Übungsblatt 4 zur Vorlesung Einführung in die Statistik

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Übungsblatt 4 zur Vorlesung Einführung in die
Statistik
Olivier Warin
19. Oktober 2012
Aufgabe 24 [Verteilungsfunktion]
Es sei
X
eine
Be(p)-Zufallsgrösse (p ∈ [0, 1]).
Falls man die Verteilungsfunktion von
X
als
F (a) := P [X < a]
denieren würde, würde der Graph von
F
in etwa so aussehen:
Aufgabe 25 [Zufallsgrössen und Wahrscheinlichkeit]
Sei
Z
eine
U [4, 6]-Zufallsgrösse.
Sei
f
die Dichtefunktion von
®
f (a) =
(6 − 4)−1 = 1/2,
0,
Z
P [Z ∈ [5.5, 7]]
P [Z 2 ∈ [20, 35]]
=
=
disjunkt
=
=
Z,
falls
nach Vorlesung gilt also (a
∈ R):
a ∈ [4, 6]
sonst.
7
6
Z
1/2dx = 1/4 = 0.25
f (x)dx =
5.5
5.5
√ √
√
√
P [Z ∈ [ 20, 35] oder Z ∈ [− 35, − 20]]
√
√
√ √
P [Z ∈ [ 20, 35]] + P [Z ∈ [− 35, − 20]]
Z √35
Z −√20
f (x)dx + √ f (x)dx
√
Z
20
√
35
=
√
=
1/2(
20
√
− 35
1
dx
2
35 −
√
20) =
˙ 0.7219719.
Aufgabe 26 [Ist das eine Dichte?]
Wir denieren
f :R→R
durch (x
∈ R):
®
f (x) =
Behauptung:
f
2x,
0,
falls
x ∈ [0, 1]
sonst.
ist eine Dichte einer stetigen Zufallsgrösse.
Herbstsemester 2012
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f
Beweis:
ist klar eine nichtnegative und integrierbare Funktion auf
Z
∞
−∞
Nach Denition 2.4 ist
f
Wir bezeichnen nun mit
X.
R.
Ausserdem gilt:
1
Z
2xdx = [x2 ]x=1
x=0 = 1.
f (x)dx =
tion von
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0
damit eine Dichtefunktion einer stetigen Zufallsgrösse.
X
eine stetige Zufallsgrösse mit Dichtefunktion
f.
Es sei
F
die Verteilungsfunk-
∈ R):
Wir schliessen (a


