¨Ubung zur Vorlesung Statistik I WS 2012

Übung zur Vorlesung Statistik I
WS 2012-2013
Übungsblatt 5
19. November 2012
Aufgabe 13 (4 Punkte): Sei X eine Zufallsvariable, für die Erwartungswert
und Varianz existieren.
Zeigen Sie, dass für beliebiges a ∈ IR
A
E(X + a) = E(X) + a und
B
Var(X + a) = Var(X)
gelten.
Hinweis: Leiten Sie die beiden Gleichungen einmal für diskrete Zufallsvariablen (Zufallsvariablen auf endlichen oder abzählbar unendlichen Wahrscheinlichkeitsräumen) und dann für stetig auf IR verteilte Zufallsvariablen her.
Lösung:
A
(a) X ist eine Zufallsvariable auf einem diskreten Wahrscheinlichkeitsraum Ω.
X
E(X + a) =
(X(ω) + a)P(ω) =
ω∈Ω
=
X
X(ω)P(ω) + a
ω∈Ω
X
P(ω)
ω∈Ω
| {z }
=1 Normierung!
= E(X) + a
(b) Für ein stetig verteiltes X mit Dichte φ auf IR gilt:
Z ∞
E(X + a) =
(X(t) + a)φ(t) dt =
−∞
Z
∞
=
Z
∞
X(t)φ(t) dt + a
−∞
−∞
|
φ(t) dt
{z }
=1 Normierung!
= E(X) + a
B
(a) X ist eine Zufallsvariable auf einem diskreten Wahrscheinlichkeitsraum Ω.
X
Var(X + a) =
(X(ω) + a − E(X + a))2 P(ω) =
ω∈Ω
=
X
(X(ω) + a − E(X) − a)2 P(ω) =
ω∈Ω
=
X
(X(ω) − E(X))2 P(ω) =
ω∈Ω
= Var(X)
(b) Für ein stetig verteiltes X mit Dichte φ auf IR gilt:
Z ∞
Var(X + a) =
(X(t) + a − E(X + a))2 φ(t) dt =
Z−∞
∞
(X(t) + a − E(X) − a)2 φ(t) dt =
=
Z−∞
∞
=
(X(t) − E(X))2 φ(t) dt =
−∞
= Var(X)
Aufgabe 14 (2 Punkte): Sei X eine Zufallsvariable, für die Erwartungswert
und Varianz existieren.
Zeigen Sie, dass die zugehörige standardisierte Zufallsvariable
X − E(X)
Z= p
Var(X)
Erwartungswert 0 und Varianz 1 hat.
Hinweis: Benutzen Sie die Rechenregeln für Erwartungswert und Varianz (Begleitfolien zur Vorlesung S. 154-155) und die Ergebnisse von Aufgabe 13.
Lösung:
A
Erwartungswert von Z:
!
X − E(X)
1
p
=p
E (X − E(X)) =
Var(X)
Var(X)
1
(E(X) − E(X)) = 0
= p
Var(X)
E(Z) = E
B
Varianz von Z:
Var(Z) = Var
X − E(X)
p
Var(X)
!
=
1
Var (X − E(X)) =
Var(X)
1
Var(X) = 1
Var(X)
=
Aufgabe 15 (6 Punkte): Seien
2/t2 für t > 2
0
sonst
8/t3 für t > 2
.
0
sonst
φ1 (t) =
und
φ2 (t) =
zwei Funktionen auf IR.
A
Zeigen Sie, dass φ1 und φ2 Dichten zweier stetiger Wahrscheinlichkeitsverteilungen auf IR sind.
Hinweis: Sie müssen nur zeigen, dass φ1 und φ2 die Normierungsbedingung erfüllen.
B
Berechnen Sie die Verteilungsfunktionen F1 und F2 für φ1 und φ2 .
C
Plotten Sie die Graphen der Verteilungsfunktionen F1 und F2 im Bereich
(−2, 12).
Hinweis: Implementieren Sie F1 und F2 in R Funktionen und benutzen
Sie dann plot. Die Funktionen müssen so implementiert werden, dass
Vektoren als Argumente zulässig sind. Sie können die beiden Graphen in
zwei oder in ein Diagramm zeichnen.
D
Sei X1 eine Zufallsvariable, die gemäß F1 verteilt ist. Zeigen Sie, dass für
X1 kein Erwartungswert existiert.
E
Sei X2 eine gemäß F2 verteilte Zufallsvariable. Berechnen Sie den Erwartungswert E(X2 ) und zeigen Sie, dass die Varianz von X2 nicht existiert.
