Ω = = 1 36 = ,

Transkript

1 Příklad : Házíme třemi kostkami. Jaká je pravděpodobnost, že součet bude roven 5? Jev A značí příznivé možnosti: {,, 3}; {,, }; {, 3, }; {,, }; {,, }; {3,, }; P (A) = A Ω = = 36 = 0.077, kde. značí počet pvků a Ω je množina všech jevů. Příklad : V urně jsou kuličky tří barev. Nechť jevy A, B, C, postupně znamenají, že náhodně vybraná kulička je černá, červená, bílá. Určete význam následujících jevů:. A c B c,. (A C) B, 3. A B C.. A c B c... nebyla tažena ani černá ani červená kulička, tj. byla tažena bílá kulička, tj. nastal jev C.. (A C) B... byla tažena buďto černá nebo bílá kulička a zároveň byla tažena červená kulička, tj. nastal jev nemožný. 3. A B C... byla tažena buď černá nebo červená nebo bílá kulička, tj. nastal jev jistý. Příklad 3: Při zkoušce dostane student tři otázky. Nechť jev A znamená, že náhodně vybraný student zodpoví správně první otázku, jev B, že zodpoví správně druhou otázku a jev C, že zodpoví správně třetí otázku. Vyjádřete pomocí jevů A, B, C, A c, B c, C c, že náhodně vybraný student:. zodpoví správně jen první otázku,

2 . zodpoví správně právě jednu otázku, 3. zodpoví správně alespoň dvě otázky.. zodpoví správně jen první otázku: A B c C c,. zodpoví správně právě jednu otázku: (A B c C c ) (A c B C c ) (A c B c C), 3. zodpoví správně alespoň dvě otázky: (A B) (B C) (A C). Příklad 4: Na party se sešlo 4 studentů, z toho 8 vysokoškoláků a 6 středoškoláků. Jaká je pravděpodobnost, že v náhodně vybrané čtveřici budou. všichni čtyři vysokoškoláci,. právě jeden vysokoškolák? Počet všech možných čtveřic utvořených ze 4 studentů je ( 4 4 ).. Počet všech čtveřic vytvořených z vysokoškoláků je ( 8 4), tudíž hledaná pravděpodobnost je ( 8 4) P = ( 4 4 ).. Počet všech trojic vytvořených ze středoškoláků je ( 6 3), počet všech "jednic" vytvořených z vysokoškoláků je ( 8 ) = 8. K vytvoření příznivých čtveřic je třeba všechny trojice zkombinovat se všemi "jednicemi", tudíž hledaná pravděpodobnost je P = 8 (6) 3 ( 4 ). 4

3 Příklad 5: Během dne se v porodnici narodilo 0 dětí. Pravděpodobnost narození chlapce je p = 0, 54. Jaká je pravděpodobnost, že se během tohoto dne narodil v porodnici:. alespoň jeden chlapec,. maximálně dva chlapci? Jestliže jev A pak znamená "alespoň jedno narozené dítě je chlapec", pak jev A c znamená "všechny narozené děti jsou holčičky". Tudíž P (A) = P (A c ) = (0, 486) 0. Jev B znamená, že se v ten den narodily buď samé holčičky nebo že jedno narozené dítě byl chlapec a zbytek holčičky (na pořadí nezáleží) nebo že dvě z narozených děti byli chlapci a zbytek holčičky (na pořadí rovněž nezáleží). Pak P (B) = (0, 486) 0 + ( ) 0 0, 54 (0, 486) 9 + ( ) 0 (0, 54) (0, 486) 8. Příklad 6: Autobusy přijíždějí na zastávku v desetiminutových intervalech. Pokud přijdu na zastávku úplně náhodně, jaká je pravděpodobnost, že budu čekat déle než 7 minut a 4 sekund? Nakreslíme-li si úsečku o délce 0 značící časovou osu, kde počáteční a koncový bod budou odpovídat příjezdům dvou autobusů, pak část této úsečky odpovídající době, kdy přijdu a budu čekat aspoň 7 minut a 4 sekund (označme si tento jev jako jev A), bude interval [0,.6], tudíž odpovídající pravděpodobnost je P (A) =.6 0 = 0.6. Příklad 7: Mějme dvě zcela náhodná čísla x a y mezi 0 a. Jaká je pravděpodobnost, že jejich součet je menší než a zároveň rozdíl x y větší než 0,5? 3

