---
kurs:
  - S0008M
tags:
  - tenta
  - sannolikhetslära
  - statistik
status: utkast
datum: 2025-03-17
typ: tenta
aliases:
  - Tenta S0008M 2025-03-17
  - Statistiktenta mars 2025
---
> **Kurs:** [[S0008M]] — Sannolikhetslära och statistik
> **Datum:** 2025-03-17
> **Källa:** [[S0008M-17-mars2025.pdf|originaltentamen]] · [[losningS0008M-17-mars2025.pdf|lärarens lösningar]] (bara del 1)

> [!abstract] Översikt
> Del 1 (uppgift 1–12, bara svar):
> - varken $A$ eller $B$ (1), Bayes sats för en brusig kanal (2) och mest sannolika värdet i en binomialfördelning (3)
> - CGS för ett lager av elektronrör (4), standardavvikelse i en hypergeometrisk fördelning (5) och median ur fördelningsfunktionen (6)
> - teckenintervall (7), signifikansnivå för given styrka (8), frihetsgrader för två stickprov (9) och ett $t$-intervall (10)
> - ambulansavstånd på en cirkelskiva (11) och $E(\xi\eta)$ ur kovariansen (12)
>
> Del 2 (uppgift 13–15):
> - $P(\xi\ge\eta)$ för en Poisson- och en normalfördelad variabel (13)
> - varför tryckfel är Poissonfördelade (14)
> - styrkefunktionen för ett test med två enheter (15)

> [!tip] Så använder du sidan
> Försök själv först. Ledtråd 1 säger vilken sorts uppgift det är, ledtråd 2 (inuti ledtråd 1) ger modellen och ledtråd 3 (inuti ledtråd 2) nyckelsteget. **Lösning** är hela uträkningen. Lärarens facit täcker bara del 1; del 2 är löst två gånger oberoende av varandra.

---

## 1. Varken $A$ eller $B$

För händelserna $A$ och $B$ gäller att $P(A) = 0{,}3$, $P(B) = 0{,}56$ och $P(A\cap B) = 0{,}14$. Beräkna $P(A^c\cap B^c)$. Svara i procent med en decimal.

*Totalpoäng: 2*

> [!tip]- Ledtråd 1
> $A^c\cap B^c$ är komplementet till $A\cup B$ ([[Utfallsrum och händelser]]).
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $P(A^c\cap B^c) = 1 - P(A\cup B)$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Additionssatsen: $P(A\cup B) = P(A) + P(B) - P(A\cap B)$.

> [!note]- Lösning
> $$
> P(A\cup B) = 0{,}3 + 0{,}56 - 0{,}14 = 0{,}72
> $$
> $$
> P(A^c\cap B^c) = 1 - P(A\cup B) = 1 - 0{,}72 = \boxed{28{,}0\ \%}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 2. Mottagen etta i en brusig kanal

Meddelanden kodade i binära tecken, 0 och 1, överföres i ett telekommunikationssystem. Signalerna störs av ett brus, och därför förekommer felaktiga överföringar. Ett utsänt tecken 0 mottas som 1 med sannolikhet $0{,}02$ (och som 0 med sannolikhet $0{,}98$). Ett utsänt tecken 1 mottas som 0 med sannolikhet $0{,}035$ (och som 1 med sannolikhet $0{,}965$). Vidare förekommer tecknen 1 i en proportion $0{,}6$ och tecknen 0 i en proportion $0{,}4$, dvs $60\ \%$ av alla utsända tecken är 1:or.

Om 1 mottagits, vad är då sannolikheten att 1 har sänts? Ange ditt svar i procent med två decimaler.

*Totalpoäng: 2*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Man vet vad som mottogs och frågar vad som sändes: [[Bayes sats]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Låt $S_1$ = 1 sänt och $M_1$ = 1 mottaget. $P(S_1\mid M_1) = \dfrac{P(M_1\mid S_1)\,P(S_1)}{P(M_1)}$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Nämnaren fås med [[Lagen om total sannolikhet|lagen om total sannolikhet]]: $P(M_1) = 0{,}965\cdot 0{,}6 + 0{,}02\cdot 0{,}4$.

