Scheinklausur Stochastik 1 für Studierende des Lehramts

Name:
Universität Karlsruhe (TH)
Institut für Mathematische Stochastik
Prof. Dr. N. Bäuerle
Vorname:
Matr.-Nr.:
Scheinklausur Stochastik 1 für Studierende des
Lehramts
06. April 2006
Diese Klausur hat bestanden, wer mindestens 16 Punkte (Gewerbelehrer: 8 Punkte) erreicht.
Als Hilfsmittel sind nur zwei selbst erstellte DIN A4 Seiten sowie ein nicht programmierbarer Taschenrechner zugelassen!
Studierende der Diplom-Pädagogik (Gewerbelehrer) bearbeiten bitte nur die mit
einem * gekennzeichneten Aufgaben 1, 2 und 6.
Aufgabe
1* (8)
2* (6)
3 (8)
4 (6)
5 (6)
Punkte
Korrektor
Gesamtpunktzahl
0
Note
6* (6)
P
(40)
Aufgabe 1* (1+2+1+2+2 Punkte)
Ein Würfel wird 7–mal unabhängig nacheinander geworfen. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeiten der folgenden Ereignisse. Sie brauchen lediglich die Ergebnisse in die Felder einzutragen, der
Lösungsweg wird nicht bewertet. Der in a) vorkommende Bruch muss nicht exakt ausgerechnet
werden.
a)
Es wird nie eine 1 gewürfelt.
b)
Beim 3. und 4. Wurf wird die gleiche Augenzahl gewürfelt.
c)
Beim 3. und 4. Wurf werden unterschiedliche Augenzahlen gewürfelt
d)
Die Summe der Augenzahlen der ersten beiden Würfe ist 3.
e)
Die Summe des 5. und 7. Wurfes ist 7.
Lösung
a)
7
5
6
b)
66
7
= 61
6
c)
d)
e)
2·6 = 2 = 1
18
67
62
6 · 65 = 1
6
67
5
5
1− 1
6=6
1
Aufgabe 2* (3+3 Punkte)
Ein Textilunternehmer hat 400 Beschäftigte, darunter 240 Facharbeiter. Wegen schlechter Auftragslage wird das Werk geschlossen, wodurch außer 40 Facharbeitern und weiteren 40 Mitarbeiter alle
anderen Beschäftigten arbeitslos werden.
a) Ein Reporter befragt eine zufällig aus den 400 Beschäftigten ausgewählte Person. Untersuche,
ob die folgenden Ereignisse E und F stochastisch unabhängig sind:
E : der Befragte wird entlassen.
: der Befragte ist Facharbeiter.
F
b) Berechne die Wahrscheinlichkeit dieser Ereignisse:
A : ein Befragter, der nicht Facharbeiter ist, wird entlassen.
B : ein Befragter, der nicht entlassen wird, ist kein Facharbeiter.
Lösung:
a) Es gilt
400 − 40 − 40
= 0.8
400
240
= 0.6
P (F ) =
400
240 − 40
P (E ∩ F ) =
= 0.5,
400
P (E) =
also P (E ∩ F ) 6= P (E) · P (F ), d.h. die Ereignisse sind nicht unabhängig.
b) Es gilt
P (E) − P (E ∩ F )
0.8 − 0.5
=
= 0.75
1 − P (F )
1 − 0.6
P (F c ∩ E c )
1 − P (F ) − (P (E) − P (F ∩ E))
P (B) = P (F c |E c ) =
=
1 − P (E)
1 − P (E)
0.4 − 0.3
=
= 0.5.
0.2
P (A) = P (E|F c ) =
Beide Wahrscheinlichkeiten können auch durch scharfes Hinsehen ermittelt werden:
P (A) =
120
,
160
2
P (B) =
40
.
80
Aufgabe 3 (5+3 Punkte)
Beim Spiel Werfen von Sechsen“ werde drei gleichartige und faire Würfel gleichzeitig geworfen.