4 Příklad 8: Dvě osoby přijdou na smluvené místo úplně náhodně nezávisle na sobě mezi. a 3. hodinou, počkají 0 minut a pak odejdou. Jaká je pravděpodobnost, že se potkají? Nakreslíme-li si čtverec o hraně délky 60 značící minutu po dvanácké hodině, kdy přijde první (osa x), resp. druhá (osa y) osoba, pak odpovídající plocha je část čtverce ohraničená přímkami y = x + 0 a y = x 0. Její plocha je rovna 000, tudíž hledaná pravděpodobnost je P = = 5 9. Příklad 9: Při hodu dvěma mincemi uvažujeme tyto náhodné jevy: A... jev spočívající v tom, že na. minci padne rub, A... jev spočívající v tom, že na. minci padne líc, A 3... jev spočívající v tom, že na obou mincích padne rub nebo na obou líc. Zjistěte, zda dané jevy jsou nezávislé nebo alespoň po dvou nezávislé. P (A ) =, P (A ) =, P (A 3) =, P (A A ) = 4, P (A A 3 ) = 4, P (A A 3 ) = 4, P (A ) P (A ) = 4, P (A ) P (A 3 ) = 4, P (A ) P (A 3 ) = 4, P (A A A 3 ) = 0, neboť A A A 3 je jev nemožný. Protože P (A ) P (A ) P (A 3 ) 0, nejsou jevy A, A, A 3 nezávislé. Platí ale P (A A ) = P (A ) P (A ), P (A A 3 ) = P (A ) P (A 3 ), P (A A 3 ) = P (A ) P (A 3 ). Proto o jevech A, A, A 3 můžeme říci, že jsou nezávislé po dvou. 4

5 Příklad 0: Ve skupině sportovců je 0 lyžařů, 4 běžci a 6 cyklistů. Pravděpodobnost splnění normy pro lyžaře je 0.9, pro běžce 0.8 a pro cyklistu Určete pravděpodobnost toho, že náhodně vybraný sportovec splní normu.. Náhodně vybraný sportovec splnil normu. Jaká je pravděpodobnost, že je to cyklista? Označme si A náhodně vybraný sportovec je lyžař, A náhodně vybraný sportovec je běžec, A 3 náhodně vybraný sportovec je cyklista, B náhodně vybraný sportovec splnil normu. Potom. Víme, že P (A ) = 0 30 = 3, P (A ) = 4 30 = 5, Dále platí, že P (A 3 ) = 6 30 = 5. P (B A ) = 0.9, P (B A ) = 0.8, P (B A 3 ) = Z věty o úplné pravděpodobnosti pak máme P (B) = P (B A ) P (A ) + P (B A ) P (A ) + P (B A 3 ) P (A 3 ), tj. pravděpodobnost jevu B je P (B) = = Náhodně vybraný sportovec tedy splní normu s pravděpodobností

6 . Po dosazení do Bayesovy věty obdržíme P (A B) = P (B A ) P (A ) 3 j= P (A j) P (B A j ) = = Pravděpodobnost, že náhodně vybraný sportovec splňující normu je cyklista, je rovna Příklad : Házíme mincí. Vymyslete a popište dvě různé náhodné veličiny na množině jevů {padne rub, padne líc} a sestrojte jejich distribuční funkce. Označme si jevy ω... padne rub, ω... padne líc. Pak náhodnými veličinami mohou být např. zobrazení X(ω ) = 0, X(ω ) = a Y (ω ) = 0., Y (ω ) =, (ale i další přiřazující jevům ω a ω nějaké reálné číslo). Jejich distribuční funkce jsou tvaru a F X (x) =0 x (, 0) / x [0, ) x [, ). F Y (x) =0 x (, ) / x [, 0.) x [0., ). Příklad : Uvažujme hod kostkou, tj. množinu jevů Ω = {ω,..., ω 6 }, kde ω i značí, že padlo číslo i, a náhodnou veličinu X takovou, že X(ω ) = X(ω 3 ) = X(ω 4 ) = X(ω 6 ) = 6

7 a Sestrojte distribuční funkci. X(ω ) = X(ω 5 ) =. Jelikož čtyřem jevům přiřazujeme hodnotu - a pravděpodobnosti každého z jevů je /6, přičemž tyto jevy jsou disjunktní, pak pravděpodobnost, že náhodná veličina je menší nebo rovna - je 4 /6 = /3. Obdobně uvažujeme i pravděpodobnost, že X nabude hodnoty, rovnu /6 = /3. Distribuční funkce je pak tvaru F X (x) =0 x (, ) /3 x [, ) x [, ). Příklad 3: Určete konstantu c tak, aby funkce f(x) byla hustota nějaké náhodné veličiny, když f(x) =cx e x x (0, ) 0 jinak. Pro hustotu musí platit f(x)dx =. Dvojitým použitím integrace per partes dostaneme f(x)dx = cx e x dx = c(e ), a tudíž c = /(e ). R R 0 Příklad 4: Sestrojte distribuční funkci náhodné veličiny dané hustotou z příkladu 3 a určete pravděpodobnost, že tato náhodná veličina nabývá hodnoty mezi -0,5 a 0,5. 7

8 Distribuční funkce pro spojité náhodné veličiny je tvaru tudíž F (x) = x f(y)dy, F (x) =0 x 0 x = y e y 0 e dy = e [y e y ye y + e y ] x 0 = x e x xe x + e x e x (0, ) = x. Obecně pro spojité náhodné veličiny platí tudíž P (a < X < b) = P ( 0.5 < X < 0.5) = nebo také b a f(x)dx = f(x)dx = F (b) F (a), x e x e dx =.5 e0.5 e P ( 0.5 < X < 0.5) =F (0.5) F ( 0.5) = 0.5 e e e 0.5 e =.5 e0.5. e Příklad 5: Uvažujme pravděpodobnostní prostor s množinou jevů Ω = {ω, ω, ω 3 }, přičemž P (ω ) = /, P (ω ) = /3 a P (ω 3 ) = /6, a náhodnou veličinu X definovanou jako X(ω ) =, X(ω ) = 3 a X(ω 3 ) = 6. Spočtěte EX a var X. 0 = EX = 3 i= x i P (X = x i ) = = 5, 8

