Uebungsblatt7_Loesung

7. Übung zur Vorlesung
Stochastik I
Wintersemester 2011/2012
Aufgabe 1. Der Zufallsvektor (X, Y ) sei gleichverteilt auf dem Einheitskreis B :=
{(x, y) : x2 + y 2 ≤ 1}, d. h., für die gemeinsame Dichte f (x, y) gilt f (x, y) = 1/π
falls (x, y) ∈ B und f (x, y) = 0 sonst.
(a) Berechnen Sie die Dichten fX und fY von X bzw. Y .
(b) Sind X und Y unabhängig?
(c) Was ändert sich, wenn man anstatt des Einheitskreises das Einheitsquadrat A :=
{(x, y) : 0 ≤ x, y ≤ 1} betrachtet?
Lösung.
√
√
(a) Für festes x ∈ [−1, 1] gilt f (x, y) = 1/π falls y ∈ − 1 − x2 , + 1 − x2 gilt und
sonst f (x, y) = 0. Folglich gilt für die Dichtefunktion fX
√
Z
fX (x) =
Z
f (x, y) dy =
R
1−x2
√
− 1−x2
√
2 1 − x2
1
dy =
π
π
für x ∈ [−1,
√ 1] und sonst fX (x) = 0. Aus Symmetriegründen erhalten wir analog
2 1−y 2
fY (y) =
für y ∈ [−1, 1] und sonst fY (y) = 0.
π
(b) Nein, sie sind nicht unabhängig. Denn zum Beispiel gilt f (x, y) = 1/π, jedoch
fX (0) = fY (0) = π2 , folglich gilt 1/π = f (x, y) 6= fX (x)fY (y) = 2/π 2 .
(c) Es gelte für die gemeinsame Dichtefunktion f (x, y) = 1 für x, y ∈ [0, 1] und sonst
f (x, y) = 0. Es folgt also
Z
fX (x) =
1
1
Z
f (x, t) dt = 1 =
0
f (t, y) dt = fY (y)
∀x, y ∈ [0, 1]
0
und sonst gilt fX (x) = fY (y) = 0. Somit sind X und Y dann auch unabhängig. Es
gilt ja f (x, y) = fX (x)fY (y) für alle x, y ∈ R.
Aufgabe 2. Sei X gleichverteilt auf [0, 1] und Y = X − 0.5.
(a) Bestimmen und zeichnen Sie die Verteilungs- und Dichtefunktion von Y .
(b) Finden Sie eine Zufallsvariable Z, so dass Y und Z unkorreliert aber nicht unabhängig sind.
1
Lösung.
(
1
(a) Sei fX (x) =
0
x ∈ [0, 1]
die Dichtefunktion von X. Dann gilt
sonst
(
f g −1 (y)
1 x ∈ [−0.5, 0.5]
fY (y) = 0 −1 =
g g (y)
0 sonst
mit g(x) = x − 0.5.
fY (y)
fY (y)
−0.5
y
0.5