> [!note]- Lösning
> Låt $S_0, S_1$ vara 0 respektive 1 sänt och $M_1$ att 1 mottas.
> $$
> P(M_1) = P(M_1\mid S_1)P(S_1) + P(M_1\mid S_0)P(S_0) = 0{,}965\cdot 0{,}6 + 0{,}02\cdot 0{,}4 = 0{,}587
> $$
> $$
> P(S_1\mid M_1) = \dfrac{0{,}965\cdot 0{,}6}{0{,}587} = \dfrac{0{,}579}{0{,}587}\approx\boxed{98{,}64\ \%}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 3. Mest sannolika värdet i $\text{Bin}(11;\ 0{,}15)$

Den stokastiska variabeln $\xi$ har en $\text{Bin}(11;\ 0{,}15)$-fördelning. Bestäm det **mest sannolika** värdet på $\xi$. Svara med ett heltal.

*Totalpoäng: 2*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Sök det $x$ som ger störst $P(\xi = x)$ i [[Binomialfördelning|binomialfördelningen]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $P(\xi = x) = \dbinom{11}{x}0{,}15^x\,0{,}85^{11-x}$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Väntevärdet är $np = 1{,}65$. Räkna ut sannolikheterna för $x = 0, 1, 2, 3$ och jämför.

> [!note]- Lösning
>
> | $x$ | $0$ | $1$ | $2$ | $3$ |
> |---|---|---|---|---|
> | $P(\xi = x)$ | $0{,}1673$ | $0{,}3248$ | $0{,}2866$ | $0{,}1517$ |
>
> Sannolikheterna växer upp till $x = 1$ och avtar sedan. Det mest sannolika värdet är
> $$
> \boxed{x = 1}
> $$
> Allmänt ligger det mest sannolika värdet vid heltalsdelen av $(n + 1)p = 12\cdot 0{,}15 = 1{,}8$.
>
> **På räknaren.** `binomPdf(11,0.15)` ger hela listan.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 4. Ett lager av elektronrör

Livslängden (enhet: timmar) för en viss typ av elektronrör är exponentialfördelad med väntevärde 220. Sådana rör ingår i radarutrustningen på ett fartyg, där man i ett lager under däck har 45 elektronrör. När ett elektronrör går sönder byts det genast ut.

Beräkna en tid $T$ sådan att lagret räcker åtminstone $T$ timmar med $95\ \%$ sannolikhet. Svara med en decimal.

*Kommentar: Som vanligt får approximationer användas om sådana skulle kunna motiveras.*

*Totalpoäng: 2*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Lagrets livslängd är en summa av 45 oberoende livslängder: [[Centrala gränsvärdessatsen]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > [[Exponentialfördelning|En exponentialfördelning]] med väntevärde $220$ har också standardavvikelsen $220$. Summan är $\approx N(45\cdot 220;\ \sqrt{45}\cdot 220)$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $P(\xi\ge T) = 0{,}95$ ger $T = \mu - \lambda_{0{,}05}\,\sigma$.

> [!note]- Lösning
> Låt $\xi_i$ vara livslängden för rör $i$ och $\xi = \sum_{i=1}^{45}\xi_i$ den tid lagret räcker. Med $E(\xi_i) = D(\xi_i) = 220$ ger CGS
> $$
> \xi\approx N(45\cdot 220;\ \sqrt{45}\cdot 220) = N(9900;\ 1475{,}80)
> $$
> Villkoret $P(\xi\ge T) = 0{,}95$ ger
> $$
> \dfrac{T - 9900}{1475{,}80} = -\lambda_{0{,}05} = -1{,}6449 \quad\Rightarrow\quad T = 9900 - 1{,}6449\cdot 1475{,}80\approx\boxed{7472{,}5 \text{ h}}
> $$
>
> **På räknaren.** `invNorm(0.05,9900,sqrt(45)*220)`.
>
> *Kontrollerat mot facit. Lärarens facit anger $T\approx 7470$, alltså samma värde avrundat. I facit står fördelningen som $N(375;\ 53{,}03)$, vilket är ett skrivfel: räkningen och svaret bygger på $N(9900;\ 1475{,}8)$.*

---

## 5. Standardavvikelse för antalet röda bollar

I en låda finns 29 bollar varav 8 är röda och övriga 21 är vita. Man tar 4 bollar på måfå utan återläggning. Vad är **standardavvikelsen** för antalet röda bollar i urvalet? Svara med två decimaler.

