Lösungsvorschlag zur Klausur vom 11.10.2013

Zulassungsprüfung Stochastik, 11.10.13
Wir gehen stets von einem Maßraum (Ω, A, µ) bzw. einem Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A, P) aus. Die Borel σ-Algebra auf Rn wird mit B n bezeichnet, das
Lebesgue Maß auf Rn wird mit λn bezeichnet.
Sollten Ihnen in Teilaufgaben Ergebnisse fehlen, dann treffen Sie eine plausible
Annahme dafür.


0
Aufgabe 1 (18 Punkte) Sei F : R −→ R, F (x) = 1 − e−x


2 − e−x
1
µ sei das von F erzeugt Maß auf B , also
falls x < 0
falls x ∈ [0, 1) .
falls x ≥ 1
µ((−∞, a]) = F (a) für a ∈ R.
(a) Zeichnen Sie F .
R
(b) Wir betrachten die Maße µ1 , µ2 auf B 1 mit µ1 = δ1 und µ2 (A) = A e−x 1[0,∞) (x) dx,
A ∈ B 1 . Beweisen Sie, dass µ = µ1 + µ2 gilt.
R
(c) Bestimmen
SieR R x dF (x).R Sie können ohne Beweis verwenden, dass wegen
R
(b) R h dµ = R h dµ1 + hR dµ2 für alle integrierbaren Funktionen h :
R −→ R gilt.
(d) Besitzt µ eine Dichte? Begründen Sie ihre Antwort.
Aufgabe 2 (18 Punkte)
Die Zufallsvariable X : Ω −→ (0, ∞) sei der Wert eines Anfangskapitals x0 > 0
X
nach dem Ablauf eines Jahres. Die Rendite ist durch R =
− 1 definiert. Wir
x0
2
gehen davon aus, dass ln(R + 1) ∼ N (µ, σ ).
(a) Beweisen Sie, dass P (R ≤ r) = Φ ln(r+1)−µ
gilt. Φ ist hierbei die Verσ
teilungsfunktion der Standardnormal-Verteilung.
(b) Bestimmen Sie für µ = 0, 1 und σ 2 = 0, 0081 die Wahrscheinlichkeit, dass
die Rendite R
(i) unter 0,08
(ii) über 0,12
(iii) zwischen 0,08 und 0,12
liegt.
(c)
(i) Bestimmen Sie die Betrag k0 ∈ R der notwendig ist, damit mit einer
Wahrscheinlichkeit von ε ∈ (0, 1) der Wert X + k0 den Wert x0 nicht
unterschreitet.
(ii) Was ergibt sich für k0 in (i) mit ε = 0, 99, µ = 0, 1 und σ 2 = 0, 0081?
Aufgabe 3 (18 Punkte)
Gegeben seien die Zufallsvariablen N : Ω −→ N0 und Θ : Ω −→ (0, ∞). Es gelte
Θ ∼ Γ(α, α) für α > 0. Sei λ > 0.
Für gegebenes ϑ > 0, sei N ∼ Poi(λϑ), d.h. N gegeben Θ = ϑ besitzt die
(λϑ)k
.
bedingte Dichte f (·|ϑ) : N0 −→ [0, 1) mit f (k|ϑ) = e−λϑ
k!
1
(a) Bestimmen E(N |Θ) und Var(N |Θ).
(b) Bestimmen E(N ) und Var(N ).
α
gilt. Hinweis: es gilt für x > 0,
(c) Beweisen Sie, dass N ∼ N B α, α+λ
n ∈ N0 , α > 0
Z∞
x+n−1
Γ(x) Γ(x + n)
=
tx−1 e−αt dt = x ,
α
Γ(x)n!
n
0
(d) Bestimmen Sie Cov(N, Θ). Sind N und Θ unabhängig?
Aufgabe 4 (18 Punkte)
Sei X : Ω −→ (0, ∞) eine Zufallsvariable mit ln(X) ∼ N (µ, 1). Es gilt somit
P (X ≤ x) = Φ (ln x − µ) für x > 0, wobei Φ die Standardnormalverteilung ist.
(a) Beweisen Sie, dass die Dichte von X gegeben ist durch f : R −→ [0, ∞),

