Matematička statistika - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Za jedno posmatranje
[tex]P(X=x)=\binom{n}{x}p^{x}(1-p)^{n-x}[/tex]
Pošto su posmatranja nezavisna, funkcija verodostojnosti je
[tex]L(p)=\prod_{i=1}^{k}\binom{n}{x_i}p^{x_i}(1-p)^{n-x_i}=C\,p^{S}(1-p)^{nk-S}[/tex]
gde je [tex]S=x_1+x_2+\ldots+x_k[/tex], a [tex]C=\prod_{i=1}^{k}\binom{n}{x_i}[/tex] ne zavisi od [tex]p[/tex]. Neka je [tex]0\lt S\lt nk[/tex]. Za [tex]0\lt p\lt 1[/tex] logaritmujemo i izjednačimo izvod sa nulom:
[tex]\ln L(p)=\ln C+S\ln p+(nk-S)\ln(1-p)[/tex]
[tex]\frac{d}{dp}\ln L(p)=\frac{S}{p}-\frac{nk-S}{1-p}=0\iff S(1-p)=(nk-S)p\iff p=\frac{S}{nk}[/tex]
Drugi izvod [tex]-\frac{S}{p^2}-\frac{nk-S}{(1-p)^2}[/tex] je negativan, pa je ta kritična tačka tačka maksimuma. Ista formula važi i u graničnim slučajevima: za [tex]S=0[/tex] je [tex]L(p)=C(1-p)^{nk}[/tex], što je najveće za [tex]p=0[/tex], a za [tex]S=nk[/tex] je [tex]L(p)=Cp^{nk}[/tex], što je najveće za [tex]p=1[/tex]. Dakle,
[tex]\hat{p}=\frac{x_1+x_2+\ldots+x_k}{nk}=\frac{\bar{x}}{n}[/tex]
tj. relativna frekvencija uspeha u svih [tex]nk[/tex] opita.

Rešenje:
Neka je [tex]r[/tex] koeficijent korelacije. Regresiona prava promenljive [tex]Y[/tex] u odnosu na [tex]X[/tex] je [tex]y-\bar{y}=b_{Y|X}(x-\bar{x})[/tex] sa koeficijentom regresije [tex]b_{Y|X}=r\frac{\sigma_Y}{\sigma_X}[/tex], a regresiona prava promenljive [tex]X[/tex] u odnosu na [tex]Y[/tex] je [tex]x-\bar{x}=b_{X|Y}(y-\bar{y})[/tex] sa koeficijentom regresije [tex]b_{X|Y}=r\frac{\sigma_X}{\sigma_Y}[/tex].
Prvu datu jednačinu rešimo po [tex]Y[/tex]; druga je već rešena po [tex]X[/tex]:
[tex]Y=1{,}5+0{,}1X\Rightarrow b_{Y|X}=0{,}1; \qquad X=2{,}5+0{,}15Y\Rightarrow b_{X|Y}=0{,}15[/tex]
Provera: [tex]r^2=b_{Y|X}\cdot b_{X|Y}=0{,}015\le 1[/tex]. Kada bi uloge dveju pravih bile zamenjene, dobili bismo [tex]r^2=10\cdot \frac{1}{0{,}15}\approx 66{,}7\gt 1[/tex], što je nemoguće, pa je dati raspored uloga jedini moguć. Deljenjem dva koeficijenta regresije (činilac [tex]r\ne 0[/tex] se skraćuje) dobijamo
[tex]\frac{b_{X|Y}}{b_{Y|X}}=\frac{\sigma_X^2}{\sigma_Y^2}=\frac{D(X)}{D(Y)}\Rightarrow \frac{D(X)}{D(Y)}=\frac{0{,}15}{0{,}1}=\frac{3}{2}[/tex]

Rešenje:
Izračunajmo teorijske momente koristeći [tex]\int_{0}^{\infty}x^{s-1}e^{-\lambda x}\,dx=\frac{\Gamma(s)}{\lambda^{s}}[/tex] i [tex]\Gamma(s+1)=s\,\Gamma(s)[/tex]:
[tex]EX=\frac{\lambda^{p}}{\Gamma(p)}\cdot \frac{\Gamma(p+1)}{\lambda^{p+1}}=\frac{p}{\lambda}; \qquad EX^2=\frac{\lambda^{p}}{\Gamma(p)}\cdot \frac{\Gamma(p+2)}{\lambda^{p+2}}=\frac{p(p+1)}{\lambda^2}[/tex]
[tex]DX=EX^2-(EX)^2=\frac{p(p+1)}{\lambda^2}-\frac{p^2}{\lambda^2}=\frac{p}{\lambda^2}[/tex]
Uzoračka aritmetička sredina i drugi centralni uzorački moment su
[tex]\bar{x}=\frac{1+2+6}{3}=3; \qquad m_2=\frac{1^2+2^2+6^2}{3}-3^2=\frac{41}{3}-9=\frac{14}{3}[/tex]
Metodom momenata izjednačavamo teorijske momente sa uzoračkim:
[tex]\frac{p}{\lambda}=3; \qquad \frac{p}{\lambda^2}=\frac{14}{3}[/tex]
Deljenjem prve jednačine drugom dobijamo
[tex]\lambda=\frac{3}{14/3}=\frac{9}{14}; \qquad p=3\lambda=\frac{27}{14}[/tex]
U opštem slučaju [tex]\hat{\lambda}=\frac{\bar{x}}{m_2}[/tex] i [tex]\hat{p}=\frac{\bar{x}^2}{m_2}[/tex]. Po zakonu velikih brojeva [tex]\bar{x}[/tex] i [tex]m_2[/tex] konvergiraju u verovatnoći redom ka [tex]EX[/tex] i [tex]DX\gt 0[/tex], a ocene su neprekidne funkcije od njih, pa su postojane. Dakle, [tex]\hat{\lambda}=\frac{9}{14}[/tex] i [tex]\hat{p}=\frac{27}{14}[/tex].

Rešenje:
Neka su [tex]x_i[/tex] prinosi sorte A ([tex]n_1=6[/tex]), a [tex]y_j[/tex] prinosi sorte B ([tex]n_2=5[/tex]). Uzoračke aritmetičke sredine su
[tex]\bar{x}=\frac{528}{6}=88; \qquad \bar{y}=\frac{510}{5}=102[/tex]
Zbirovi kvadrata odstupanja od aritmetičkih sredina su
[tex]\sum_{i=1}^{6}(x_i-88)^2=22^2+18^2+21^2+7^2+24^2+12^2=2018[/tex]
[tex]\sum_{j=1}^{5}(y_j-102)^2=20^2+14^2+14^2+16^2+4^2=1064[/tex]
Pošto se pretpostavlja da su disperzije jednake, koristimo združenu ocenu disperzije:
[tex]s^2=\frac{2018+1064}{n_1+n_2-2}=\frac{3082}{9}\approx 342{,}44[/tex]
Pri hipotezi [tex]H_0:\ \mu_1=\mu_2[/tex] statistika [tex]t=\frac{\bar{x}-\bar{y}}{s\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}}[/tex] ima Studentovu [tex]t[/tex]-raspodelu sa [tex]n_1+n_2-2=9[/tex] stepeni slobode. Izračunavamo
[tex]s\sqrt{\frac{1}{6}+\frac{1}{5}}=\sqrt{342{,}44\cdot \frac{11}{30}}\approx\sqrt{125{,}56}\approx 11{,}21[/tex]
[tex]t=\frac{88-102}{11{,}21}\approx -1{,}25\Rightarrow |t|\approx 1{,}25[/tex]
Pošto je [tex]|t|\approx 1{,}25\lt 2{,}262[/tex], hipoteza [tex]H_0[/tex] se ne odbacuje: na nivou značajnosti [tex]0{,}05[/tex] podaci ne pokazuju razliku u prosečnoj produktivnosti dve sorte (razlika od [tex]14[/tex] kg između uzoračkih sredina može se objasniti slučajnim variranjem).