0
Ry
Es folgt auch FY (y) = −∞ fY (t) dt = x + 0.5


1
x ∈ [−∞, −0.5]
x ∈ [−0.5, 0.5] .
x ∈ [0.5, ∞]
FY (y)
FY (y)
−0.5
0.5
y
R 0.5
(b) Setze Z = Y 2 . Dann gelten E(Y ) = −0.5 y dy = 0 und E(Y Z) = E(Y 3 ) =
R 0.5 3
1 1
1
−0.5 y dy = 4 ( 8 − 8 ) = 0 = E(Y )E(Z). Somit sind Z und Y unkorelliert. Es
1
1
1
gilt aber P Y > 4 ∧ Y 2 < 16
= P(∅) = 0 trotz P(Y > 14 ) = 14 und P(Y 2 < 16
) = 12 .
Aufgabe 3. Die Wartezeit bei einer Telefon-Hotline sei exponentialverteilt mit einem
Erwartungswert von 10 Minuten.
(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit mindestens 5 Minuten warten zu müssen?
(b) Angenommen man hat bereits 5 Minuten gewartet. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit noch einmal 5 Minuten warten zu müssen?
2
(c) Angenommen, man ruft mit einem zweiten Telefon gleichzeitig bei einer weiteren
Hotline an, die eine exponentialverteilte Wartezeit mit Erwartungswert 8 Minuten
hat und unabhängig von der ersten Hotline funktioniert. Wie groß ist nun die Wahrscheinlichkeit mindestens 5 Minuten warten zu müssen bis zumindest einer der beiden Anrufe beantwortet wird? Was ist die durchschnittliche Wartezeit bis zur ersten
Antwort?
Lösung.
(a) Sie X also exponentialverteilt zum Erwartungswert 10. Es gilt also P(X < x) =
1
1
1 − e− 10 x . Dann gilt P(X ≥ 5) = e− 10 ·5 = √1e ∼ 0.607 (60.7%).
(b) Die Exponentialverteilung ist gedächtnislos. Folglich gilt P(X ≥ 10 | X ≥ 5) =
√
P(X ≥ 5) = 1/ e.
(c) Sei Z = min(X, Y ). Dann ist P(Z ≥ x) = P(X ≥ x ∧ Y ≥ x) = P(X ≥ x)P(Y ≥
1
1
9
x) = e− 10 x e− 8 x = e− 40 x Somit ist Z exponentialvertielt zum Eigenwert E(Z) =
40
9 ∼ 4.44.
Aufgabe 4.
(a) Die Zufallsvariablen X und Y seien unabhängig standardnormalverteilt. Zeigen Sie,
dass dann auch die Summe X +Y normalverteilt ist. Bestimmen Sie Erwartungswert
und Varianz von X + Y .
(b) Eine bestimmte Schraube lässt sich nur dann gut in ein entsprechendes Gewinde
schrauben, wenn die Differenz Y = X2 − X1 aus Gewindedurchmesser X2 und
Schraubendurchmesser X1 betragsmäßig kleiner als 1mm ist. Die Qualitätssicherung
einer Autofirma hat festgestellt, dass der Durchmesser der extern bestellten Schrauben normalverteilt mit µ1 = 20.2mm und σ1 = 0.5mm ist. Die normalverteilten Gewindedurchmesser haben einen Erwartungswert von µ2 = 20mm und eine Streuung
von σ2 = 0.5mm. Wie groß ist der Anteil der Schrauben, die sich gut einschrauben
lassen?
Lösung.
(a) Es gilt
Z
∞
fX (t)fY (x − t) dt
fX+Y (x) =
−∞
∞
1 2
1
1
2
e− 2 t e− 2 (x−t) dt
2π −∞
Z ∞
1
1
2
2
e− 2 (2t −2xt+x ) dt
=
2π −∞
2
√
Z ∞
1
1
1 2
√
−
2t−
x
+
x
1
2
2
=
e 2
dt
2π −∞
Z
1 − 1 x2 ∞ − 12 √2t− √1 x 2
2
=
e 4
e
dt
2π
−∞
Z
=
3
Nun substituieren wir s =
√
2t −
√1 x.
2
Es folgt dt =
√1
2
ds und somit
Z ∞
1 2
1 − 1 x2 1
4
fX+Y (x) =
·√
e− 2 s ds
e
2π
2 −∞
1 − 1 x2 1 √
=
e 4 · √ 2π
2π
2
2
1
1
− 2 √x
2
=√ √ e
.
2 2π
Nun ist X
√ + Y√also normalverteilt zum Eigenwert µX+Y = 0 und zur Streuung
σX+Y = 2 = 1 + 1.
2 )
(b) Ganz analog zur Aufgabenstellung (a) lässt sich für unabhängige X ∼ N (µX , σX
2
2
2
2
und Y ∼ N (µY , σY ) die Relation aX + Y ∼ N (aµX + µY , a σX + σY ) zeigen.
In unserem Fall ist X = X1 ∼ N (20.2, 0.25) und Y = X2 ∼ N (20, 0.25). FolglichR ist X2 − X1 ∼ N (−0.2, 0.5). Nun erhalten wir P(−1 ≤ X2 − X1 ≤ 1) =
1 −(x+0.2)2
√1
e
dx ∼ 0.83. Somit sind ca. 83% der Schrauben in Ordnung.
π −1
4