 √1 exp − 1 (µ − ln x)2
x>0
2
f (x) = x 2π

0
sonst.
(b) Bestimmen Sie einen Maximum Likelihood Schätzer von µ für unabhängig
und identisch verteilte X1 , . . . , Xn ∼ X.
(c) Ist der Schätzer aus (b) erwartungstreu? Begründen Sie Ihre Antwort.
Aufgabe 5 (18 Punkte)
Gegeben sind je 10 unabhängige Realisierungen u1 , . . . , u10 bzw. v1 , . . . , v10 von
N (µ1 , σ12 ) bzw. N (µ2 , σ22 ) verteilten Zufallsvariablen (stetige Renditen zweier
unabhängiger Wertpapiere):
Die Mittelwerte der Daten sind u = 0, 189 bzw. v = 0, 145, die empirischen
Varianzen s2u = 0, 049 bzw. s2v = 0, 118.
(a) Wird die Hypothese H0 : µ1 = 0, 05 zu einem Niveau von 5% verworfen?
(b) Bestimmen Sie 95 % - Schätzintervalle für σ12 .
(c) Nach einem vorab durchgeführten Test kann man in der Folge davon ausgehen, dass σ12 = σ22 gilt. Wird die Hypothese µ1 ≥ µ2 für ein Signifikanzniveau von 5 % verworfen?
(d) Obige Daten sind das Ergebnis von Simulationen mit µ1 = 0, 05, µ2 = 0, 07
und σ12 = σ22 = 0, 06.
(i) Seien U1 , . . . , U10 ∼ N (0, 05; 0, 06), V1 , . . . , V10 ∼ N (0, 07; 0, 06) und
U1 , . . . , V10 unabhängig. Seien U bzw. V der Mittelwert der Ui bzw.
Vi . Bestimmen Sie P (U > V ).
(ii) Kommentieren Sie die obigen Ergebnisse in (a) und (c). Verwenden
Sie dazu auch (i).
2
Lösungsvorschläge
Aufgabe 1 [(a) 3 Punkte, (b) 7, (c) 6, (d) 2]
Zu (a)
y
2
b
1
1
2
3
4
x
Zu (b)
Es reicht zu zeigen, dass für alle a ∈ R
F (a)
=
=
µ1 ((−∞, a]) + µ2 ((−∞, a])
Z a
e−x 1[0,∞) (x) dx
δ1 ((−∞, a]) +
−∞
gilt, da E
1. Fall:
2. Fall:
3. Fall:
Zu (c)
= {(−∞, a]|a ∈ R} ein ErzeugerR von B 1 ist.
a
a < 0:
δ1 ((−∞, a]) = 0, R−∞ e−x 1[0,∞) (x) dx = 0.
a
0 ≤ a < 1: δ1 ((−∞, a]) = 0, R−∞ e−x 1[0,∞) (x) dx = 1 − e−a .
a
1 ≤ a:
δ1 ((−∞, a]) = 1, −∞ e−x 1[0,∞) (x) dx = 1 − e−a .
Z
x dF (x) =
R
Z
x dδ1 (x) +
R
Z
∞
xe−x dx = 1 + 1 = 2,
0
da das zweite Integral der mittleren Gleichung der Erwartungswert einer Exp(1)verteilten Zufallsvariablen ist.
Zu (d)
µ besitzt keine Dichte, da F nicht stetig ist.
Aufgabe 2 [(a) 4, (b) 6, (c,i) 6, (c,ii) 2]
Zu (a)
P (R ≤ r)
=
P (ln(R + 1) ≤ ln(r + 1)) = Φ
ln(r + 1) − µ
σ
.
Zu (b)
Da ln(1 + R) stetig verteilt ist gilt
ln(1, 08) − 0, 1
(i)
P (R < 0, 08) = Φ
≈ Φ(−0, 26) = 1 − Φ(0, 26) = 0, 3974
0, 09
ln(1, 12) − 0, 1
(ii)
P (R > 0, 12) = 1 − Φ
≈ 1 − Φ(0, 15) = 0, 4404
0, 09
(iii)
P (0, 08 ≤ R ≤ 0, 12) = P (R ≤ 0, 12) − P (R ≤ 0, 08) ≈ 0, 5596 − 0, 3974 = 0, 1622.
3
Zu (c)
(i) Sei ε > 0. Gesucht ist k0 mit P (X + k0 ≥ x0 ) = ε.
k0
k0
X
+
≤1 =P R≤−
P (X + k0 ≥ x0 ) = 1 − P (X + k0 ≤ x0 ) = 1 − P
x0
x0
x0
!
k0
ln(1 − x0 ) − µ
= 1−Φ
σ
Aus P (X + k0 ≥ x0 ) = ε folgt
k0
ln 1 −
x0
k0
=
µ + u1−ε σ
=
(1 − exp(µ + u1−ε σ)) x0 .
wobei u1−ε das 1 − ε Quantil der Standardnormalverteilung ist.
