Stochastik - KIT - Fakultät für Mathematik

Institut für Mathematische Stochastik
Universität Karlsruhe
Prof. Dr. N. Henze
WS 2001/2002
22. 03. 2002
Klausur zum Fach Stochastik“
”
für Studierende des Lehramts
Name:
Vorname:
Matrikelnummer:
Hilfsmittel sind nicht zugelassen!
Aufgabe
Punkte
Korrektor
1 (3)
2 (3)
3 (3)
4 (3)
P
(12)
Aufgabe 1 (3 Punkte)
Die Wahrscheinlichkeitsfunktion fc : IR2 → IR, c ∈ [−1/8, 1/8], eines diskreten Zufallsvektors
(X, Y ) sei gegeben durch
j
fc (j, k)
−1
1
1
8
1
8
1
+c
8
1
4
1
−c
8
1
4
0
k
1
2
und fc (j, k) ≡ 0, sonst.
a) Bestimmen Sie die Randverteilungen von X und Y .
b) Bestimmen Sie die bedingte Verteilung von Y unter der Bedingung X = 1.
c) Zeigen Sie: EX = −2c, EY = 45 , E(XY ) = −2c.
d) Für welche c sind X und Y unkorreliert?
Lösung zu Aufgabe 1
a)
j
0.5 P
fc (j, k)
−1
1
P (Y = k)
1
8
1
8
1
+c
8
1
4
1
−c
8
1
4
1
4
1
4
1
2
1
+c
2
1
−c
2
0
k
1
2
P (X = j)
1
b)
P (Y = 0 | X = 1) =
1P
P (X = 1, Y = 0)
1/8
=
,
P (X = 1)
1/2 − c
c)
EX =
P (Y = 1 | X = 1) =
P (X = 1, Y = 1)
1/8 − c
=
,
P (X = 1)
1/2 − c
P (Y = 2 | X = 1) =
P (X = 1, Y = 2)
1/4
=
.
P (X = 1)
1/2 − c
X
j · P (X = j) = (−1) · (1/2 + c) + 1 · (1/2 − c) = −2c,
j:P (X=j)>0
1P
EY
=
X
k · P (Y = k) = 5/4,
k:P (Y =k)>0
E(X · Y ) =
X
j · k · fc (j, k) = −2c.
j,k:fc (j,k)>0
d) Wegen
0.5 P
C(X, Y ) = E(X · Y ) − EX · EY =
−4c + 5c
c
=
2
2
gilt C(X, Y ) = 0 genau für c = 0; X und Y sind also genau für c = 0 unkorreliert.
Aufgabe 2 (3 Punkte)
Bei einem Spiel gewinnt oder verliert man in jeder Spielrunde einen Euro mit Wahrscheinlichkeit 1/2, wobei die einzelnen Spielrunden voneinander unabhängig sind. Z.B. sind nach zwei
Runden also die Kontostände“ +2, 0, −2 möglich. Sei Sn der Kontostand nach n Spielen.
”
a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit P (S10 = 2).
b) Zeigen Sie:
³
n ´
lim P |Sn | >
= 0.
n→∞
1000
c) Zeigen Sie:
lim P (Sn > 0) =
n→∞
1
.
2
Lösung zu Aufgabe 2
a) Sei N10 die Anzahl der gewonnenen Spielrunden in 10 Runden. Dann gilt N10 ∼
Bin(10, 1/2) und wegen {S10 = 2} = {N10 = 6} folgt
µ ¶ µ ¶10
1P
1
10
P (S10 = 2) = P (N10 = 6) =
( = 0.205).
6
2
1P
1P
P
b) Es ist Sn = nj=1 Xj , wobei P (Xj = 1) = P (Xj = −1) = 1/2 für j = 1, . . . , n gilt.
Weiter ist EXj = 0 und V (Xj ) = E(Xj2 ) = 1 für j = 1, . . . , n. Aus dem schwachen
Gesetz großer Zahlen folgt
¯
ï n
!
¯
¯
³
´
X
n
1
¯1
¯
lim P |Sn | >
= lim P ¯
Xj − EX1 ¯ >
= 0.
n→∞
n→∞
¯
¯
1000
n j=1
1000
c) Mit dem Zentralen Grenzwertsatz von Lindeberg–Lévy folgt
Ã
!
Sn − n · EX1
1
lim P (Sn > 0) = lim P p
> 0 = 1 − Φ(0) = .
n→∞
n→∞
2
n · V (X1 )
Aufgabe 3 (3 Punkte)
Es sei B := {(x, y) ∈ IR2 : 0 < x < 1, 0 < y < x2 }. Der zweidimensionale Zufallsvektor
(X, Y ) sei gleichverteilt in B.
a) Zeigen Sie, dass (X, Y ) die Dichte f (x, y) = 3 · 1B (x, y) besitzt.
b) Bestimmen Sie jeweils Dichte und Verteilungsfunktion der Randverteilung von X bzw.
Y.
c) Berechnen Sie Erwartungswert und Varianz von X.
d) Bestimmen Sie E(X · Y ).
Lösung zu Aufgabe 3
a) Der Flächeninhalt von B ist
Z
0.5 P
1
|B| =
1
,
3
x2 dx =
0
also ist f (x, y) = 1B (x, y)/|B| = 3 · 1B (x, y) die Dichte von (X, Y ).
b) Dichte und Verteilungsfunktion der Randverteilung von X sind
Z ∞
Z 1
Z x2
fX (x) =
f (x, y) dy = 3
1B (x, y) dy = 3
1 dy = 3x2 ,
−∞
1P
Z
x
FX (x) =
0
fX (t) dt = x3 ,
0 < x < 1,
0
0 < x < 1.
0
Dichte und Verteilungsfunktion der Randverteilung von Y sind
Z ∞
Z 1
Z 1
√
fY (x) =
f (x, y) dx = 3
1B (x, y) dx = 3 √ 1 dx = 3(1 − y),
y
−∞
0
µ
¶
Z y
2
fY (t) dt = 3 y − y 3/2 , 0 < y < 1.
FY (y) =
3
0
c)
Z
EX =
EX 2 =
1
x · fX (x) dx = 3
Z
1P
Z
∞
−∞
∞
0 < y < 1,
x3 dx = 3/4,
0
Z
1
x2 · fX (x) dx = 3
−∞
x4 dx = 3/5,
0
3
9
3
V (X) = EX 2 − (EX)2 = −
=
.
5 16
80
d)
0.5 P
ZZ
E(X · Y ) =
Z
1
Z
x · y · fX,Y (x, y) d(x, y) = 3
B
Z
x2
1
x · y dydx = 3
0
0
0
3
x5
dx =
.
2
12
Aufgabe 4 (3 Punkte)
Die Zufallsvariablen X1 , . . . , Xn seien stochastisch unabhängig und identisch verteilt mit
Pϑ (X1 = k) =
2·k
ϑ(ϑ + 1)
(k = 1, . . . , ϑ).
ϑ ∈ Θ := {1, 2, . . .} sei unbekannt. Zeigen Sie:
a) Der ML–Schätzer ϑ̂n für ϑ ist ϑ̂n (X1 , . . . , Xn ) = max Xj .
1≤j≤n
b) Es gilt
µ
2
Pϑ (ϑ̂n = ϑ) = 1 − 1 −
ϑ+1
¶n
.
c) ϑ̂n ist nicht erwartungstreu.
d) Die Schätzfolge (ϑ̂n )n≥1 ist konsistent für ϑ.
1P
Lösung zu Aufgabe 4
a) Mit X = (X1 , . . . , Xn ) und x = (x1 , . . . , xn ) ∈ INn ist
 µ
¶n n
Q
2