*Totalpoäng: 2*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Dragning utan återläggning: [[Hypergeometrisk fördelning]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $\xi\in\text{Hyp}(N, n, p)$ med $N = 29$, $n = 4$, $p = 8/29$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $V(\xi) = \dfrac{N - n}{N - 1}\,np(1 - p)$.

> [!note]- Lösning
> $$
> V(\xi) = \dfrac{29 - 4}{29 - 1}\cdot 4\cdot\dfrac{8}{29}\cdot\dfrac{21}{29} = 0{,}7134
> $$
> $$
> D(\xi) = \sqrt{0{,}7134}\approx\boxed{0{,}84}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 6. Median ur fördelningsfunktionen

Slumpvariabeln $\xi$ har **fördelningsfunktionen** $F(x) = (x - 2)^3$, $2\le x\le 3$, där $F(x) = 0$ om $x < 2$ och $F(x) = 1$ om $x > 3$. Beräkna **medianen i fördelningen**. Ange ditt svar med två decimaler.

*Totalpoäng: 2*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Median och kvantiler|Medianen]] är den punkt där [[Fördelningsfunktion|fördelningsfunktionen]] når $0{,}5$.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Lös $F(m) = 0{,}5$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $(m - 2)^3 = 0{,}5$ ger $m - 2 = 0{,}5^{1/3}$.

> [!note]- Lösning
> $$
> (m - 2)^3 = 0{,}5 \quad\Rightarrow\quad m = 2 + 0{,}5^{1/3}\approx\boxed{2{,}79}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 7. Konfidensgrad för teckenintervallet $[\xi_{(2)},\ \xi_{(7)}]$

Antag att du har ett stickprov $\xi_1, \xi_2, \dots, \xi_8$ från en kontinuerlig fördelning som *inte* är en normalfördelning. Man vill skatta medianen i fördelningen med hjälp av **teckenintervall**. Beräkna **konfidensgraden** för intervallet $[\xi_{(2)},\ \xi_{(7)}]$. Ange ditt svar i procent med två decimaler.

*Totalpoäng: 2*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Teckenintervall]]: $\eta$ = antal observationer under medianen $m$ är $\text{Bin}(8;\ 0{,}5)$.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $m$ ligger utanför intervallet om högst en observation är under $m$ eller högst en är över.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Intervallet är symmetriskt: $P(\text{utanför}) = 2P(\eta\le 1)$.

> [!note]- Lösning
> $$
> P(m\text{ utanför}) = 2P(\eta\le 1) = 2\cdot\dfrac{1 + 8}{256} = 0{,}0703
> $$
> $$
> \text{Konfidensgrad} = 1 - 0{,}0703\approx\boxed{92{,}97\ \%}
> $$
>
> **På räknaren.** `1-2*binomCdf(8,0.5,1)`.
>
> *Kontrollerat mot facit. I facit står $\eta\in\text{Bin}(11;\ 0{,}5)$, ett skrivfel för $\text{Bin}(8;\ 0{,}5)$; svaret stämmer.*

---

## 8. Signifikansnivå för ett test med styrkan 90 %

Antag att $\xi_1, \xi_2, \dots, \xi_{25}$ är ett stickprov av storlek 25 från en $N(\mu;\ 4{,}15)$-fördelning och att man vill testa

$H_0:\ \mu = 10$ mot $H_1:\ \mu = 12{,}5$.

Vid hypotesprövning börjar man oftast med en given **signifikansnivå**. Antag i stället att du har en uppdragsgivare som vill att du tar fram ett test vars **styrka** är $90\ \%$.

Vad blir **signifikansnivån** för det testet? Svara i procent med två decimaler.

*Totalpoäng: 2*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Enkla hypoteser]]: beslutsregeln "förkasta $H_0$ om $\bar\xi > k$". Styrkan bestämmer $k$, och $k$ bestämmer [[Signifikansnivå och styrka|signifikansnivån]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $\bar\xi\in N(\mu;\ 4{,}15/\sqrt{25}) = N(\mu;\ 0{,}83)$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $P(\bar\xi > k\mid\mu = 12{,}5) = 0{,}9$ ger $k = 12{,}5 - \lambda_{0{,}1}\cdot 0{,}83$. Räkna sedan $P(\bar\xi > k\mid\mu = 10)$.

