পরিসংখ্যান ২য় পত্র প্রশ্ন

উত্তর ও ব্যাখ্যা

1. ক)

   AI-তৈরি নমুনা উত্তর

   পরিমিত বিন্যাসের পরামিতি দুইটি; যথা: গড় ($\mu$) এবং পরিমিত ব্যবধান ($\sigma$ বা ভেদাঙ্ক $\sigma^2$)।

2. খ)

   AI-তৈরি নমুনা উত্তর

   না, পরিমিত বিন্যাসের ভেদাঙ্ক কখনো ঋণাত্মক হতে পারে না।

   ব্যাখ্যা:
   ভেদাঙ্ক হলো কোনো চলকের মানগুলো থেকে তার গাণিতিক গড়ের দূরত্বের বর্গের প্রত্যাশিত মান বা গড়, অর্থাৎ $\sigma^2 = E[(X - \mu)^2]$। যেহেতু কোনো বাস্তব সংখ্যার বর্গ ঋণাত্মক হতে পারে না, সেহেতু বর্গের গড় বা ভেদাঙ্ক সর্বদা একটি অঋণাত্মক রাশি ($\sigma^2 \ge 0$) হয়। পরিমিত বিন্যাসের ক্ষেত্রে ভেদাঙ্ক সর্বদা ধনাত্মক বাস্তব সংখ্যা। তাই এটি ঋণাত্মক হতে পারে না।

3. গ)

   AI-তৈরি নমুনা উত্তর

   উদ্দীপকে মোট কলমের সংখ্যা $n = 60$ (তুলনামূলকভাবে বড়) এবং কলম ত্রুটিপূর্ণ হওয়ার সম্ভাবনা $p = 1.5\% = 0.015$ (খুবই ক্ষুদ্র)।
   যেহেতু $n$ বড় এবং $p$ ক্ষুদ্র, সেহেতু বিন্যাসটিকে পোঁয়াসো বিন্যাস দ্বারা আসন্নীকরণ করা যায়।

   পোঁয়াসো বিন্যাসের পরামিতি:
   $\lambda = np = 60 \times 0.015 = 0.9$

   ধরি, একটি প্যাকেটে ত্রুটিপূর্ণ কলমের সংখ্যা $X$ একটি পোঁয়াসো চলক।
   পোঁয়াসো বিন্যাসের সম্ভাবনা অপেক্ষক:
   $P(X = x) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!}; \quad x = 0, 1, 2, \dots$

   অতএব, প্যাকেটে 3টি ত্রুটিপূর্ণ কলম থাকার সম্ভাবনা:
   $P(X = 3) = \frac{e^{-0.9} (0.9)^3}{3!}$
   আমরা জানি, $e^{-0.9} \approx 0.40657$
   $P(X = 3) = \frac{0.40657 \times 0.729}{6} = \frac{0.29639}{6} \approx 0.0494$

   অতএব, একটি প্যাকেটে তিনটি ত্রুটিপূর্ণ কলম থাকার সম্ভাবনা প্রায় 0.0494 (বা 4.94%)।

4. ঘ)

   AI-তৈরি নমুনা উত্তর

   পোঁয়াসো বিন্যাসের পরামিতি $\lambda = 0.9$

   পোঁয়াসো বিন্যাসের সূচালতাঙ্ক (Kurtosis) $\beta_2$ নির্ণয়ের সূত্র:
   $\beta_2 = 3 + \frac{1}{\lambda}$

   এখানে,
   $\beta_2 = 3 + \frac{1}{0.9} = 3 + 1.111 = 4.111$

   এবং অতিরিক্ত সূচালতাঙ্ক (Excess Kurtosis):
   $\gamma_2 = \beta_2 - 3 = \frac{1}{\lambda} = \frac{1}{0.9} \approx 1.111$

   মতামত:
   যেহেতু সূচালতাঙ্ক $\beta_2 > 3$ (বা $\gamma_2 > 0$), তাই বিন্যাসটি অতি-সূচালো বা লেপ্টোকার্টিক (Leptokurtic)। অর্থাৎ বিন্যাসটির শীর্ষবিন্দু পরিমিত বিন্যাসের চেয়ে বেশি সূচালো বা খাড়া।