9 EX = 3 i= x i P (X = x i ) = = 9, var X = EX (EX) = 9 ( ) 5 = 3 4. Příklad 6: Uvažujme náhodnou veličinu danou hustotou f(x) =e x x 0, 0 jinak. Spočtěte EX a var X. EX = EX = xf(x)dx = x f(x)dx = 0 0 xe x dx =, x e x dx =, var X = EX (EX) = =. Příklad 7: V testu je 5 otázek s možnými odpověďmi a)-e), právě jedna je správná. Jaká je pravděpodobnost, že při zcela náhodném tipování trefí student správně aspoň tři otázky? Popište náhodnou veličinu popisující počet správných odpovědí. Označme X náhodnou veličinu popisující počet správných odpovědí. Ta má binomické rozdělení Bi(5; 0,), tj. P (X = k) = ( 5) k 0, k (0, 8) 5 k, pro k = 0,,..., 5. EX = 5 0, = 3, var X = 5 0, 0, 8 =, 4. 9

10 Pravděpodobnost, že při zcela náhodném tipování trefí student správně aspoň tři otázky, je tedy 5 P (X 3) = k=3 ( 5 k ) 0, k (0, 8) 5 k. Příklad 8: Telefonní ústředna zapojí během hodiny průměrně 5 hovorů. Jaká je pravděpodobnost, že během 4 minut zapojí ústředna. právě jeden hovor,. alespoň dva hovory a nejvýše pět hovorů? Označme X náhodnou veličinu popisující počet příchozích hovorů během 4 minut. Ta má Poissonovo rozdělení P o(), neboť střední hodnota počtu příchozích hovorů během 4 minut odpovídající parametru λ je, tj. P (X = k) = k k! e, k = 0,,..., tudíž a P (X = ) = e = e = 0, 3678, P ( X 5) =! e + 3 3! e + 4 4! e + 5 5! e = 0, 636. Příklad 9: Pan Novák má svazek pěti klíčů, z nichž právě jeden je od jeho bytu. Po příchodu z hospody ke dveřím bytu je ve stavu, že správný klíč nehledá, ale zkouší strčit do zámku klíč náhodně vybraný, přičemž vždy, když netrefí ten pravý, mu svazek klíčů spadne na zem. Po desátém pokusu se pak vzbudí jeho manželka a...(důsledky raději nedomýšlet). Jaká je pravděpodobnost, že se manželka pana Nováka nevzbudí? Označme X náhodnou veličinu popisující počet neúspěšných pokusů. Pak 0

11 X Geom(0.), tj. Nebo jinak: P (spící manželka) = P (X 9) = 9 k=0 = = k 0. = Označme Y náhodnou veličinu popisující počet úspěšných pokusů v prvních 0 pokusech. Pak Y Binom(0, 0.), tj. ( ) 0 P (spící manželka) = P (Y ) = P (Y = 0) = = = Příklad 0: Pošta chodí pravidelně mezi 0:00 až :00 rovnoměrně. Jaká je pravděpodobnost, že obdržíme poštu mezi :30 až :30? Označme X náhodnou veličinu popisující čas příchodu pošty. Ta má rovnoměrné rozdělení Ro(0, ). Hustota je tedy f(x) = x (0, ), 0 jinak. a hledaná pravděpodobnost je,5,5 f(x)dx =,5 dx = 4. Příklad : Do pojišťovny přijdou průměrně hlášení škody denně. Jaká je pravděpodobnost, že do pojišťovny přijde nejbližší hlášení škody nejdříve třetí den?

12 Tuto úlohu můžeme řešit jak s využitím Poissonova rozdělení, tak exponenciálního rozdělení. a) Náhodná veličina X "doba čekání na příchod dalšího hlášení" má exponenciální rozdělení. Parametr λ =, protože EX = /λ = / (ze zadání víme, že v průměru přijdou hlášení škody denně, tj. střední doba čekání je půl dne). Hledaná pravděpodobnost je pak P (X > ) = P (X ) = F () = ( e ) = e 4 nebo také počítáno jako P (X > ) = f(x)dx = e x dx = e 4. b) Náhodná veličina Y "počet hlášení během dvou dní" má Poissonovo rozdělení. Parametr λ = 4 protože EY = λ a ze zadání víme, že během dvou dní přijdou v průměru 4 hlášení. Hledaná pravděpodobnost je pak P (Y = 0) = e ! = e 4. Příklad : Z dlouhodobých měření je známo, že přístroj má poruchu v průměru jednou za hodin. Předpokládejme, že "doba čekání na poruchu" je náhodná veličina X s exponenciálním rozdělením. Stanovme hodnotu t tak, aby pravděpodobnost, že přístroj bude pracovat delší dobu než t, byla neboli P (X > t) = P (X t) = F (t) = 0.99, F (t) = 0.0. Ze zadání je patrné, že X Exp(/0000), a tedy 0, 0 = e t 0000.