> [!note]- Lösning
> **Bestäm $k$ ur styrkan.**
> $$
> P(\bar\xi > k\mid\mu = 12{,}5) = 0{,}9 \iff \dfrac{k - 12{,}5}{0{,}83} = -\lambda_{0{,}1} = -1{,}2816
> $$
> $$
> k = 12{,}5 - 1{,}2816\cdot 0{,}83 = 11{,}4363
> $$
> **Signifikansnivån.**
> $$
> \alpha = P(\bar\xi > 11{,}4363\mid\mu = 10) = 1 - \Phi\!\left(\dfrac{11{,}4363 - 10}{0{,}83}\right) = 1 - \Phi(1{,}7305)\approx\boxed{4{,}18\ \%}
> $$
>
> **På räknaren.** `invNorm(0.1,12.5,0.83)` ger $k$, sedan `normCdf(k,∞,10,0.83)`.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 9. Frihetsgrader när två laboratorier jämförs

På ett sjukhus vill man försöka avgöra om två laboratorier mäter likvärdigt. För att göra detta tog man **ett prov från en enda patient** och delade detta enda prov i två delar. Delarna sändes sedan till de två laboratorierna, som var för sig gjorde 5 oberoende, direkt på varandra efterföljande mätningar på sin provhalva.

Man vill beräkna ett konfidensintervall för den genomsnittliga skillnaden mellan Lab A och Lab B under lämpliga normalfördelningsantaganden. Hur många **frihetsgrader** ska den $t$-fördelning som ska användas ha? Svara med ett heltal.

*Totalpoäng: 2*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Är mätningarna parvisa? Parvisa observationer kräver att varje mätning i Lab A hör ihop med en bestämd mätning i Lab B, till exempel samma patient.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Här finns bara ett prov. Mätning nummer 1 i Lab A hör inte ihop med mätning nummer 1 i Lab B, så det är inte [[Stickprov i par|stickprov i par]] utan [[Två stickprov|två stickprov]].
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Med gemensam $\sigma$ har $t$-fördelningen $n_1 + n_2 - 2$ frihetsgrader.

> [!note]- Lösning
> Alla tio mätningar görs på samma prov, så det finns ingen naturlig parbildning mellan labben. Man har två oberoende stickprov med vardera 5 mätningar, och konfidensintervallet för skillnaden i väntevärde bygger på [[t-fördelningen]] med
> $$
> f = 5 + 5 - 2 = \boxed{8}
> $$
> frihetsgrader.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 10. Är det för lite chips i påsarna?

Är det för lite chips i chipspåsarna? De är märkta med vikten 200 gram, men Evert tycker att de känns mycket lätta. Han beslutar att undersöka vikten. En fredagskväll laddar han med 7 påsar chips av ett visst känt märke, som han då väger innan han öppnar dem. Han får **medelvärdet** 184 gram och **stickprovsstandardavvikelsen** 16 gram.

Kan Evert med sitt urval påstå att mängden chips i påsarna, av det kända märket, generellt är för liten? Besvara frågan genom att ange den övre gränsen till ett $99\ \%$ konfidensintervall för väntevärdet $\mu$, och svara med två decimaler. Utgå från att påsvikten kan beskrivas med en normalfördelning.

*Totalpoäng: 2*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Konfidensintervall]] för $\mu$ när $\sigma$ är okänd: använd [[t-fördelningen]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $\bar x\pm t_{0{,}005}(n - 1)\dfrac{s}{\sqrt n}$ med $n = 7$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $t_{0{,}005}(6) = 3{,}707$. Ligger $200$ i intervallet?

