Question 1 [12 marks].    [U]

(a) Previous national household longitudinal studies could be used for

pre-lockdown data. They could also be used for post-lockdown data, if they

(b) This is an inferential study.

(c) This study is longitudinal in nature. You would want to know how the alcohol,

e-cigarette and cigarette consumption of respondents to the study over a timespan that includes the lockdown.

(d) You might plot alcohol, e-cigarette and cigarette consumption over a timespan that includes the lockdown among different categories of respondents.

Question 2 [9 marks].

(a) We solve the equationS = = 9 →．, 一2a2b4a一一c(b)20= 0

One solution is

╱  ←b(a) ╱  ←2(1)

We normalise to give

╱←

(2/3『

The other possible answer is

╱ 一(一)←

一2/3

(b) The eigenvalues all lie on a line in the Skree diagram ansd so they are all on the mountain.

The two largest eigenvalues only take 15/18 = 0.833 ì 0.90 of the total

variance. Either way, all components are principal.

Question 3 [16 marks].

(a)    (i) The data is already ranked (although not in order from smallest to largest). The differences are We find that Eidi(2) = 22 and so

rs  = 1 一 一 1) = 0.9607

(ii) The t-statistic with 15 一 2 = 13 degrees of freedom is

(0.9607) ^13

^1 一 0.96072

The p-value 2P(Y ( 12.48077) = 1.303 × 10一8 is much less than 1% and is strong evidence to conclude that the rankings are correlated.

(b) We make a table of concordant and discordant pairs:

Totalling the columns gives nc  = 96 and nd  = 9 Thus

r = 14(一)/2 = 0.82857

Question 4 [18 marks].

(a) The density of Y is

fY (y) = 9y9 一1,    0 ì y ì 1.

The first moment is

E(Y) = (01 yfY (y) dy = (01 9y9 dy =

We set

y = E(Y) = → = 1 y一y

We find that

y = 0.92 ＋0.79 ＋0.90 ＋0.65 ＋ = 0.8

Therefore

= 1 0.一0(8).8 一 1 = 4.

The likelihood is

910 │ yi ∶9 一1 .

The log-likelihood is

10

ì = 10 ln(9) ＋ (9 一 1) E ln(yi) .

i=1

Taking derivatives:

＋ ln(yi) = 0 → = 一

(Clearly, the second derivative is negative.) We get

= 4.116

(c) The likelihood is

910 │ yi ∶9 一1 (P(Y ì 0.60))2

We calculate that

P(Y ì 0.60) = (00.60 9y9 一1 = (0.60)9

The log-likelihood is

10

ì = 10 ln(9) ＋ (9 一 1) E ln(yi) ＋29 ln(0.60)

i=1

Taking derivatives:

＋ ln(yi) ＋2 ln(0.60) = 0 → = 一

(Clearly, the second derivative is negative.) We get

= 2.8976

extra information that some data were small relative to the other data.

Question 5 [12 marks].

(a) The expectation of th estimator is

E[C(Y1 ＋Y2 ＋Y3)|   =   C (E[Y1| ＋E[Y2| ＋E[Y3|)

=   C ╱ ＋ ＋ 、

7C

=

4a .

In order for C(Y1 ＋Y2 ＋Y3) to be unbiased for 1/a we must have

C =

(b) The MSE of the the unbiased estimator we found in (a) is its variance:

C2 ╱ ＋ ＋ 、

= C2 = × =

Question 6 [9 marks].

(a) The prior is

f (p) o p4一1 (1 一 p)3一1 = p3 (1 一 p)2

The likelihood is

f (y|p) o I(p(1 一 p)yi) = p10 (1 一 p)E1 yi  = p10 (1 一 p)42

i=1

The posterior is proportional to

p3 (1 一 p) 2 × p10 (1 一 p)42 = p13 (1 一 p)44

Therefore, the posterior is Beta(14, 45) distributed.

(b) The Bayesian estimate of p under square error loss is the expectation of the  posterior. The posterior is Beta(14, 45) . Therefore, the Bayesian estimate of p under squared error loss is

14          14

14 ＋45 = 59

Question 7 [9 marks].

(a)  E[s2 (9)| is estimated by the average of the sample variances:

E[s2 (9)| = = 81.25

The sample mean of the Xi’s is:

125 ＋85 ＋140 ＋175

and the sample variance of the Xis is:

1      3

4 一 1 E(Xi 一 X)2

(125 一 131.25)2 ＋ (85 一 131.25)2 ＋ (140 一 131.25)2 ＋ (175 一 131.25)2

=

3

=   1389.583

Moreover,

1  3                              1                                     1

Z = = 0.9883

(b) The credibility estimate of the amount per claim for the coming year for

product 3 is

(1 一 0.9883) × 131.25 ＋0.9883 × 140 = 139.8977

Question 8 [15 marks].