13 Odtud po úpravě t = 0000 log 0, 99. t = 00, 5. Příklad 3: Víme, že populace určitého druhu stromů dorůstá výšky X s normálním rozdělením N(0, 6). Spočtěte pravděpodobnost, že náhodně vybraný strom má výšku a) menší než 6, b) větší než 0, c) v mezích od do 8, d) menší než nebo větší než 8, e) rovnu. Provedeme transformaci veličiny X na normovanou veličinu Z = X 0 6 stejně upravíme i druhou stranu nerovnosti. a) P (X < 6) = P (Z < ) = P (Z < ) = Φ( ) = a = Φ() = 0, 8434 = 0, 5866 b) c) 0 0 P (X > 0) = P (Z > ) = P (Z > 0) = P (Z 0) = 4 = Φ(0) = 0.5 P ( X 8) = P ( 0 4 Z ) = = P ( Z ) = Φ() Φ( ) = = Φ() [ Φ()] = Φ() = = 0, 9775 = 0,

14 d) P (X < ) + P (X > 8) = P ( X 8) = = 0, = 0, e) P (X = ) = 0. Příklad 4: Nechť X Ro(0, ) a Y = X +.. Sestrojte distribuční funkci náhodné veličiny Y.. Spočtěte cov(x, Y ). 3. Rozhodněte, zda jsou X a Y nezávislé? Proč?. Označme F distribuční funkci náhodné veličiny X a G distribuční funkci náhodné veličiny Y. Pak a tudíž. Upravme F (x) = 0 pro x 0, = x pro x (0, ), = pro x, G(y) = P (Y y) = P (X + y) = P (X y ) = = 0 pro y, y = pro y (, 5), = pro y 5. cov(x, Y ) = EXY EXEY = EX(X + ) EXE(X + ) = EX 3 + EX EXEX EX = EX 3 EXEX. 4

15 Hustota náhodné veličiny X je f(x) = pro x [0, ] a 0 jinde. Pak EX = EX = EX 3 = R 0 0 xf(x)dx = x dx = 4 3 x 3 dx = cov(x, Y ) = 4 3 = 3 3. Nejsou nezávislé cov(x, Y ) 0. 0 x dx = Příklad 5: Sdružené pravděpodobnosti náhodných veličin X a Y jsou dány následující tabulkou: Y=0 Y= Y= X=0 /8 /8 0 X= 3/8 /8 /4 Jaká jsou jejich marginální rozdělení? Jsou veličiny X a Y nezávislé? Jak vypadá jejich korelační matice? a) Rozdělení vektoru X je P (X = 0) = P (X = 0, Y = 0) + P (X = 0, Y = ) + P (X = 0, Y = ) = = = 4 P (X = ) = P (X =, Y = 0) + P (X =, Y = ) + P (X =, Y = ) = = =

16 Rozdělení vektoru Y je analogicky P (Y = 0) = = P (Y = ) = = 4 P (Y = ) = = 4. b) Veličiny X a Y nejsou nezávislé, neboť např. P (X = 0) P (Y = ) = 6 0 = P (X = 0, Y = ). c) Kovarianci vypočteme ze vztahu cov(x, Y ) = EXY EXEY : EX = = 3 4 EY = = 3 4 EXY = = 5 8 cov(x, Y ) =EXY EXEY = = 6. Rozptyly pak vypočteme ze vztahů var X = EX (EX) a var Y = EY (EY ) : EX = = 3 4 EY = = 5 4 var X = 3 ( ) 3 4 = var Y = 5 4 ( 3 4 ) = 6 6

17 Korelace je tedy corr(x, Y ) = cov(x, Y ) var X var Y = = 33 a korelační matice Corr(X, Y ) = ( ). Příklad 6: Sdružená hustota náhodných veličin X a Y je f (X,Y ) (x, y) = e x y x > 0, y > 0 = 0 jinak. Jaká jsou jejich marginální rozdělení? Jsou veličiny X a Y nezávislé? Jak vypadá jejich korelační matice? a) f X (x) = f X,Y (x, y)dy = = 0 y e x dy = e x [ e y ] 0 = e x. f Y (y) = f X,Y (x, y)dx = = 0 y e x dx = y e [ e x ] 0 = y e. b) Složky jsou nezávislé právě tehdy, když f X,Y (x, y) = f X (x) f Y (y), x, y, což podle a) platí. c) Z nezávislosti X, Y plyne okamžitě cov(x, Y ) = 0 corr(x, Y ) = 0 ( ) 0 Corr(X, Y ) =. 0 7