0,
f (x)dx = a2 ,

−∞

1,
Z
F (a) = P [X 6 a] =
a
a<0
06a61
a > 1.
falls
falls
falls
Weiter gilt:
P [X ∈ [0.5, 0.8]] = F (0.8) − F (0.5) = 0.39.
Aufgabe 27 [Verteilungsfunktion]
a)
X
sei exponentialverteilt; d.h. die Dichte von
X
sei
ist dabei ein reeller Parameter echt grösser Null. Sei
gilt
f (x) = λe−λx für x > 0 und gleich 0 sonst. λ
weiter FX die Verteilungsfunktion von X , nun
(a ∈ R):
Z
®
a
FX (a) = P [X 6 a] =
f (x)dx =
−∞
0,
1 − e−λa ,
falls
falls
a<0
a > 0.
b) Die Exponentialverteilung kann dazu benutzt werden Atomzerfall zu modellieren. Mit den Bezeichnungen aus a) gilt: Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Atom im Intervall
durch:
[2, 3]
zerfällt ist gegeben
a)
P [X ∈ [2, 3]] = FX (3) − FX (2) = e−2λ − e−3λ .
Mit
λ=1
oder
λ = 10
schliessen wir:
®
P [X ∈ [2, 3]] =
λ
e−2 − e−3 =
˙ 0.085548,
−20
−30
e
−e
=
˙ 2.06106 · 10−9 ,
falls
falls
λ=1
λ = 10.
λ = 10 zerfällt ein Atom aufgrund der hohen Zerfallsrate
2, also wird die Wahrscheinlichkeit, dass ein Atom während
ist die sogenannte Zerfallsrate. Bei
meistens bereits vor dem Zeitpunkt
[2, 3]
zerfällt, entsprechend kleiner.
Nach Lemma 1.3 a) gilt:
1 − FX (a) = 1 − P [X 6 a] = P [X > a]. Also steht der Ausdruck 1 − FX (a)
a ein bestimmtes Atom nicht zerfallen ist.
für die Wahrscheinlichkeit, dass bis zum Zeitpunkt
Aufgabe 28 [Sind das Verteilungen?]
a) Es sei
p ∈ (0, 1).
Behauptung: Es gilt:
P
p(1 − p)k−1 = 1.
k>1
Beweis: Es gilt:
X
X
p(1 − p)k−1 = p
k>1
b) Es sei
(1 − p)k−1 = p
k>1
X
`>0
(1 − p)`
geom.
=
Reihe
p
= 1.
1 − (1 − p)
λ ∈ R, λ > 0.
Behauptung: Es gilt:
R∞
0
λe−λx dx = 1.
Beweis: Es gilt:
Z
∞
λe−λx dx = lim
0
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y→∞
Z
0
y
x=y
λe−λx dx = lim [−e−λx ]x=0
= lim (1 − e−λy ) = 1.
λ > 0
y→∞
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y→∞
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c) Es seien
µ, σ ∈ R
mit
σ > 0.
R∞
Behauptung: Es gilt:
−∞
1
√ 1 e− 2σ2 (x−µ)
2πσ
2
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dx = 1.
t :=
Beweis: Wir führen die folgende Substitution durch:
Z
∞
√
−∞
∞
Z
2
1
1
e− 2σ2 (x−µ) dx =
2πσ
√
−∞
x−µ
σ (⇒
Z
1 2
1
e− 2 t σdt =
2πσ
dx = σdt).
∞
−∞
Damit folgt:
1 2
1
√ e− 2 t dt = 1.
2π
Aufgabe 29 [Messbarkeit]
Ω = {ω1 , ω2 }, A = {∅, Ω}
Ω → R durch
Sei
und
P
die Wahrscheinlichkeitsfunktion auf
®
X(ω) =
Nun gilt:
{ω ∈ Ω|X(ω) 6 0} = {ω2 } 6∈ A.
1,
−1,
falls
falls
X
Also ist
A.
Weiter denieren wir
X :
ω = ω1
ω = ω2 .
nicht messbar, also keine Zufallsgrösse.
Aufgabe 30 [Harmonische Reihe und Konsorten I]
a) Sei
X
eine stetige Zufallsgrösse auf dem reellen Intervall
K1 (α)
Dabei ist
α>0
ein reeller Parameter und
K1 (α)
[1, ∞).
Die Dichte sei von der Art
1
.
xα
eine Normierungskonstante.
Behauptung: Damit es sich hier wirklich um eine Dichte handelt muss gelten:
α>1
und
K(α) =
α − 1.
Beweis: Falls
α=1
gilt:
∞
Z
1
1
dx = lim
y→∞
xα
y
Z
1
1
dx = lim log y = ∞.
y→∞
x
Also ist dieser Fall unmöglich, da wir dieses Integral nicht auf
Falls
1
normieren können.
α 6= 1 gilt:
® 1
Z ∞
Z y
Å
ã
,
1
1
−α
1−α
dx = lim
x dx =
lim y
− 1 = α−1
α
y→∞
y→∞
x
1
−
α
∞,
1
1
falls
falls
α>1
α < 1.
Damit folgt die Behauptung sofort.
b) Sei
X
eine stetige Zufallsgrösse auf dem reellen Intervall
K2 (α)
Dabei ist
α>0
ein reeller Parameter und
K2 (α)
(0, 1).
Die Dichte sei von der Art
1
.
xα
eine Normierungskonstante.
Behauptung: Damit es sich hier wirklich um eine Dichte handelt muss gelten:
α < 1 und K2 (α) =
1 − α.
Beweis: Falls
α=1
gilt:
Z
0
1
1
dx = lim
y↓0
xα
Z
y
1
1
dx = lim(− log y) = ∞.
y↓0
x
Also ist dieser Fall unmöglich, da wir dieses Integral nicht auf
Falls
1
normieren können.
α 6= 1 gilt:
® 1
Z 1
Z 1
Å
ã
,
1
1
−α
1−α
dx = lim
x dx =
1 − lim y
= 1−α
α
y↓0
y↓0
x
1
−
α
∞,
0
y
falls
falls
α<1
α > 1.
Damit folgt die Behauptung sofort.
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X
c) Sei
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eine diskrete Zufallsgrösse auf den natürlichen Zahlen (ohne die Null). Die Wahrschein-
lichkeitsfunktion sei dabei von der Art
K3 (α)
Dabei ist
α>0
ein reeller Parameter und
K3 (α)
1
.
nα
eine Normierungskonstante.
Behauptung: Damit es sich hier wirklich um eine Wahrscheinlichkeitsfunktion handelt muss gel-
ten:
α > 1.
Beweis: Mit dem Beweis von a) und dem Integralkriterium folgt sofort:
Die Reihe
X 1
nα
∗
konvergiert genau dann, wenn
α > 1.
n∈N
1 normierbar, wenn α > 1. Dies bedeutet, dass K3 (α) n1α
Wahrscheinlichkeitsfunktion ist, wenn α > 1.
Also ist diese Reihe genau dann auf
dann eine
genau
Aufgabe 31 [Unabhängigkeit von Zufallsgrössen]
Seien Ω = {ω1 , ω2 }, A = P(Ω) und P : A → R die Wahrscheinlichkeitsfunktion auf A mit P [{ω1 }] =
P [{ω2 }] = 1/2.
Wir denieren weiter X, Y : Ω → R durch X(ω1 ) = −1, X(ω2 ) = 1, Y (ω1 ) = 0 und Y (ω2 ) = 2.
Da Y = X + 1 gilt klar X q Y . Konkret gilt:
P [X ∈ (0, 2), Y ∈ (1, 3)] = P [{ω2 }] = 1/2 6= 1/4 = P [{ω2 }]P [{ω2 }] = P [X ∈ (0, 2)]P [Y ∈ (1, 3)].
Seien
A, B ∈ B(R).
X(ω)2 = 1, folgt:
®
P [Y ∈ B],
2
P [X ∈ A, Y ∈ B] =
0,
Da für alle
ω∈Ω
gilt:
Weiter gilt:
®
2
P [X ∈ A] · P [Y ∈ B] =
Wir schliessen:
P [Y ∈ B],
0,
P [X 2 ∈ A, Y ∈ B] = P [X 2 ∈ A]P [Y ∈ B],
Herbstsemester 2012
falls
falls
falls
falls
also gilt:
Olivier Warin
1∈A
1 6∈ A.
1∈A
1 6∈ A.
X2 q Y .
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