(ii) Mit ε = 0, 99 ergibt sich u0,01 = −u0,99 = −2, 33, damit k0 = 0, 1039x0 .
Aufgabe 3 [(a) 3, (b) 4, (c) 6, (d) 5]
(a)
(b)
E(N |Θ) = λΘ, Var(N |Θ) = λΘ
E(N ) = E(E(N |Θ)) = E(λΘ) = λE(Θ) = λ
Var(N ) = E(Var(N |Θ)) + Var(E(N |Θ)) = λE(Θ) + Var(λΘ)
1
= λ + λ2 Var(Θ) = λ + λ2 .
α
Zu (c)
Sei fΘ die Dichte der Γ(α, α)-Verteilung. Es gilt
(λϑ)k αα α−1 −αϑ
ϑ
e
dϑ =
k! Γ(α)
0
R
Z
αα λk Γ(α + k)
αα λk ∞ −(λ+α)ϑ k+α−1
=
e
ϑ
dϑ =
=
Γ(α) k! 0
Γ(α)k! (α + λ)α+k
α k
λ
α+k−1
α
=
α+λ
α+λ
k
α
also N ∼ N B α, α+λ
.
Zu (d)
P (N = k)
Cov(N, Θ)
=
=
=
=
Z
f (k|ϑ)fΘ (ϑ) dϑ =
Z
∞
e−λϑ
E(N Θ) − E(N )E(Θ) = E(E(N Θ|Θ)) − λ = E(ΘE(N |Θ)) − λ =
E(ΘλΘ) − λ = λE(Θ2 ) − λ = λ(Var(Θ) + E(Θ)2 − 1) =
λ
> 0.
α
N und Θ sind nicht unabhängig, da sie wegen Cov(N, Θ) > 0 positiv korreliert
sind.
4
Aufgabe 4[(a) 5, (b) 8, (c) 5]
Zu (a)
Sei x > 0. Es gilt
d
1
d
P (X ≤ x) =
Φ (ln x − µ) = ϕ (ln x − µ) = f (x)
dx
dx
x
wobei ϕ die Dichte der Standardnormalverteilung ist.
Zu (b)
n
Y
=
L(µ)
i=1
xi
1
√
1
exp − (µ − ln xi )2
2
2π
ℓ(µ)
:=
ln L(µ) =
d
ℓ(µ)
dµ
=
−
ℓ′′ (µ)
=
−n < 0
ℓ′ (µ̂)
=
0 =⇒ µ̂ =
n
X
i=1
n
X
n
√
1X
2
− ln(xi 2π) −
(µ − ln xi )
2
i=1
i=1
(µ − ln xi )
n
1X
ln xi .
n i=1
n
Somit ist µ̂ =
1X
ln Xi ML-Schätzer.
n i=1
Zu (c)
Da ln Xi ∼ N (µ, 1) gilt
n
E(µ̂) =
1X
E(ln Xi ) = µ,
n i=1
und somit ist µ̂ erwartungstreu.
Aufgabe 5 [(a) 4, (b) 4, (c) 4, (d,i) 4, (d,ii) 2]
Zu (a)
Zu prüfen ist die Nullhypothese H0 : µ1 = 0, 05 gegen H1 : µ1 6= 0, 05. Da die
Varianz unbekannt
ist, wird√der t-Test verwendet. Die Wert der Testgröße ist
√
√
√2
n = 0,189−0,05
10 = 1, 986 und wegen t9;0,975 = 2, 262 wird H0
t = u−0,05
0,049
su
nicht verworfen.
Zu (b)
"
#
(n − 1)s2u (n − 1)s2u
Es ergibt sich aus
,
, und den Quantilen der χ29 -Verteilung
χ2n−1, α χ2n−1,1− α
2
2
χ29;0,975 = 19, 023, χ29;0,025 = 2, 7 das Schätzintervall
9 · 0, 049 9 · 0, 049
= [0, 023; 0, 163].
,
19, 023
2, 7
Zu (c)
5
Es wird der einseitige, zwei Stichproben t-Test verwendet. Als Testgröße ergibt
sich
r
v − u 10 · 10
9 · s2u + 9 · s2v
= −0, 34 mit s2 =
= 0, 084,
s
10 + 10
10 + 10 − 2
somit wird H0 : µ1 ≥ µ2 wegen −1, 17 < t18;0,95 = 1, 734 nicht verworfen.
Zu (d)
(i) Wegen der Unabhängigkeit der U1 , . . . , V10 sind U , V unabhängig, es gilt
U ∼ N (µ1 ; 0, 1σ 2 ) und V ∼ N (µ2 ; 0, 1σ 2 ) und V − U ∼ N (µ2 − µ1 ; 0, 2σ 2 ) =
N (0, 02; 0, 012). Damit folgt
−0, 02
≈ 1 − Φ(0, 18) = 0, 4286.
P (U > V ) = P (V − U ≤ 0) = Φ √
0, 012
(ii) In etwa 43 % der Simulationen bzw. Realisationen wird der Mittelwert der
Ui größer sein als der Mittelwert der Vi . Im vorliegenden Fall, ist dies eingetreten. In (a) und (c) werden die Hypothesen fälschlicherweise nicht verworfen.
Das ist der Fehler zweiter Art. Bei den Hypothesentests wird hingegen nur die
Wahrscheinlichkeit des Fehlers erster Art auf 5 % beschränkt.
6