> [!note]- Lösning
> $$
> \bar x\pm t_{0{,}005}(6)\dfrac{s}{\sqrt 7} = 184\pm 3{,}7074\cdot\dfrac{16}{\sqrt 7} = 184\pm 22{,}42 = [161{,}58;\ 206{,}42]
> $$
> Den övre gränsen är
> $$
> \boxed{206{,}42 \text{ g}}
> $$
> Intervallet innehåller $200$ g, så Evert kan **inte** påstå att påsarna generellt väger för lite.
>
> **På räknaren.** `invt(0.995,6)` ger $3{,}7074$.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 11. Ambulansens avstånd på en cirkelskiva

Ett sjukhus ska placeras i ett mycket stort cirkulärt samhälle. Samhället representeras av cirkelskivan $D = \{(x, y):\ \sqrt{x^2 + y^2}\le 1\}$, där $(x, y) = (0, 0)$ alltså motsvarar samhällets centrum. Gatusystemet är beskaffat så att man endast kan färdas i en riktning som är parallell med koordinataxlarna.

Antag att den slumpmässiga platsen för en olycka kan beskrivas med en likformig fördelning på $D$. Om sjukhuset placeras i samhällets centrum, vad är då sannolikheten att det avstånd som en ambulans behöver färdas vid utryckning är mindre än eller lika med $0{,}6$? Svara i procent med en decimal.

*Totalpoäng: 2*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Likformig fördelning]] i planet: sannolikheten är en areakvot.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Längs gatorna är avståndet till $(x, y)$ lika med $|x| + |y|$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $|x| + |y|\le 0{,}6$ är en kvadrat vriden $45^\circ$ med hörnen på axlarna i $\pm 0{,}6$. Den ligger helt inuti $D$.

> [!note]- Lösning
> ![[tenta250317-uppgift11-romb.png|320]]
>
> Ambulansen kör sträckan $|x| + |y|$. Området $|x| + |y|\le 0{,}6$ är en kvadrat med diagonalerna $1{,}2$ och sidan $0{,}6\sqrt 2$, så arean är $2\cdot 0{,}6^2 = 0{,}72$. Den ligger inuti enhetscirkeln eftersom hörnen har avståndet $0{,}6 < 1$ från origo.
> $$
> P(|\xi| + |\eta|\le 0{,}6) = \dfrac{0{,}72}{\pi}\approx\boxed{22{,}9\ \%}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 12. Väntevärdet av en produkt

Lisas och Anders utgifter för kursmaterial (enhet: kr) kan betraktas som slumpmässiga, där Lisas utgifter/månad har väntevärdet 515 kr och standardavvikelsen 27 kr medan Anders utgifter/månad antas ha väntevärdet 465 kr och standardavvikelsen 24 kr. Antag att Lisas och Anders utgifter för kursmaterial är beroende, med korrelation lika med $0{,}3$, samt att de kan beskrivas med en tvådimensionell normalfördelning.

Låt $\xi$ stå för Lisas utgifter per månad och låt $\eta$ stå för Anders utgifter per månad. Beräkna väntevärdet av **produkten** av $\xi$ och $\eta$, dvs beräkna $E(\xi\cdot\eta)$. Ange ditt svar med en decimal.

*Totalpoäng: 3*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Kovarians]]: $C(\xi, \eta) = E(\xi\eta) - E(\xi)E(\eta)$.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > [[Korrelation|Korrelationen]] ger kovariansen: $C(\xi, \eta) = \rho\,\sigma_\xi\,\sigma_\eta$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $E(\xi\eta) = \rho\,\sigma_\xi\sigma_\eta + \mu_\xi\mu_\eta$.

> [!note]- Lösning
> $$
> E(\xi\eta) = C(\xi, \eta) + \mu_\xi\mu_\eta = \rho\,\sigma_\xi\sigma_\eta + \mu_\xi\mu_\eta = 0{,}3\cdot 27\cdot 24 + 515\cdot 465
> $$
> $$
> E(\xi\eta) = 194{,}4 + 239\,475 = \boxed{239\,669{,}4 \text{ kr}^2}
> $$
> Normalfördelningen behövs inte; bara väntevärden, standardavvikelser och korrelation används.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 13. Del 2: $P(\xi\ge\eta)$ för en Poisson- och en normalfördelad variabel

Antag att $\xi$ har en $\text{Po}(200)$-fördelning och att $\eta$ har en $N(170,\ 15)$-fördelning, där $\xi$ och $\eta$ är oberoende. Beräkna $P(\xi\ge\eta)$.

