AKT202 MATEMATİKSEL İSTATİSTİK II ÖDEV 2 ÇÖZÜMLERİ. için gerekli en küçük örneklem büyüklüğünü Neyman-Pearson teoremi yardımıyla saptayınız.

Transkript

1 AKT0 MATEMATİKSEL İSTATİSTİK II ÖDEV ÇÖZÜMLERİ 1. σ = 4 varyası ile ormal dağılıma sahip bir kitlede büyüklüğüde bir rasgele öreklem seçilsi. H 0 : μ = 14 ve H s : μ = 16 hipotezleri içi 1. tür hata α = tir. β < olması içi gerekli e küçük öreklem büyüklüğüü Neyma-Pearso teoremi yardımıyla saptayıız. N(μ, σ ); H 0 : μ = μ 0, H s : μ = μ s (μ s > μ 0 ) ise X > K ike H 0 ret; K = μ 0 + z α σ 0 β:. tür hata H s doğru, H 0 kabul μ = 16 ve X K; K = P(X K μ = 16) < 0.05 P ( X μ σ 16 ) < 0.05 P(Z ) < < > 3.9 > = 11. Ayı bilimeye varyasa sahip iki ormal dağılımda çekile 1 = 13 ve = 8 büyüklüğüdeki rasgele iki öreklem içi aşağıdaki değerler verilmiştir: X 1 = ; S 1 = X = ; S = Bua göre μ 1 μ içi 0.95 katsayısıdaki güve aralığıı buluuz. μ 1 μ i 0.95 güve aralığı: [(X 1 X ± t α/;1 + S X 1 X )] S X 1 X = S p ; S p = ( 1 1)S 1 + ( 1)S ( 1 + ) S p = (13 1)(0.04) + (8 1)(0.031) ( ) = S p = μ 1 μ i 0.95 güve aralığı: [( ±.093(0.0679) )] = (0.04 ± 0.05) = (0.0148; 0.065) 1 / 8

2 3. N(μ, 56) dağılımlı bir kitlede = 64 birimlik çekile rasgele öreklem içi X = 7 buluuyor. H 0 : μ = 75 ve H s : μ = 65 hipotezi içi 1. tür hata α = olarak verildiğie göre. tür hatayı ve güç değerii buluuz. N(μ, σ ); H 0 : μ = μ 0, H s : μ = μ s (μ s < μ 0 ) ise X < K ike H 0 ret; K = μ 0 z α σ 0 β:. tür hata H s doğru, H 0 kabul μ = 65 ve X K; K = = β = P(X K μ = 65) = P ( X μ σ ) = P(Z.67) = = Güç H s doğru, H 0 ret μ = 65 ve X < K; K = = β = P(X < K μ = 65) = P ( X μ σ < ) = P(Z <.67) = = / 8

3 4. Ortalaması ve varyası bilimeye bir kitlede 1 = = 16 büyüklüğüde iki rasgele ve bağımsız öreklem çekilmiştir. Bu öreklemleri stadart sapmaları s 1 = ve s =. 13 olarak elde edilmiştir. Bua göre; a. İlk öreklemi kitle varyası içi % 95 güve katsayısıda güve aralığıı buluuz ve yorumlayıız. b. İki öreklemi kitle varyasları arasıda fark olup olmadığıı % 10 alamlılık düzeyide test ediiz ve yorumlayıız. a) P [ ( 1)S 1 < σ < ( 1)S 1 ] = 1 α χ α ; 1 χ 1 α ; 1 P ( 15(1.96 ) < σ < 15(1.96 ) ) = 0.95; χ χ 0.05;15 χ 0.05;15 = 7.488; χ 0.975;15 = ;15 P(.096 < σ < 9.0) = 0.95 Kitle varyası 95 % olasılıkla.096 ile 9.0 arasıdadır. b) H 0 : σ 1 = σ ve H s : σ 1 σ F = S 1 S = = < Fα ; = F 0,05;15;15 = ; 1 H 0 hipotezi 90% olasılıkla reddedilemez yai kitle varyasları eşittir. 3 / 8

4 5. Bir sigorta şirketie bir haftada gele 150 hasarı 45 ii trafik hasarlarıda kayakladığı saptamıştır. p, tazmiat sebebii trafik hasarı olma olasılığıı gösteriyorsa % 95 güve katsayısıyla aşağıdaki hipotezi test ediiz ve yorumlayıız. H 0 : p = H s : p < Büyük öreklemler içi; 0 < p 0 3p 0 (1 p 0 ) < p 0 + 3p 0 (1 p 0 ) < eşitsizliği sağlaırsa z-test istatistiği kullaılır. 0 < < 70.0 < 150 sağladığı içi; Z = p p 0 p 0(1 p 0 ) = z α = z 0,05 = (0.65) 150 = Z < z α olursa H 0 reddedilir. Z = > = z α olduğuda H 0 hipotezi 95% olasılıkla reddedilemez yai tazmiat sebebii trafik hasarı olma olasılığıı 0.35 e eşit olduğu 95% olasılıkla söyleebilir. 4 / 8