Rešenje:
Najpre odredimo pravu metodom najmanjih kvadrata. Aritmetičke sredine su
[tex]\bar{v}=\frac{10+11+12+13+14}{5}=12; \qquad \bar{x}=\frac{5100+4400+4000+3400+3100}{5}=4000[/tex]
Odstupanja vrednosti [tex]v[/tex] od aritmetičke sredine su [tex]-2; \ -1; \ 0; \ 1; \ 2[/tex], a vrednosti [tex]x[/tex] su [tex]1100; \ 400; \ 0; \ -600; \ -900[/tex], pa je
[tex]\sum(v_i-\bar{v})(x_i-\bar{x})=-2200-400+0-600-1800=-5000; \qquad \sum(v_i-\bar{v})^2=4+1+0+1+4=10[/tex]
Koeficijenti dobijeni metodom najmanjih kvadrata su
[tex]a=\frac{\sum(v_i-\bar{v})(x_i-\bar{x})}{\sum(v_i-\bar{v})^2}=\frac{-5000}{10}=-500; \qquad b=\bar{x}-a\bar{v}=4000+500\cdot 12=10000[/tex]
pa je funkcija tražnje [tex]x(v)=10000-500v[/tex]. Prihod je [tex]v\,x(v)[/tex], a troškovi su [tex]15000+4x(v)[/tex], pa je dobit
[tex]P(v)=(v-4)(10000-500v)-15000=-500v^2+12000v-55000[/tex]
Iz [tex]P'(v)=-1000v+12000=0[/tex] dobijamo [tex]v=12[/tex], a pošto je [tex]P''(v)=-1000\lt 0[/tex], to je maksimum. Pri toj ceni tiraž je [tex]x(12)=4000[/tex] primeraka, a najveća dobit (u evrima) je
[tex]P(12)=(12-4)\cdot 4000-15000=17000[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]N=\binom{n}{k}[/tex] i numerišimo uzorke brojevima [tex]j=1,\ 2,\ \ldots,\ N[/tex]. Neka je [tex]S_j[/tex] skup objekata u uzorku [tex]j[/tex], a [tex]\bar{x}_j=\frac{1}{k}\sum_{i\in S_j}x_i[/tex] njegova aritmetička sredina. Tražena sredina je
[tex]G=\frac{1}{N}\sum_{j=1}^{N}\bar{x}_j=\frac{1}{kN}\sum_{j=1}^{N}\sum_{i\in S_j}x_i[/tex]
Promenimo redosled sabiranja tako što za svaki objekat [tex]i[/tex] prebrojimo u koliko uzoraka se nalazi. Uzorak koji sadrži objekat [tex]i[/tex] određen je izborom njegovih preostalih [tex]k-1[/tex] elemenata među ostalih [tex]n-1[/tex] objekata, pa se objekat [tex]i[/tex] nalazi u tačno [tex]\binom{n-1}{k-1}[/tex] uzoraka. Zato je
[tex]\sum_{j=1}^{N}\sum_{i\in S_j}x_i=\binom{n-1}{k-1}\sum_{i=1}^{n}x_i[/tex]
Osim toga,
[tex]\binom{n-1}{k-1}=\frac{(n-1)!}{(k-1)!\,(n-k)!}=\frac{k}{n}\cdot \frac{n!}{k!\,(n-k)!}=\frac{k}{n}N[/tex]
Prema tome,
[tex]G=\frac{1}{kN}\cdot \frac{k}{n}N\sum_{i=1}^{n}x_i=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i=\bar{x}[/tex]
što je i trebalo dokazati. Na primer, za dnevnice [tex]55; \ 50; \ 52; \ 48; \ 50[/tex] (aritmetička sredina [tex]51[/tex]) prosek aritmetičkih sredina svih [tex]10[/tex] uzoraka obima [tex]2[/tex] ponovo je [tex]51[/tex]; jednake vrednosti različitih radnika računaju se kao različiti objekti.