*Totalpoäng: 10*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Skriv om till en skillnad: $P(\xi\ge\eta) = P(\xi - \eta\ge 0)$. Med $\lambda = 200$ kan [[Poissonfördelning|Poissonfördelningen]] [[Normalapproximation|normalapproximeras]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $\xi\approx N(200;\ \sqrt{200})$. En skillnad av oberoende normalfördelade variabler är normalfördelad ([[Summor av normalfördelade stokastiska variabler]]).
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $E(\xi - \eta) = 200 - 170$ och $V(\xi - \eta) = V(\xi) + V(\eta) = 200 + 15^2$.

> [!note]- Lösning
> **Modell.** $\xi\in\text{Po}(200)$ har $E(\xi) = V(\xi) = 200$. Eftersom $\lambda = 200\ge 15$ är $\xi\approx N(200;\ \sqrt{200})$. $\eta\in N(170;\ 15)$ och $\xi$, $\eta$ är oberoende.
>
> **Metod.** Låt $\zeta = \xi - \eta$. Som skillnad av oberoende (approximativt) normalfördelade variabler är
> $$
> E(\zeta) = 200 - 170 = 30, \qquad V(\zeta) = 200 + 15^2 = 425, \qquad \zeta\approx N(30;\ \sqrt{425}) = N(30;\ 20{,}616)
> $$
> **Räkning.**
> $$
> P(\xi\ge\eta) = P(\zeta\ge 0)\approx 1 - \Phi\!\left(\dfrac{0 - 30}{20{,}616}\right) = \Phi(1{,}455)\approx\boxed{0{,}927}
> $$
> **Slutsats.** Sannolikheten att $\xi\ge\eta$ är ungefär $92{,}7\ \%$. Den exakta summan $\sum_k P(\xi = k)\,P(\eta\le k)$ ger $0{,}928$, så approximationen är god.
>
> **På räknaren.** `normCdf(0,∞,30,sqrt(425))`.
>
> *Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.*

---

## 14. Del 2: varför tryckfel är Poissonfördelade

Antalet tryckfel per sida i en vanlig tidning eller bok kan ofta väl beskrivas med en Poissonfördelning. Diskutera med utgångspunkt i binomialfördelningen varför så är fallet. Varför blir inte normalfördelningen en lämplig modell för att beskriva antalet feltryckningar? Kom ihåg att redovisa införda beteckningar och eventuella antaganden!

*Totalpoäng: 10*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Se varje tecken på sidan som ett försök som kan bli fel eller rätt: [[Binomialfördelning]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Antalet tecken $n$ är mycket stort och felsannolikheten $p$ per tecken mycket liten. Vad händer med $\text{Bin}(n;\ p)$ då? ([[Poissonfördelning]])
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Normalapproximation kräver $np(1 - p)\ge 10$. Hur många tryckfel brukar en sida ha?

> [!note]- Lösning
> **Beteckningar och antaganden.** Låt $n$ vara antalet tecken på en sida och $\xi$ antalet tryckfel på sidan. Anta att
> - varje tecken blir fel med samma sannolikhet $p$,
> - tecknen blir fel oberoende av varandra.
>
> **Binomialmodellen.** Varje tecken är ett försök med två utfall, fel eller rätt, med samma $p$ och oberoende. Då är
> $$
> \xi\in\text{Bin}(n;\ p), \qquad E(\xi) = np
> $$
> **Poissonapproximationen.** En sida har flera tusen tecken, så $n$ är mycket stort. Samtidigt är $p$ mycket litet, eftersom de flesta tecken trycks rätt. Produkten $\lambda = np$, det genomsnittliga antalet fel per sida, är ett måttligt tal, till exempel $0{,}5$ eller $2$. När $n\to\infty$ och $p\to 0$ med $np = \lambda$ fast gäller
> $$
> \dbinom{n}{k}p^k(1 - p)^{n-k}\to e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^k}{k!}
> $$
> Tumregeln i kursen är $n\ge 10$ och $p\le 0{,}1$. Därför är $\xi\approx\text{Po}(\lambda)$ med $\lambda = np$. En fördel är att man inte behöver känna $n$ och $p$ var för sig, bara medelantalet fel per sida.
>
> **Varför inte normalfördelningen.** Normalapproximation av binomialfördelningen kräver att variansen $np(1 - p)$ är stor, minst ungefär $10$. Här är $np(1 - p)\approx\lambda$, som är litet. Då
> - är fördelningen tydligt skev åt höger, medan normalfördelningen är symmetrisk,
> - har normalfördelningen stor sannolikhet för negativa värden, till exempel $P(\xi < 0)\approx\Phi(-\sqrt\lambda) = \Phi(-1)\approx 0{,}16$ om $\lambda = 1$, fast antalet fel aldrig kan vara negativt,
> - är $\xi$ diskret med små heltalsvärden $0, 1, 2, \dots$, och sannolikheten för $0$ fel är stor, vilket en kontinuerlig kurva beskriver dåligt.
>
> **Slutsats.** Tryckfel är sällsynta händelser bland mycket många tecken. Binomialfördelningen med stort $n$ och litet $p$ går då över i en Poissonfördelning, men inte i en normalfördelning eftersom väntevärdet och variansen är för små.
>
> *Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.*

