b) Niech: - wśród trzech wylosowanych opakowań jest co najwyżej jedno o dawce 15 mg. Wówczas:

Transkrypt

1 ROZWIĄZANIA I ODPOWIEDZI Zadanie A1. Można założyć, że przy losowaniu trzech kul jednocześnie kolejność ich wylosowania nie jest istotna. A więc: Ω = a) Niech: - wśród trzech wylosowanych opakowań jest co najmniej jedno o dawce 5 mg. Wówczas: - wśród trzech wylosowanych nie ma opakowań (czyli jest zero) o dawce 5 mg i mamy: = , skąd = i =1 = 0,6. b) Niech: - wśród trzech wylosowanych opakowań jest co najwyżej jedno o dawce 15 mg. Wówczas: = , skąd = = 0,73. Zadanie A2. a) Oznaczmy: otrzymanie dwu orłów (w rzucie 2 monetami), otrzymanie wyniku innego niż dwa orły (w rzucie 2 monetami), otrzymanie dwu szóstek (w 10 rzutach kostką). Zauważmy, że =Ω, = oraz, >0, a więc spełnione są założenia twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym i twierdzenia Bayesa. Ponieważ dla rzutu dwiema monetami mamy: Ω=O,O,O,R,R,O,R,R, więc: =, =. Obliczamy teraz. Zauważmy, ze wówczas 10 rzutów kostką sześcienną tworzy schemat Bernoulliego, gdzie n = 10 oraz prawdopodobieństwo sukcesu (otrzymania szóstki) wynosi (kostka jest bowiem sześcienna). A więc: = =2= Analogicznie obliczamy = =2= Korzystając ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite mamy więc: = + = ,25. b) Korzystając ze wzoru Bayesa mamy: = Zadanie A3. a) Korzystając z warunku: =1 mamy: = 0 + = = 0,29. = lim = = lim = lim + =, Pracownia Matematyczna Strona 1

2 skąd =1 i =4. b) Korzystamy ze wzoru: =, gdzie 0 1 =. >1 Obliczamy dystrybuantę przedziałami: 1 gdy,1>, to: = 2 gdy 1,+, to: = =1 = A więc:. = 0 =0, = =. 1 >1 =4 = c) 3<<2=2 3=1 0=. Obliczone prawdopodobieństwo przedstawia sobą pole zaznaczonego poniżej obszaru: Zadanie A4. Mamy: =10 oraz =16, skąd =4, czyli ~10,4. a) 8 < 3) = ( 3 < 8 < 3) = (5 < < 11) = = ( 1,25 < < 0,25) = Φ(0,25) Φ( 1,25) = Φ(0,25) 1 + Φ(1,25) = = 0, ,8944 = 0,4931. b) Przekształcamy: ( > ) = 1 ( ) = ł ął 1 ( < ) =. < < = 1 < = 1 Φ. Zatem musi być: 1 Φ = 0,6, czyli Φ = 0,4. Ponieważ wartość po prawej stronie jest mniejsza niż 0,5, więc wyznaczamy pomocniczą liczbę, taką, że Φ() = 1 0,4 = 0,6, otrzymując: = 0,25. Tak więc musi zachodzić równość: Pracownia Matematyczna Strona 2