”
Jeder Würfel, der bei diesem Wurf eine 6 zeigt, bleibt liegen. Mit den anderen Würfeln wird (falls
nicht alle drei Würfel schon beim ersten Wurf eine 6 zeigen) ein zweites Mal geworfen. Dann ist
das Spiel zu Ende. Die Zufallsgröße X sei die Anzahl der bei diesem Spiel geworfenen Sechsen.
a) Berechnen Sie die Zähldichte von X auf Promille genau.
b) Max schlägt seinem Freund Otto für das Spiel Werfen von Sechsen“ folgende Regelung vor:
”
Otto zahlt an Max 2 Euro Einsatz. Tritt beim Spiel das Ereignis A= Die Würfel zeigen
”
mindestens eine Sechs“ auf, so zahlt Max an Otto den Betrag a Euro aus. Andernfalls behält
Max den Einsatz. Wie groß muss a sein, damit Max im Mittel pro Spiel 0.5 Euro gewinnt?
Rechnen Sie zur Vereinfachung mit P (A) = 23 .
Lösung:
a) X kann die Werte 0, 1, 2 und 3 annehmen. Es gilt
3 3
5
5
·
≈ 0.335,
6
6
3
2
2 2
5
1
5
1
5
5
P (X = 1) =
·3· ·
+3· ·
·
≈ 0.442,
6
6
6
6
6
6
2
2
2
3
1
5
1
5
1 5
1
5 5
5
·3·
+3· ·
·2· · +3·
· ≈ 0.195
P (X = 2) =
6
6
6
6
6
6 6
6
6 6
P (X = 0) =
P (X = 3) = 1 − P (X ≤ 2) ≈ 0.028.
b) G sei der Gewinn für Max. G nimmt dann die Werte 2 und 2 − a an und es gilt
1
P (G = 2) = P (Ac ) = 1 − P (A) = ,
3
2
P (G = 2 − a) = P (A) = .
3
Der Erwartungswert von G ist
EG = 2 ·
1
2
+ (2 − a) · .
3
3
Um EG = 0.5 zu erhalten muss also a = 2.25 gewählt werden.
3
Aufgabe 4 (2+1+2+1 Punkte)
Es sei (X, Y ) ein absolut stetiger Zufallsvektor mit Dichte
fX,Y (x, y) =
(
2 , x, y > 0, x + y ≤ 1,
0 , sonst.
a) Bestimmen Sie die Randdichten von X und Y .
b) Bestimmen Sie EX und EY .
c) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit
P
1
1
X > ,Y >
4
4
.
d) Sind X und Y unabhängig?
Lösung:
a) Die Randdichte von X (und wegen der Symmetrie auch die von Y ) ist
fY (x) = fX (x) =
Z
1−x
2 dy = 2(1 − x)
für x ∈ (0, 1).
0
b) Der Erwartungswert von X und damit auch der von Y ist also
EX =
Z
1
2x(1 − x) dx = 1 −
0
2
1
= .
3
3
c) Entweder man bestimmt die gesuchte Wahrscheinlichkeit durch eine geometrische Überlegung
(die interessierende Fläche, auf der die Dichte nicht verschwindet, beträgt 18 , multipliziert mit
der Dichte 2 ergibt eine Wahrscheinlichkeit von 14 oder man berechnet
P
1
1
X > ,Y >
4
4
=
Z
3
4
1
4
Z
1−x
2 dy dx =
1
4
Z
3
4
1
4
2
1
3
− x dx = .
4
4
d) Da die gemeinsame Dichte offensichtlich nicht das Produkt der Randdichten ist, sind X und
Y nicht unabhängig.
4
Aufgabe 5 (1+4+1 Punkte)
Gegeben sei eine Stichprobe x = (x1 , . . . , xn ) zur Gammaverteilung Pλ = Γ(2, λ) mit λ > 0 und
Dichte
f (z) = λ2 z exp(−λ z), z > 0.
Ist X ∼ Pλ , so ist µ := EX = λ2 .
a) Schreiben Sie die Dichte so um, dass sie nur noch von µ anhängt.
b) Bestimmen Sie den Maximum-Likelihood-Schätzer µ̂(x) für µ.
c) Ist dieser Schätzer erwartungstreu für µ?