18 Příklad 7: Firma má 50 poboček. Pravděpodobnost, že v současné finanční krizi pobočka krachne do příštího léta, je 0.. Jaká je pravděpodobnost, že krachnou minimálně tři pobočky? (Řešte pomocí CLV.) Označme X i Alt(0.) náhodnou veličinu, která představuje to, zda nám i-tá pobočka do příštího léta krachne (X i = ) nebo ne (X i = 0). Pro X i platí, že EX i = µ = 0., var X i = σ = Je třeba vypočíst 50 P ( X i 3). i= Použití CLV spočívá v úpravě výrazu do tvaru majícího na levé straně normované normální rozdělení. Můžeme tedy psát ( 50 P i= ) X i 3 = P = P ( 50 i= X i 50 µ 50 σ ( 50 i= X i µ ) 50 σ ) = P (Z < 0.94) = Φ( 0.94) = Φ(0.94), kde Z N(0, ). V tabulkách najdeme hodnotu distribuční funkce Φ(0.94) = 0.83, což je hledaná pravděpodobnost. Příklad 8: Cestou na přednášky do Dejvic přestupuju na Muzeu. Ráno i odpoledne mají metra stejný interval mezi odjezdy 3 minuty. Přednášek během semestru je celkem 4. Jaká je pravděpodobnost, že při cestách na přednášky a zpět (!!!) strávím čekáním na metro v součtu více než.5 hodiny? Označme X i Ro(0, 3) náhodnou veličinu, která představuje dobu čekání na metro při jedné cestě. Pro X i platí, že EX i = µ =.5, var X = σ = Je třeba vypočíst 48 P ( X i 90). i= 8

19 Spočtěme tento příklad opět pomocí CLV. ( 48 P i= ) X i 90 = P = P ( 48 i= X i 48 µ 48 σ ( 48 i= X i ) µ 48 σ ) = P (Z < 3) = Φ(3) = = Příklad 9: Uvažujme následující data:. počty výskytů jistého druhu rostliny na ploše m : 0,,, 4, 4, 5,, 3, 7;. časy (v sekundách) mezi impulzy v mozku: 4.5, 0.65,.35, 0.0, 0.55, 6.63,.38, 0., 0.7; 3. venkovní teploty naměřené v různých letech při pravidelné akci konané v půlce října: 8.07, 9.3, 9.7, 5.7,.6,.4,.9, 7.30, Nakreslete pro tato data a) histogramy b) boxploty c) empirickou distribuční funkci a odhadněte, z jakého rozdělení mohou tato data pocházet. Řádně zdůvodněte. Cetnosti vyskytu rostlin Cetnosti casu mezi impulzy Cetnosti teplot cetnosti cetnosti cetnosti pocet rostlin na m^ casy mezi impulzy teploty 9

20 Boxplot pro pocty rostlin Boxplot pro casy mezi impulzy Boxplot pro teploty Empiricka distribucni funkce pro pocty rostlin Empiricka distribucni funkce pro casy mezi impulzy Empiricka distribucni funkce pro teploty Empiricka distribucni funkce Empiricka distribucni funkce Empiricka distribucni funkce pocty casy mezi impulzy teploty. Jedná se o diskrétní rozdělení, přičemž počet rostlin na dané ploše není teoreticky omezený data pocházejí nejspíš z Poissonova rozdělení.. Jedná se o spojité rozdělení, přičemž histogram připomíná křivku hustoty exponenciálního rozdělení (nebo také graf empirické distribuční funkce připomíná křivku distribuční funkce exponenciálního rozdělení) data pocházejí nejspíš z exponenciálního rozdělení. 3. Jedná se o spojité rozdělení, přičemž histogram připomíná Gaussovu křivku (tj. křivku hustoty normálního rozdělení) data pocházejí nejspíš z normálního rozdělení. 0

21 Příklad 30: Počet kazů na tabulkách skla se řídí Poissonovým rozdělením. Bylo pozorováno 7 tabulek bez kazu 4 tabulky s kazem tabulka s kazy tabulky s 3 kazy tabulka s 5 kazy. Metodou maximální věrohodnosti určete parametr λ tohoto Poissonova rozdělení. Máme realizaci náhodného výběru x,..., x n. Pro náhodnou veličinu s rozdělením P ois(λ) je P (X = k) = λk k! e λ. Věrohodnostní funkce je L(λ) = n i= λ x i x i! e λ = ( λ0 0! e λ ) 7 ( λ! e λ ) 4 ( λ! e λ ) ( λ3 3! e λ ) ( λ5 5! e λ ) = λ7 440 e 5λ. Logaritmicko-věrohodnostní funkce je l(λ) = log L(λ) = 7 log λ 5λ log 440. Její derivace je Řešením je l(λ) λ = 7 λ 5. 7 ˆλ 5 = 0 ˆλ = 7 5. Příklad 3: Doba do poruchy daného přístroje má exponenciální rozdělení. Od začátku roku bylo zjištěno, že stroj se porouchal postupně za 0 dní, 37.5 dní, 8 dní, 0.5 dní a 54 dní. Metodou maximální věrohodnosti určete parametr λ tohoto exponenciálního rozdělení. Máme realizaci náhodného výběru x,..., x n.

