Ved ordinær venstresidig ett-utvalgs t-test med signifikansnivå [tex]\alpha[/tex] forkastes H0 dersom [tex]t<-t_\alpha[/tex], og ved høyresidig test forkastes H0 dersom [tex]t>t_\alpha[/tex]. Kvantilene (de kritiske verdiene) er da basert på [tex]\nu=n-1[/tex] frihetsgrader.

Dette ser ut til å være en tosidig t-test, så da forkaster man nullhypotesen dersom absoluttverdien til den observerte t-verdien er større enn den kritiske t-verdien knyttet til n-1=30 frihetsgrader, altså når [tex]|t|>t_{\alpha/2}[/tex]. Her er [tex]|-3.71|>2.042[/tex], noe som gir forkasting.

Enig.

Alternativhypotesen [tex]H_1[/tex] bør uttrykke den påstanden du ønsker å undersøke, nemlig om forventningsverdien er over 10. Det betyr at nullhypotesen [tex]H_0[/tex] bør uttrykke at forventningsverdien er høyst 10.

Det er ingen motsetning mellom det at normalfordelingen er en sannsynlighetsfordeling og at det finnes andre sannsynlighetsfordelinger som likner på normalfordelingen.

Du kan også tenke at de seks fondene allerede er valgt og at det fondet som er best skal velges tilfeldig blant de 30. Da får du direkte at sannsynligheten for å velge ett av de 6 blir 6/30=0.2 (gunstige/mulige).

I tillegg til at du setter [tex]y=k\sin t[/tex], bør du sette [tex]x=m\cos t[/tex] og kreve ellipselikningen [tex]8x^2+4y^2=6[/tex] oppfylt, slik at [tex]k[/tex] og [tex]m[/tex] blir bestemt. Da gjenstår bare å bestemme [tex]z[/tex] uttrykt ved [tex]t[/tex] ved hjelp av likningen [tex]-3x^2+2z=10[/tex].

c) |2z-i|=4 Her er det litt overdrevet å sette i gang standardmaskineriet. Hvis du deler med 2 på hver side av likningen, får du |z-i/2|=2 , noe som betyr at alle z som ligger i avstand 2 fra i/2 i det komplekse planet, vil oppfylle likningen. Og dette er jo nettopp sirkelen med sentrum i i/2 og ra...

Dette ble såpass "kryptisk" at en bare må gjette seg til hva du mener. Kanskje er det dette: Matrisen består av fire kolonnevektorer hentet fra \mathbb{R}^3 , som er et vektorrom der det jo ikke kan være flere enn tre lineært uavhengige vektorer. De fire vektorene må derfor være lineært av...

Om en kan snu om på likheter inni i sannsynlighetsfunksjonen avhenger av hvilke hendelser det er snakk om. Hvis X er kontinuerlig og definert på hele intervallet, kan man gjøre ting som P(X>3) \implies P(-X < -3), men så lenge du ikke vet om dette er forenelig med oppgaven, kan man i alle tilfeller...

Hvis du bruker definisjonen på betinget sannsynlighet, får du P(X>3|X>0)=\frac{P(X>3\cap X>0)}{P(X>0)}=\frac{P(X>3)}{P(X>0)} Dette skjer fordi hendelsen X>3 er en delhendelse (delmengde) av X>0 . Så det er riktig det du skriver at X>3 nødvendigvis må bety at X>0 .

Vi har at [tex]P(E|F)=P(E)/P(F)[/tex] når [tex]E\subset F[/tex].

Du får
[tex]\frac{\pi}{2}(0-1-1+0)=-\pi[/tex],
fordi inf f(x) i de fire delintervallene blir henholdsvis 0,-1,-1 og 0.

Du bør først løse den homogene likningen. Basert på dobbeltrota r=-2 får du y_{k,h}=(C_1+C_2k)(-2)^k . Så må du lage et generelt uttrykk for en partikulær løsning, basert på høyresiden av differenslikningen. I utgangspunktet skulle man tro at y_{k,p}=A\cdot (-2)^k+B\cdot 2^k , vil gjøre jobben, men ...

Jeg fikk

[tex]x_{n,p}=-\frac{56}{65}\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)-\frac{32}{65}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)[/tex]