3 skąd = 9. = 0,25, Zadanie A5. a) Ponieważ w rozkładzie skokowym = 1, więc musi być: = 1, czyli = 0, skąd = 5 lub = 2. Pierwsze rozwiązanie odrzucamy (wówczas niektóre prawdopodobieństwa byłyby liczbami ujemnymi, co jest niemożliwe) i mamy ostatecznie = 2. b) Rozkład ma postać: ,1 0,3 0,4 0,2 i obliczamy teraz: = ( ) = ( 1) 0, , , ,2 = 0,7, a następnie ( ) = ( 1) 0, , , ,2 = 1,3, skąd = ( ) = ( ) ( ) = 1,3 (0,7) = 0,81, a więc = 0,81 = 0,9. Mamy więc ostatecznie: = 80 0,7 = 56 oraz = 0,9 80 8,05. Przechodzimy do obliczenia prawdopodobieństwa: ( < 75) = (40 < 75) = =. 39,5 56 8,05 < = (2,30) ( 2,05) = (39,5 < 74,5) 74,5 56 = ( 2,05 8,05 < 2,30) = Φ(2,30) Φ( 2,05) = = Φ(2,30) 1 + Φ(2,05) = 0, ,9798 = 0,9691. =. Zadanie A6. Ponieważ próba jest mała, więc musimy sprawdzić najpierw, czy badana cecha ma w populacji rozkład normalny (wykorzystamy test Shapiro-Wilka). Przyjmujemy: : czas rozwiązywania zadania ma rozkład normalny (w populacji studentów), Pracownia Matematyczna Strona 3

4 : czas rozwiązywania zadania ma rozkład inny niż rozkład normalny (w populacji studentów), α = 0,05. Z kalkulatora obliczamy = 5,25, 1,79 oraz 3,21, a następnie, korzystając z tablic, mamy: =, 0, ,3164 3,5 + 0,1743 2,5 + 0, = 0,952, = 0,818, =< 0; 0,818 >. Ponieważ, więc nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy, możemy więc przyjąć, że czas rozwiązywania zadania ma rozkład normalny (w populacji studentów). Możemy teraz znaleźć przedział ufności dla wartości przeciętnej. W tym celu wyznaczymy (z tablic rozkładu t-studenta): Otrzymujemy: : ( ) = = 0,05 7 stopni swobody = 2,36., +,, = 5,25 ; 5,25 +,, = (3,76; 6,74). Na koniec wyznaczymy przedział ufności dla wariancji. Z tablic rozkładu mamy: oraz a więc: / = 2 = 0,025 / = 16,01 7 stopni swobody / = 1 = 0,975 / = 1,69, 7 stopni swobody : () /, () =, / ;,,, = (1,40; 13,30). Zadanie A7. Jest to zadanie, w którym należy zastosować test dla dwu wartości przeciętnych. Ponieważ obie próby są małe oraz oraz nie są znane, więc właściwy model wymaga, aby: a) cecha miała rozkład normalny w obu populacjach, b) wiadomo było, czy =, czy też. Założenie a) jest spełnione, co wynika z treści zadania. Aby sprawdzić równość (bądź różność) wariancji musimy przeprowadzić test dla dwu wariancji (ten etap nazwiemy I częścią zadania). I część: : = :, α = 0,05. Z danych zadania mamy: = 8, = 3,49, = 0,68, skąd 0,46 ; = 11, = 4,21, = 0,93, skąd 0,86. Zatem: =,, =,, 1,87, = 1 = 11 1 = 10 oraz = 1 = 8 1 = 7. Wyznaczamy teraz wartość krytyczną : Pracownia Matematyczna Strona 4

5 ( ) = 2 = 0,025 = 4,76 = 10, = 7 (z tablic rozkładu - strona dla α = 0,025), skąd = < 4,76; + ). Ponieważ, więc nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy i od tego momentu możemy zakładać, że =. Przejdźmy teraz do testu dla dwu wartości przeciętnych, będącego istotą tego zadania (część II zadania). II część: Mamy: : = : <, α = 0,05. Obliczamy najpierw: =,, 0,70, a następnie wartość statystyki testowej: = =,,,, 1,85. Wyznaczamy wartość krytyczną (z tablic rozkładu t-studenta): ( ) = 2 = 0,1 = 1,74 17 stopni swobody oraz obszar krytyczny: = ( ; 1,74 >. Ponieważ, więc hipotezę H 0 należy odrzucić i przyjąć hipotezę H 1, czyli lek istotnie powoduje spadek poziomu potasu w organizmie. Zadanie A8. Mamy : () = (), : () (), α = 0,05, gdzie () dystrybuanta rozkładu, którego dotyczy hipoteza badacza. Obliczenia wykonamy w tabelce, przedtem jednak obliczmy prawdopodobieństwa teoretyczne dla poszczególnych genotypów: = () = = 0,20, = () = = 0,55, = () = = 0,25. Otrzymujemy (ponieważ wszystkie częstości teoretyczne są większe lub równe od 5, więc nie ma potrzeby łączenia sąsiednich klas): klasy częstości doświadczalne prawdopodobieństwa teoretyczne częstości teoretyczne ( ) AA 45 0, ,625 Aa 102 0, ,582 aa 53 0, ,180 wartość statystyki testowej ( ) = 1,387 Pracownia Matematyczna Strona 5