22 Pro náhodnou veličinu s rozdělením Exp(λ) je f(x) = λe λx pro x > 0. Věrohodnostní funkce je n L(λ) = λe λx i = λe λ 0 λe λ 37.5 λe λ 8 λe λ 0.5 λe λ 54 = λ 5 e λ 50. i= Logaritmicko-věrohodnostní funkce je l(λ) = log L(λ) = 5 log λ 50λ. Její derivace je Řešením je l(λ) λ = 5 λ λ 50 = 0 ˆλ = 30. Příklad 3: Pro data z příkladu 9 nakreslete Q-Q plot a rozhodněte podle něj, která z dat splňují normalitu. Q Q plot pro pocty rostlin Q Q plot pro casy mezi impulzy Q Q plot pro teploty kvantily pro pocty rostlin kvantily pro casy mezi impulzy kvantily pro teploty kvantily rozdeleni N(0,) kvantily rozdeleni N(0,) kvantily rozdeleni N(0,) Z grafů lze usoudit, že z normálního rozdělení pocházejí třetí data (tj. teploty). Rovněž s prvními daty (počty rostlin) bychom dle výsledku Q-Q plotu mohli zacházet jako s normálně rozdělenými (nesmíme však zapomínat, že se jedná o počty, tudíž diskrétní rozdělení). Příklad 33: U 64 praktických lékařů byl naměřen výběrový průměr počtu pacientů za den 3, výběrový rozptyl pak byl roven 36, rozdělení počtu pacientů

23 není známé. Otestujte (pomocí intervalu spolehlivosti) na hladině 5%, zda skutečná střední hodnota počtu pacientů za den může být považována za rovnu 5. Za nulovou, resp. alternativní, hypotézu si zvolíme H 0 : střední počet pacientů denně = 5, H A : střední počet pacientů denně 5. Víme, že pro libovolné rozdělení náhodné veličiny X je oboustranným intervalovým odhadem pro µ = EX o asymptotické spolehlivosti α interval ( X n u α/ S n n, X n + u α/ S n n ). Z dat máme n = 64, X64 = 3, S 64 = 36, α = 0.05 a z tabulek vyčteme u =.96. Hledaný interval tedy je ( , 3.96 ) = (.53, 4.47). 8 8 Jelikož hodnota 5 v tomto intervalu neleží, zamítáme na hladině 5% hypotézu H 0 ve prospěch alternativy H A. Příklad 34: Výrobce tvrdí, že spotřeba jím vyráběného automobilu je 8 l/00km. Průměrná spotřeba u 49 uživatelů ale byla 8.4 l/00km. Naměřen byl dále výběrový rozptyl.56. Testujte na hladině 5%, zda měl výrobce pravdu. Za nulovou, resp. alternativní, hypotézu si zvolíme H 0 : spotřeba = 8 l/00km, H A : spotřeba 8 l/00km. Za platnosti H 0 má náhodná veličina X n rozdělení t 48. Vypočteme proto hodnotu T 0 = =.75.

24 Jelikož T 0 < t 48;0.975 =.0, hypotézu H 0 ve prospěch H A nezamítáme. Možnost také je, že si za nulovou, resp. alternativní, hypotézu zvolíme H 0 : spotřeba = 8 l/00km, H A : spotřeba > 8 l/00km. Hodnotu T 0 =.75 však porovnáme s kvantilem t 48;0.95 =.68, neboť alternativě tentokrát nahrává "horních 5%". A jelikož T 0 > t 48;0.95 =.68, hypotézu H 0 ve prospěch této H A zamítáme. Příklad 35: Firma má tři pobočky. Dva roky bylo sledováno, která z nich zaznamenala nejvyšší měsíční výnos. Bylo zjištěno, že nejvýnosnější byla první pobočka desetkrát, druhá šestkrát a třetí osmkrát. Je možné říct, že první pobočka je nejvýnosnější dvakrát častěji než zbylé dvě? Testujte na hladině 5%. Pro i =,, 3 označme p i pravděpodobnost, že nejvýnosnější pobočkou měsíce bude i tá pobočka, a X i počet měsíců, kdy byla i tá pobočka nejvýnosnější pobočkou měsíce. Za nulovou, resp. alternativní, hypotézu si zvolíme H 0 : p =, p = p 3 = 4, H A : hodnoty jsou jiné. Za platnosti H 0 má náhodná veličina 3 (X i 4 p i ) i= 4 p i rozdělení χ. Vypočteme proto hodnotu χ = (0 ) + (6 6) 6 + (8 6) 6 =. Jelikož χ < χ ;0.95 = 5.99, hypotézu H 0 ve prospěch H A nezamítáme. Příklad 36: U 0 osob byla pozorována výše jejich platu a schopnost splácet 4

25 úvěr. Naměřeny byly následující sdružené četnosti: plat / schopnost splácet špatná dobrá nízký 0 0 střední 5 45 vysoký 5 5 Jsou vlastnosti plat a schopnost splácet úvěr nezávislé? Testujte na hladině 5%. Za nulovou, resp. alternativní, hypotézu si zvolíme H 0 : veličiny jsou nezávislé, H A : veličiny nejsou nezávislé. Za platnosti H 0 má náhodná veličina 3 i= ( nij n i. n.j j= n i. n.j n rozdělení χ (3 )( ) = χ. Doplníme proto tabulku o marginální četnosti a vypočteme hodnotu χ = plat / schopnost splácet špatná dobrá celkem nízký střední vysoký celkem (0 0 ) (5 0 ) (0 0 ) ( ) n ) (5 0 ) =.. ( ) Jelikož χ =. < χ 0.95, = 5.99, nezamítáme hypotézu H 0 ve prospěch H A. 5