xj , falls xj ≤ ϑ ∀ j ∈ {1, . . . , n},
ϑ(ϑ + 1) j=1
Pϑ (X = x) =


0,
sonst.
Damit ergibt sich die Likelihood–Funktion zu
µ
¶n Y
½
¾
n
2
Lx (ϑ) = Pϑ (X = x) =
xj · 1 max xj ≤ ϑ .
1≤j≤n
ϑ(ϑ + 1) j=1
Für ϑ < max xj ist Lx (ϑ) = 0, für ϑ ≥ max xj ist Lx (ϑ) streng monoton fallend
1≤j≤n
1≤j≤n
und > 0.
Also liegt die Maximalstelle von Lx (ϑ) im Punkt ϑ̂n := max1≤j≤n xj , und der ML–
Schätzer für ϑ ist
ϑ̂n (X1 , . . . , Xn ) = max Xj .
1≤j≤n
b) Es ist
0.5 P
Pϑ (X1 < ϑ) = 1 − Pϑ (X1 = ϑ) = 1 −
2
ϑ+1
und somit
Pϑ (ϑ̂n = ϑ) = 1 − Pϑ (X1 < ϑ, . . . , Xn < ϑ)
µ
n
= 1 − (Pϑ (X1 < ϑ)) = 1 − 1 −
2
ϑ+1
¶n
.
c) Für ϑ ≥ 2 und n ∈ IN ist
0.5 P
³
Eϑ ϑ̂n
´
=
ϑ
X
³
k Pϑ ϑ̂n = k
k=1
´
<
ϑ
X
³
ϑ Pϑ ϑ̂n = k
´
= ϑ,
k=1
d.h. ϑ̂n ist nicht erwartungstreu.
1P
d) ϑ̂n ist konsistent, denn es gilt für jedes ε mit 0 < ε < 1:
¯
³¯
´
³
´
³
´
¯
¯
Pϑ ¯ϑ̂n − ϑ¯ ≥ ε = Pϑ ϑ − ϑ̂n ≥ 1 = Pϑ ϑ̂n ≤ ϑ − 1
¶n
µ
2
n→∞
=
1−
−→ 0 .
ϑ+1