5 6. Dahili su hasarlarıı iceleye bir ekspertiz şirketi sigortalılarıı hasarlarıı bildirmede e kadar geciktiklerii araştırmaktadır. Rasgele seçile 7 sigortalıı gerçekleşe hasarlarıı kaç gü sora bildirdiği aşağıdaki gibi saptamıştır. X i :, 4, 11, 3, 4, 6, 8 σ = 4 ise % 99 güve düzeyide kitle ortalaması içi güve aralığı oluşturuuz ve yorumlayıız (Kitlei ormal dağıldığı varsayılmaktadır). 7. Büyük bir toplulukta rasgele seçile 100 kişiye sigara içip içmedikleri sorulduğuda 5 evet cevabı alııyor. Bu toplulukta sigara içilmesi oraı içi %95 lik güve aralığı buluuz. p i α alamlılık düzeyi içi güve aralığı: P [ X X z (1 X ) α < p < X X + z (1 X ) α ] = 1 α X = 5 = 0.5, 1 X = 0.75 ve α = 0.05 içi z = 1.96 olduğuda p i 0.95 güve aralığı: (0.75) < p < < p (0.75) 100 Yorum: Sigara içeleri gerçek oraı 95 % olasılıkla ile arasıdadır. 5 / 8

6 8. Belli bir kuş türüü rasgele 10 taesii gaga uzuluğu ölçülüyor. Ortalamasıı 5.68 cm, stadart sapmasıı 0.9 cm olduğu görülüyor. Populasyou ormal dağıldığı kabul edilerek bu tür kuşları ortalama gaga uzuluğu içi %95 lik güve aralığıı buluuz. = 10 < 30 olduğuda t dağılımı kullaılmalıdır. μ i 0.95 güve aralığı: [(X ± tα )] X = 5.68, S = 0.9 ve α = 0.05 içi t 0.05;9 =.6 olduğuda μ i 0.95 güve aralığı: ; 1 S μ μ Yorum: Kitle ortalaması 95 % olasılıkla ile arasıdadır. 6 / 8

7 9. X 1, X,, X ; aşağıdaki olasılık yoğuluk foksiyoua sahip θ parametreli bir kitlede çekilmiş büyüklüğüde bir rasgele öreklem olsu. 1 f(x, θ) = { 1 θ, θ < x < 1 0, d. y. a. Z = X (1) 1 θ 1 i θ içi bir pivot olduğuu gösteriiz. b. Elde ettiğiiz pivot yardımı ile θ içi 1 α katsayılı bir güve aralığı elde ediiz (α = 0. 10). (i) Z, X i ve θ ı bir foksiyou ve (ii) Z i dağılımı θ da bağımsız ise Z, θ ı pivotudur. a) F(x, θ) = 1 x 0 dθ 1 θ = x θ ; θ < x < 1 1 θ g(x (1) ) = (1 x 1 (1) θ 1 θ ) 1 1 θ = (1 θ) (1 x (1)) 1 ; 0 < x (1) < 1 z = x (1) 1 (z(θ 1) + 1) = θ 1 h(z) = θ 1 x (1) = z(θ 1) + 1 d dz (1 θ) (1 z(θ 1) 1) 1 θ 1 = (1 θ) (z(1 θ)) 1 θ 1 0 f(x, θ) = θ 1 θ 1 1 θ 1 = 1 θ 1 θ h(z) = (1 θ) z 1 (1 θ) 1 (1 θ) = z 1 ; 0 < z < 1 Z i oyf h(z); θ da bağımsız olduğu içi Z = X (1) 1 θ 1 b) P (q 1 < X (1) 1 < q θ 1 ) = 0.90 P(q 1 < Z < q ) = P(Z q ) 0.95 q P(Z q ) = z 1 dz 0 q 1 P(Z q 1 ) = z 1 dz P ( = 0.95 q = 0.95 = 0.05 q 1 = 0.05 < X (1) 1 θ 1 < 0.95 ) = 0.90 P (1 + X (1) 1 < θ < 1 + X (1) 1 ) = i θ içi bir pivottur. P(Z q 1 ) 0.05 = / 8

8 10. H 0 : μ = 60 hipotezii H 1 : μ 60 karşıtıa göre 0.07 alamlılık düzeyide test etmek içi σ = 8 ola ormal dağılımda = 36 büyüklüğüde öreklem alımıştır. Karar kuralı: Y, (60 c, 60 + c) bölgesii dışıa düşerse H 0 hipotezi reddedilecektir olarak belirlemiş olsu. Bu bilgilerde yararlaarak, a. c i değerii buluuz. b. μ = 6 ike testi güç değerii hesaplayıız. a) 1 α = 0.10 = P(H 0 doğru, H 0 kabul) 0.93 = P(60 c Y 60 + c μ = 60) 60 c c = P ( Z ) 0.93 = P( 0.75c Z 0.75c) 8/6 8/6 0.75c = 1.81 c c Y 60 + c Y 6.41 ise H 0 reddedilemez. b) 1 β = 0.95 = P(H 1 doğru, H 0 ret) = P(Y 6.41 μ = 6) + P(Y μ = 6) = P (Z ) + P (Z ) 8/6 8/6 = P(Z ) + P(Z ) = = İYİ ÇALIŞMALAR 8 / 8