Lösung:
a)
f (z) =
2
4
z exp(− z),
µ2
µ
z > 0.
b) Die Likelihood-Funktion ist für x1 , . . . , xn > 0 gegeben durch
Lx (µ) =
n
Y
f (xi ) =
i=1
n
Y
4
2
xi exp(− xi )
2
µ
µ
i=1
und die Loglikelihood-Funktion durch
log Lx (µ) = log
n
Y
i=1
n
n
Y
X
4
2
4
2
f (xi ) = log
xi exp(− xi ) =
log 2 xi exp(− xi )
2
µ
µ
µ
µ
i=1
i=1
n
X
2
=
(log 4 − 2 log(µ) + log xi − xi ).
µ
i=1
Ableiten der Loglikelihood-Funktion liefert
n
n
∂
∂ X
2
2
2 X
log Lx (µ) =
(log 4 − 2 log(µ) + log xi − xi ) = −n + 2
xi .
∂µ
∂µ
µ
µ µ
i=1
i=1
Pn
Setzt man diesen Term Null, so erhält man µ̂(x) = x̄ = n1 i=1 xi . (Überprüfen der 2.
Ableitung ergibt, dass es sich tatsächlich um eine Maximumstelle handelt.)
P
c) Wegen E µ̂(X) = n1 ni=1 EXi = µ ist dieser Schätzer erwartungstreu.
5
Aufgabe 6* (2+4 Punkte)
Betrachten Sie erneut das Spiel Werfen von Sechsen“ aus Aufgabe 3 und es sei wieder A= Die
”
”
Würfel zeigen mindestens eine Sechs“. Um drei neue Würfel zu testen wird das Spiel 500 mal unabhängig voneinander durchgeführt.
a) Formulieren Sie zu gegebenem Signifikanzniveau α einen einfachen Test für die Hypothese
H0 : P (A) = 23 gegen die Alternative H1 : P (A) 6= 23 , der die Zufallsvariable T , welche die
Anzahl der Spiele angibt, bei denen A eintritt, als Teststatistik verwendet.
b) Berechnen Sie einen möglichst großen Ablehnungsbereich [0, k1 ] ∪ [k2 ; 500], so dass die Hypothese H0 : P (A) = 23 in jedem Teilbereich mit höchstens 2.5% Wahrscheinlichkeit irrtümlich
abgelehnt wird. Verwenden Sie eine Normalverteilungsapproximation.
Wichtige Werte der Standardnormalverteilung:
α
Φ−1 (α)
0.9
1.2816
0.95
1.6449
0.975
1.9600
0.99
2.3264
0.995
2.5758
Lösung:
a) H0 sollte abgelehnt werden, wenn T zu groß oder zu klein ist, also
(
1 , T ≤ k1 oder T ≥ k2
ϕ(T ) =
0 , sonst.
k1 und k2 sind dabei so zu bestimmen, dass die Fehlerwahrscheinlichkeit 1. Art höchstens α
beträgt, also
P 2 ({T ≤ k1 } ∪ {T ≥ k1 }) ≤ α.
3
P500
b) Schreibt man T := i=1 Xi mit Xi := 1Ai und Ai = Die Würfel zeigen mindestens eine Sechs
”
im i-ten Wurf“, so sind die Xi unabhängig und identisch Bin(1, P (A))-verteilt. Unter H0 gilt
also ET = 500 · 23 und V ar(T ) = 500 · 23 · 13 . Unter Verwendung der Normalverteilungsapproximation erhalten wir


k1 − 500 · 23
k − 1000
 ≤ 0.025 ⇔ 1q 3 ≤ −1.96 ⇒ k1 ≤ 312
P 2 (T ≤ k1 ) ≈ Φ  q
3
1000
500 · 23 · 13
9


2
k2 − 1 − 500 · 3
 ≤ 0.025
P 2 (T ≥ k2 ) = P 2 (T > k2 − 1) ≈ 1 − Φ  q
3
3
2 1
500 · 3 · 3


k2 − 1 − 1000
k2 − 1 − 1000
3 
3
q
q
≥ 0.975 ⇔
≥ 1.96 ⇒ k2 ≥ 355.
⇔ Φ
1000
9
1000
9
Es ergibt sich der (maximale) Ablehnungsbereich [0, 312] ∪ [355, 500].
6