---

## 15. Del 2: styrkefunktion för ett test med två enheter

Vid en tillverkningsprocess är en okänd andel $p$ av enheterna felaktiga. För att testa $H_0:\ p = 0{,}1$ mot $H_1:\ p > 0{,}1$ väljer man ut **två** enheter och förkastar $H_0$ om **minst en** av de två enheterna är felaktig. Beräkna och skissa **styrkefunktionen** för detta test. De två utvalda enheterna får antas fungera oberoende av varandra.

*Totalpoäng: 10*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Styrkefunktion]]: $h(p) = P(\text{förkasta } H_0\mid p)$ som funktion av $p$.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Antalet felaktiga bland två är $\xi\in\text{Bin}(2;\ p)$, och $H_0$ förkastas när $\xi\ge 1$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $P(\xi\ge 1) = 1 - P(\xi = 0)$, och $P(\xi = 0) = (1 - p)^2$.

> [!note]- Lösning
> I tentan står mothypotesen som "$H_0:\ p > 0{,}1$". Det är ett skrivfel för $H_1$.
>
> **Modell.** Låt $\xi$ vara antalet felaktiga bland de två enheterna. Med oberoende och samma $p$ är $\xi\in\text{Bin}(2;\ p)$.
>
> **Test.** $H_0:\ p = 0{,}1$ mot $H_1:\ p > 0{,}1$. Förkasta $H_0$ om $\xi\ge 1$.
>
> **Räkning.** Styrkefunktionen är
> $$
> h(p) = P(\xi\ge 1\mid p) = 1 - (1 - p)^2 = \boxed{2p - p^2, \qquad 0\le p\le 1}
> $$
> Några värden:
>
> | $p$ | $0$ | $0{,}1$ | $0{,}2$ | $0{,}3$ | $0{,}5$ | $0{,}7$ | $1$ |
> |---|---|---|---|---|---|---|---|
> | $h(p)$ | $0$ | $0{,}19$ | $0{,}36$ | $0{,}51$ | $0{,}75$ | $0{,}91$ | $1$ |
>
> **Skiss.** $h'(p) = 2(1 - p)\ge 0$ och $h''(p) = -2 < 0$, så kurvan är en växande, konkav parabelbåge från $(0, 0)$ till $(1, 1)$ med horisontell tangent i $p = 1$.
>
> **Slutsats.** Signifikansnivån är $h(0{,}1) = 0{,}19$, alltså $19\ \%$, vilket är högt. Styrkan växer med $p$, men med bara två enheter blir den stor först när $p$ är stort, till exempel $h(0{,}3) = 0{,}51$. Testet skiljer dåligt mellan $H_0$ och måttliga avvikelser.
>
> *Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.*

---

## Se även

- [[S0008M]]
- [[Bayes sats]]
- [[Lagen om total sannolikhet]]
- [[Binomialfördelning]]
- [[Hypergeometrisk fördelning]]
- [[Poissonfördelning]]
- [[Exponentialfördelning]]
- [[Centrala gränsvärdessatsen]]
- [[Normalapproximation]]
- [[Median och kvantiler]]
- [[Teckenintervall]]
- [[Signifikansnivå och styrka]]
- [[Styrkefunktion]]
- [[Två stickprov]]
- [[Konfidensintervall]]
- [[Likformig fördelning]]
- [[Kovarians]]
- [[Summor av normalfördelade stokastiska variabler]]