26 Příklad 37: Pro testy v příkladech určete p-hodnotu.. Příklad 34: (a) oboustranná alternativa: p-value = α : t 48; α/ =.75 p-value = ; (b) jednostranná alternativa: p-value = α : t 48; α =.75 p-value = Příklad 35: p-value = α : χ ; α = p-value = Příklad 36: p-value = α : χ ; α =. p-value = Příklad 38: Na pěti deskách ze stejného materiálu byla pozorována závislost průhybu desky (v 0 mm) na tlaku (v 0 MPa). Měření byla následující: tlak ohyb Sestrojte regresní přímku (tj. odhadněte parametry a zakreslete do grafu).. Otestujte, zda některý z koeficientů je možno považovat za nulový. 3. Pokud je to možné, sestavte podmodel a odhadněte znovu jeho parametr(y).. Bodové odhady parametrů a a b metodou nejmenších čtverců, tj. 5 a S(a, b) = (y i a bx i ) = 0 i= 5 b S(a, b) = (y i a bx i )x i = 0 i= 6

27 5 5 ˆb = i= x iy i 5 i= x 5 i i= y i 5 5 i= x i ( 5 i= x ) = i â = ȳ ˆb x, 5 i= (x i x)y i 5 i= (x i x) jsou â = 0., ˆb = 7.9. Regresní přímka je tedy přímka y = x.. Pro testovaní, zda se koeficienty modelu výrazně liší od nuly, používáme statistiky T a = â, resp. T b = ˆb, S a S b kde S a = S b = s 5 i= x i 5 5 i= x i ( 5 i= x i s 5 i= x i, 5 x ) P 5 i= (y i a bx i ) 5. přičemž s = Jelikož T a = 0.07 < t 3;0.975 = 3.8, hypotézu H 0 : a = 0 ve prospěch H A : a 0 nezamítáme. Jelikož T b = > t 3;0.975 = 3.8, hypotézu H 0 : b = 0 ve prospěch H A : b 0 zamítáme. 3. Podmodel tedy je Y = bx + ɛ a odhad b metodou nejmenších čtverců je 5 ˆb = arg min (y i bx i ), b tj. b 5 (y i bx i ) = i= jejímž řešením dostáváme i= 5 x i (y i bx i ) = 0, i= ˆb = 5 i= x iy i 5 i= x i = 7.97, takže výsledný podmodel je Y = 7.97X + ɛ. 7

28 Příklad 39: Při experimentu byly naměrěny následující hodnoty veličin X a Y : X 0 Y Předpokládejme, že mezi X a Y by měl být následující vztah Y = αe X. Určete koeficient α metodou nejmenších čtverců. ( e x i y i = 60.89, e x i = 63.4). Předpokládejme, že mezi X a Y by měl být lineární vztah ve tvaru Y = a + bx. Určete koeficienty a a b metodou nejmenších čtverců. ( x i = 0, y i =.08, x i = 0, x i y i = 6.7) 3. Jaký model z předchozích dvou modelů je vhodnější a proč? tj. α ˆα = arg min α 5 (y i αe x i ) = i= jejímž řešením dostáváme 5 (y i αe x i ), i= 5 (y i αe x i )e x i = 0, i= ˆα = 5 i= y ie x i 5 i= ex i = = 0.964, takže výsledný model je Y = 0.964e X + ɛ. Příklad 40: Nechť {X t, t Z} je posloupnost nezávislých, stejně rozdělených náhodných veličin. Je tento proces striktně stacionární? Dokažte nebo vyvraťte. Náhodný proces {X t, t T } je striktně stacionární, jestliže pro libovolné n N, pro libovolná reálná x,..., x n a pro libovolná reálná t,..., t n a h taková, že t k T, t k + h T, k n, platí F t,...,t n (x,..., x n ) = F t +h,...,t n+h(x,..., x n ). 8

29 V našem případě pro všechna přípustná h, tj. h Z platí n F t,...,t n (x,..., x n ) = P (X t x,..., X tn x n ) = P (X ti x i ) = i= n P (X ti +h x i ) = P (X t +h x,..., X tn+h x n ) i= = F t +h,...,t n+h(x,..., x n ), tudíž je tento proces striktně stacionární. Příklad 4: Nechť X je náhodná veličina s nulovou střední hodnotou a konečným kladným rozptylem σ. Definujme proces {X t, t Z} předpisem X t = ( ) t X. Je tento proces slabě stacionární? Je striktně stacionární? Dokažte nebo vyvraťte.. Slabá stacionarita: Náhodný proces {X t, t T } je slabě stacionární, jestliže R(s, t) je funkcí pouze rozdílu s t, tj. R(s, t) = R(s t), neboli R(s, t) = R(s + h, t + h) pro každé h R takové, že s + h T a t + h T. V našem případě R(s, t) = cov(x s, X t ) = EX s X t EX s EX t = EX s X t = ( ) s+t X = ( ) s+t σ a pro všechna přípustná h, tj. h Z tudíž platí R(s + h, t + h) = ( ) s+h+t+h σ = ( ) h ( ) s+t σ = ( ) s+t σ, takže proces je slabě stacionární. 9