Lösung:
A (1 Punkt) φ1 und φ2 sind nicht negativ und es gelten
∞
Z ∞
Z ∞
2
2
φ1 (t) dt =
dt = −
=1
2
t
t 2
−∞
2
und
Z
∞
Z
φ2 (t) dt =
−∞
2
∞
∞
8
4
dt = − 2
= 1.
t3
t 2
B (1 Punkt)
Z
x
x
Z
φ1 (t) dt =
F1 (x) =
−∞
2
x 2
2
1 − 2/x für x > 2
dt = −
=
2
0
sonst
t
t 2
und
Z
x
φ2 (t) dt =
F2 (x) =
−∞
C (2 Punkte) >
+
+
+
+
+
+
+
>
+
+
+
+
+
+
+
>
Z
2
x
x 8
4
1 − 4/x2 für x > 2
dt
=
−
=
0
sonst
t3
t2 2
F1 <- function(x){
n <- length(x)
ERG <- numeric(n)
for(i in 1:n)
if(x[i]>2) ERG[i] <- 1-2/x[i] else ERG[i] <- 0
return(ERG)
}
F2 <- function(x){
n <- length(x)
ERG <- numeric(n)
for(i in 1:n)
if(x[i]>2) ERG[i] <- 1-4/x[i]^2 else ERG[i] <- 0
return(ERG)
}
plot(F1,-2,12, ylim=c(0,1))
1.0
0.8
0.6
0.0
0.2
0.4
F1(x)
−2
0
2
4
6
x
> plot(F2,-2,12, ylim=c(0,1))
8
10
12
1.0
0.8
0.6
0.0
0.2
0.4
F2(x)
−2
0
2
4
6
8
10
12
x
>
>
>
>
x <- seq(-2,12,length=1000)
plot(F1,-2,12,col="blue", ylim=c(0,1))
points(x=x,y=F2(x), col="red",type="l")
legend("bottomright", lwd=1,col=c("blue","red"), legend=c("F1","F2"))
1.0
0.8
0.6
0.2
0.4
F1(x)
0.0
F1
F2
−2
0
2
4
6
8
10
12
x
D (1 Punkt)
Z
∞
E(X1 ) =
Z
∞
tφ1 (t) dt =
−∞
2
2
dt = [2 log(t)]∞
2 = ∞
t
⇒ E(X1 ) existiert nicht.
E (1 Punkt)
Z
∞
Z
tφ2 (t) dt =
E(X2 ) =
−∞
E(X22 )
2
∞
∞
8
1
8
dt = 8 −
= =4
2
t
t 2
2
2
Da Var(X2 ) =
− E(X2 ) gilt und E(X2 ) existiert, hat X2 genau
dann eine Varianz, wenn E(X22 ) existiert.
Z ∞
Z ∞
8
2
2
t φ2 (t) dt =
E(X2 ) =
dt = 8 [log(t)]∞
2 = ∞.
t
−∞
2
Daraus folgt, dass X2 keine Varianz hat.
Aufgabe 16 (2 Punkte): Ein fairer Würfel wird n mal geworfen.
Berechnen Sie mit R für
A
n = 60 und
B
n = 6000
die Wahrscheinlichkeit, dass die Anzahl k der Einser um mehr als 10% vom
Erwartungswert abweicht. Berechnen Sie in A den exakten Wert und benutzen
Sie in B die Näherung des Zentralen Grenzwertsatzes.
Lösung:
A
Bei n = 60 unabhängigen Würfen werden 10 Einser erwartet. Es muss
also die Wahrscheinlichkeit für weniger als 9 oder mehr als 11 Einser
berechnet werden:
> pbinom(8,size=60,prob=1/6)+(1-pbinom(11,size=60,prob=1/6))
[1] 0.6041029
B
Bei n = 6000 unabhängigen Würfen werden 1000 Einser erwartet. Es
muss die Wahrscheinlichkeit für k < 900 oder k > 1100 berechnet werden.
> pnorm((899-1000)/sqrt(6000*1/6*5/6)) +
+ (1-pnorm((1100-1000)/sqrt(6000*1/6*5/6)))
[1] 0.0004997315
Schicken Sie Ihre Lösung bis spätestens Sonntag, den 25.11.2012 direkt an
Ihre(n) Tutor(in):
[email protected] (Franziska Metge).
[email protected] (Stina Richter)
[email protected] (Ivo Parchero)