6 Tak więc wartość statystyki testowej wynosi: = 1,387. Ponieważ = 3 (są trzy klasy) oraz = 0 (żaden parametr rozkładu nie był estymowany), więc mamy = 2 stopnie swobody i wyznaczamy wartość krytyczną (z tablic rozkładu ): ( ) = α = 0,05 = 5,99 2 stopnie swobody oraz obszar krytyczny =< 5,99; + ). Ponieważ, więc nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy, co potwierdza słuszność hipotezy badacza. Zadanie A9. a) Korzystając z kalkulatora otrzymujemy: 1320,16 oraz 33,91, 0,99 (skąd 0,98). Linia regresji ma zatem równanie: = 1320, ,91. Oto jej wykres: b) Ponieważ 0,98, więc 98% rozproszenia zmiennej Y jest wyjaśnione regresją liniową względem X, czyli 2% tego rozproszenia jest niewyjaśnione regresją liniową względem X. c) (40) = 1320, , ,56. Zadanie A10. a) Mamy: : = 0, : 0, α = 0,05. Z kalkulatora obliczamy: 0,85, zatem wartość statystyki testowej wynosi: = = 0,85 4,56. (,) Wyznaczamy wartość krytyczną: ( ) = = 0,05 = 2,31 8 stopni swobody i obszar krytyczny = (, 2,31 > < 2,31; + ). Ponieważ, więc hipotezę H 0 należy odrzucić i przyjąć hipotezę H 1, zatem istnieje korelacja pomiędzy badanymi cechami. b) Przyjmijmy: Pracownia Matematyczna Strona 6

7 Obliczamy najpierw: : = 0,8, : < 0,8, α = 0,05. = (,) ln 1,26, (,) = (,) ln 1,10, (,) a następnie wartość statystyki testowej: = =,, 0,42. / / Wyznaczamy wartość krytyczną: Φ() = 1 = 0,95 = 1,64 (lub = 1,65), zatem = (, 1,64 > (lub = (, 1,65 >). Ponieważ, więc nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy. Zadanie B1. Niech: A 1 wylosowanie dwóch opakowań po 5 mg A 2 wylosowanie jednego opakowania 10 mg i 1 opakowania 5 mg A 3 wylosowanie dwóch opakowań po 10 mg B wylosowanie za drugim razem opakowania 5 mg. a) ( = =0,625, b) = 0,5. Zadanie B2 <0=0,5. b) 0, 3> 3, 1> = 1,1>, 1,3> 1 3,+ > x i p i Zadanie B3. 0 dla 0 a) =, b) = 0,5 1 cos dla 0,>, c). 1 dla > Pracownia Matematyczna Strona 7

8 Zadanie B4. a) 38,3%, b) = Zadanie B5. = 1, =, ( > 110) = 0,0418. Zadanie B6. µ: (103,56 ; 109,04), σ: (21,86 ; 25,76) (dla = 1,64). Zadanie B7. : = 0,01, : > 0,01, α = 0,05 ; = 5,4 =< 12,59; + ), nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy (producent ma rację). Zadanie B8. Różnice (od poziomu przed kuracją odejmujemy poziom po kuracji) po uporządkowaniu: Najpierw należy zweryfikować normalność rozkładu różnic: : różnice mają rozkład normalny, : różnice mają rozkład inny niż rozkład normalny, α = 0,05 Mamy: 14,17, 31,21, 974,17, 0,942 =< 0; 0,788 >, nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy (o normalności rozkładu różnic). Dalej mamy: : = 0, : > 0, α = 0,05 ; 1,11 =< 2,02; + ), nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy (lek nie jest skuteczny). ZadanieB9. H 0 : () = (), H 1 : () (), α = 0,05 gdzie () dystrybuanta rozkładu Poissona, klasy ( ) , ,46 0, , ,5 0, , ,12 0, , ,18 0, , ,16 0, ,0335 6,7 0,07 ( ) 1,01 1,01 =< 9,49; + ),nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy H 0, czyli rozkład jest rozkładem Poissona. Zadanie B10. a) H 0 : ρ = 0, H 1 : ρ 0, α = 0,05 Mamy: Pracownia Matematyczna Strona 8