30 . Striktní stacionarita: Zvolíme-li např. X náhodnou veličinu takovou, že P (X = ) = 3 P (X = ) = 3, pak tato náhodná veličina splňuje podmínky zadání, ale zárověň v procesu {X t, t Z} pro t = a h = platí P (X t 0) = P (X 0) = 3 P (X + 0) = P (X 0) = 3, což je ve sporu s definicí striktní stacionarity, takže proces není striktně stacionarní. Příklad 4: Pro pojištění motorových vozidel používá pojišťovna tři kategorie pojistného: - základní pojistné, - bonus 30%, 3 - bonus 50%. V prvním roce platí pojištěný základní pojistné. Jestliže má rok bezeškodní průběh, je pojištěný v dalším roce zařazen o třídu výše (pokud je to možné), pokud ale uplatní jeden pojistný nárok, je v příštím roce zařazen o kategorii níže (pokud je to možné) a při uplatnění více než jednoho nároku o dvě kategorie níže (pokud je to možné). Počty výskytů pojistné události v jednotlivých letech jsou nezávislé, stejně rozdělené náhodné veličiny s Poissonovým rozdělením s parametrem λ. Určete počáteční rozdělení a matici pravděpodobností přechodu. Počáteční rozdělení je p = (, 0, 0) T. Označme X náhodnou veličinu popisující počet uplatnění pojistných nároků za rok. Víme, že X P o(λ), tj. P (X = 0) = λ0 0! e λ = e λ, P (X = ) = λ! e λ = λe λ 30

31 a P (X ) = P (X = 0) P (X = ) = e λ λe λ. Matice pravděpodobností přechodu tedy je e λ e λ 0 P = e λ 0 e λ. e λ λe λ λe λ e λ Příklad 43: Na příkladu havarijního pojištění z předešlého příkladu určete matici pravděpodobností přechodu druhého řádu. Jaká je pravděpodobnost, že po dvou letech pojištění bude mít pojištěný 50% bonus, když začíná v základní třídě a uplatňuje nárok na pojistné plnění průměrně jednou za šest let? Pro matici pravděpodobností přechodu druhého řádu platí e λ e λ 0 e λ e λ 0 P () = P = e λ 0 e λ e λ 0 e λ e λ λe λ λe λ e λ e λ λe λ λe λ e λ = e λ e λ ( e λ ) e λ e λ λe λ e λ ( e λ + λe λ ) e λ e λ λe λ e λ ( e λ ) e λ (λ + ) Hledaná pravděpodobnost je tedy p (),3 = e λ = e 6 = = Příklad 44: Uvažujme posloupnost nezávislých hodů kostkou. Nechť X m značí maximální počet ok dosažených do m tého hodu včetně.. Určete matici pravděpodobností přechodu.. Klasifikujte jednotlivé stavy. 3. Existuje v tomto řetězci nějaký absorpční stav? 4. Které stavy jsou dosažitelné z kterých? 3

32 . Pro prvky matice platí p ij = 6 i < j = j 6 i = j = 0 i > j. Matice pravděpodobností přechodu tedy je P = Stav j Markovského řetězce je trvalý, jestliže P (τ j () < ) =, a přechodný, jestliže P (τ j () = ) > 0, kde τ j () = inf{n > 0 : X n = j} je čas prvního návratu řetězce startujícího z j do stavu j. Jelikož P (τ j () = ) = k:k>j p jk = 6 j 6 jsou stavy,...,5 přechodné a stav 6 je trvalý. > 0 pro j =,,..., 5, = 0 pro j = 6, Trvalý stav j Markovského řetězce je nenulový, jestliže Eτ j () <, a nulový, jestliže Eτ j () =. Jelikož Eτ 6 () =, je stav 6 trvalý nenulový. 3. Je-li p jj =, pak se stav j nazývá absorpční. Absorpční je tedy stav Stav j je dosažitelný ze stavu i, jestliže existuje n N takové, že p (n) ij > 0. Jelikož v našem případě p ij = 0 pro j < i, tak dosažitelné jsou stavy: ze stavu, 3

33 ze stavu,, 3 ze stavu,,3, 4 ze stavu,...,4, 5 ze stavu,...,5, 6 ze stavu,...,6. Příklad 45: Uvažujme havarijní pojištění z příkladu 4. Najděte pro tento řetězec stacionární rozdělení. Vektor π se nazývá stacionární rozdělení, jestliže π j [0, ], j S π j = a platí π T = π T P, neboli π j = k S π k p kj, j S. Při označení a = e λ a b = λe λ dostáváme tudíž soustavu rovnic π = π ( a) + π ( a) + π 3 ( a b) π = π a + π 3 b π 3 = π a + π 3 a, která sice sama o sobě nemá jednoznačné řešení (neboť matice, která ji určuje, nemá plnou hodnost), avšak přidáním podmínky 3 j= π j = již jednoznačné řešení dostaneme, a to π = a ab ab π = π 3 = = e λ λe λ λe λ, a( a) ab = e λ ( e λ ) λe λ, a ab = e λ λe. λ Příklad 46: Určete matici intenzit přechodu v Poissonově procesu. 33