioon. Tiedoston lukeminen Matlabin muuttujaksi tästä kansiosta onnistuu komennolla  csvread('data[value].csv');   Luottamusvälin laskemisessa tarvittavat luvut saat komennoilla mean, var, std, tinv ja chi2inv. Ohjeita esim. tästä. Tee tehtävät ja siirrä saamasi vastaukset vastauskenttiin a), b).

a) Mikä on odotusarvon 99%:n luottamusväli. Vastaus muodossa [alaraja, yläraja] 4 desimaalin tarkkuudella. Anna vain luvut.

Vastaus = [ , ]

b) Mikä on varianssin 99%:n luottamusväli. Vastaus muodossa [alaraja, yläraja] 4 desimaalin tarkkuudella. Anna vain luvut.

Vastaus = [ , ]

Otoksen arvot generoitiin normaalijakaumasta \(\mathrm{N}([value],[value])\). Osuivatko arvot saamillesi luottamusväleille?
Feedback: Seuraavilla Matlabin komennoilla saat odotusarvon ja varianssin data=load('data[value].csv') m=mean(data) v=var(data) sd=sqrt(v) luottamusvali_ex=[m-tinv(0.995,99)*sd/sqrt(100), m+tinv(0.995,99)*sd/sqrt(100)] luottamusvali_v=[99*v/chi2inv(0.995,99), 99*v/chi2inv(0.005,99)] Matlabilla voi laskea odotusarvon ja keskihajonnan luottamusvälit myös pd = fitdist(data,'Normal') %piste-estimaatit ja 95% luottamusvälit ci = paramci(pd,'Alpha',.01) % 99%:n luottamusvälit Nämä keskihajonnan luottamusvälin arvot tulee sitten vielä korottaa toiseen potenssiin. Vastaukset a) [[value] , [value]] b) [[value] , [value]]