9 7,8 = ( ; 2,31 > <2,31; + ). Hipotezę H 0 należy odrzucić i przyjąć hipotezę H 1, zatem istnieje korelacja pomiędzy wynikami z kolokwiów a wynikiem egzaminu. b) H 0 : ρ = 0,9; H 1 : ρ > 0,9; α = 0,05 0,71 =< 1,64; + ), nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy H 0. Zadanie C1. B 1 pacjent cierpi na chorobę A; B 2 pacjent cierpi na chorobę B; A pacjent zostanie wyleczony a) P(A) =, 625 Zadanie C2. 0 0,25 a) F ( x) = 0,5 1 7 P 1 = ; b) ( B A) = 0, 28 dla dla dla dla x 2 2 < x 0 0 < x 1 x > 1 b) 0,75 ; c) 1,5 1, 22. Zadanie C3. a) 0 dla x 2 f ( x) = x dla 2 < x dla x > 0 b) 0, 25 Obliczone prawdopodobieństwo przedstawia sobą pole obszaru, zakreskowanego niżej: c) 4. 3 Pracownia Matematyczna Strona 9

10 Zadanie C4. a) 0, 4985, b) = 193,5. Zadanie C5. 0,827. Zadanie C6. 2 a) µ : ( 22,56; 28,20), b) σ : ( 8,88; 57,58). Zadanie C7. 5,20, 0,26, : = 5, : 5, α = 0,05 ; 2,43 = ( ; 2,26 > < 2,26; + ), hipotezę należy odrzucić i przyjąć (tego dnia produkcja nie była zgodna z normą). Zadanie C8. = 8, 25,13, 7,41, skąd 54,98 ; = 7, 35, 13,08, skąd 171. I część: : = :, α = 0,05, 3,11 = < 5,12; + ), nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy (wariancje są równe). II część: : = :, α = 0,05, 1,83 = ( ; 2,16 > < 2,16; + ), nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy (mierzone czasy są dla obu leków jednakowe). Zadanie C9. H 0 : F(x) = F 0 (x); H 1 : F(x) F 0 (x), α = 0, 05; gdzie: F 0 (x) dystrybuanta rozkładu normalnego. Mamy: 27,82, 9,35. Tworzymy tabelkę pomocniczą (zawarliśmy w niej tylko najistotniejsze kolumny): klasy ( ) ( ; 10,5 > ,85 3,86 26,12 (10,5; 20,5 > -1,85-0,78 22,26 0,17 (20,5; 30,5 > 52-0,78 0,29 47,57 0,41 (30,5; 40,5 > 33 0,29 1,36 35,88 0,23 (40,5; + > 11 1, ,43 0,03 ( ) = 0,84 (z uwagi na to, że = 3,86 < 5 musieliśmy połączyć dwie pierwsze klasy). Wartość statystyki testowej = 0,84 =< 3,84; + ), nie ma podstaw do odrzucenia hipotezy ( rozkład wyników kolokwium jest normalny). Zadanie C10. a) y = 12,73 + 3,64 x Pracownia Matematyczna Strona 10

11 b) y ˆ (2) = 12,73 + 3,64 2 = 20, 01. c) ok. 92,2% rozproszenia zmiennej losowej Y można wyjaśnić regresją liniową z X. Pracownia Matematyczna Strona 11