Вероватноћа и статистика/Јул 2022

Јулски рок 2022. године одржан је 8. јула. Поставка овог рока није доступна јавно, али су га предметни наставници објавили као припрему за јунски рок следеће године.

1. задатак

Поставка

[8п] Дато је обележје $X$ законом расподеле $X: \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 \\ 1-3p & p & 2p \end{pmatrix}$ и две оцене непознатог параметра $p$: $U = \frac{1}{5n} \sum_{i = 1}^n X_i$ и $V = \frac{1}{9n} \sum_{i = 1}^n X_i^2$. Испитати центрираност оцена $U$ и $V$, а затим одредити која оцена је ефикаснија.

Решење

• $EX = p + 4p = 5p$
• $E(X^2) = p + 8p = 9p$
• $E(X^4) = p + 32p = 33p$
• $VarX = E(X^2) - (EX)^2 = 9p - 25p^2$
• $Var(X^2) = E(X^4) - E(X^2)^2 = 33p - 81p^2$
• $EU = \frac{1}{5n} \sum_{i = 1}^n EX_i =$$\frac{n \cdot 5p}{5n} = p \implies U$ је центрирана
• $EV = \frac{1}{9n} \sum_{i = 1}^n E(X_i^2) =$$\frac{n \cdot 9p}{9n} = p \implies P$ је центрирана
• $VarU = \frac{1}{25n^2} \sum_{i = 1}^n VarX_i =$$\frac{n \cdot (9p - 25p^2)}{25n^2} =$$\frac{9p - 25p^2}{25n}$
• $VarV = \frac{1}{81n^2} \sum_{i = 1}^n Var(X_i^2) =$$\frac{33p - 81p^2}{81n}$
• Испитујемо: $VarU \leq VarV$
  • $\frac{9p - 25p^2}{25n} \leq \frac{33p - 81p^2}{81n}$
  • $81 \cdot 9p - 81 \cdot 25p^2 \leq 25 \cdot 33p - 25 \cdot 81p^2$
  • $729p \leq 825p \implies U$ је ефикасније од $V$ (сигурно важи $p > 0$ на основу закона расподеле у којем се користи).

2. задатак

Поставка

[5п] На основу узорка обима 10 из $\mathcal{N}(\mu, \sigma^2)$ расподеле, са непознатим параметрима $\mu$ и $\sigma^2$ добијено је да је $\hat{\mu} = 5.5$, $s^2 = 36$. Наћи 95% интервал поверења за непознато $\mu$.

Решење

• Због непознатих $\mu$ и $\sigma^2$ параметара тражимо интервал поверења у опсегу $\mu \in \left[\hat{\mu} - \varepsilon_{1 - \frac{\alpha}{2}} \frac{s}{\sqrt{n}}, \hat{\mu} + \varepsilon_{1 - \frac{\alpha}{2}} \frac{s}{\sqrt{n}}\right]$.
• $\varepsilon_{1 - \frac{\alpha}{2}} = \varepsilon_{0.975} = 2.262$ (из $t(9)$)
• $\mu \in \left[5.5 - 2.262 \frac{6}{\sqrt{10}}, 5.5 + 2.262 \frac{6}{\sqrt{10}}\right]$
• $\mu \in [1.208, 9.792]$

3. задатак

Поставка

[5п] У 4040 бацања новчића грб је пао 2048 пута а писмо 1992 пута. Тестирати хипотезу да је вероватноћа појављивања грба $H_0: p = 0.5$ против алтернативне $H_1: p > 0.5$, са нивоом значајности 0.01. Објаснити поступак.

Решење

Овај догађај има биномну расподелу. Њене параметре можемо проценити као $\hat{p} = \frac{2048}{4040} \approx 0.507$ и $s = \sqrt{\hat{p} (1 - \hat{p})} \approx 0.5$, а као статистику теста можемо узети $\frac{\hat{p} - p}{\frac{s}{\sqrt{n}}}$ које има нормалну расподелу по Моавр-Лапласовој теореми. За област одбацивања узимамо $C = [c, +\infty)$

Даље добијамо: $0.01 = P_{H_0}(S \in C) = P_{H_0}(\hat{p} > c) = P\left(\frac{\hat{p} - 0.5}{0.008} > \frac{c - 0.5}{0.008}\right) = 1 - \Phi\left(\frac{c - 0.5}{0.008}\right)$. Из $\Phi\left(\frac{c - 0.5}{0.008}\right) = 0.99$ добијамо $c = 2.33 \cdot 0.008 + 0.5 = 0.51864$. Како је $0.507 < 0.51864$, не одбацујемо хипотезу.

4. задатак

Поставка

[7п] У току 100 узастопних дана у једном стану мерен је број прекида интернета и резултати су приказани у следећој табели:

Резултати прекида интернета из четвртог задатка.

број прекида интернета	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
број дана	15	12	15	22	15	8	5	3	3	2

На основу посматраног узорка тестирати хипотезу да обележје има $\mathcal{N}(\mu, 4)$ расподелу применом $\chi^2$-теста са нивоом значајности 0.05.

Решење

Параметар $\mu$ процењујемо методом момената: $\mu = \frac{1 \cdot 15 + 2 \cdot 12 + 3 \cdot 15 + 4 \cdot 22 + 5 \cdot 15 + 6 \cdot 8 + 7 \cdot 5 + 8 \cdot 3 + 9 \cdot 3 + 10 \cdot 2}{100} = \frac{401}{100} \approx 4$.

У расподели $\mathcal{N}(4, 4)$, $\frac{X - 4}{2}$ има нормалну расподелу. Стога пре рачунања $p_{j0}$ морамо израчунати $\frac{X - 4}{2}$:

Табела за $\chi^2$ тестирање из четвртог задатка са 10 колона.

$X$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
$\frac{X - 4}{2}$	-1.5	-1	-0.5	0	0.5	1	1.5	2	2.5	3
$p_{j0}$	0.067	0.092	0.149	0.192	0.1915	0.1498	0.0919	0.044	0.01654	0.0005
$np_{j0}$	6.7	9.2	14.9	19.2	19.15	14.98	9.19	4.4	1.654	0.05

Како је у последње две колоне $np_{j0} < 5$, спајамо последње три колоне у једну и добијамо осам колона:

Табела за $\chi^2$ тестирање из четвртог задатка са 8 колона.

$X$	1	2	3	4	5	6	7	8+
$p_{j0}$	0.067	0.092	0.149	0.192	0.1915	0.1498	0.0919	0.068
$np_{j0}$	6.7	9.2	14.9	19.2	19.15	14.98	9.19	6.68
$(N_j - np_{j0})^2$	68.89	7.84	0.01	7.84	17.2225	48.7204	17.5561	1.7424
$\frac{(N_j - np_{j0})^2}{n}$	0.6889	0.0784	0.0001	0.0784	0.172225	0.487204	0.175561	0.017424

Сума последњег реда је 1.698214. Како је $\chi^2_{8-1-1;0.99} = 16.812 > 1.698214$ не одбацујемо хипотезу.