Musterlösung für die Klausur zur Vorlesung Stochastik I im WiSe

Musterlösung für die Klausur zur Vorlesung
Stochastik I im WiSe 2014/2015
Teil I
wahr
falsch
Aussage
x
Gilt E[XY ] = E[X]E[Y ] für zwei Zufallsvariablen X und Y mit endlicher
Varianz, so sind X und Y unabhängig.
Für eine reelle Zufallsvariable X mit Verteilungsfunktion F gilt P(X = x0 ) =
0 genau dann, wenn F stetig bei x0 ist.
x
x
Für zwei reelle Zufallsvariable X, Y gilt stets cov(X, Y ) > 0.
x
Die Dichtefunktion einer Zufallsvariablen nimmt nur Werte zwischen Null
und Eins an.
Die Anzahl der Elemente einer endlichen σ-Algebra ist immer eine Zweierpotenz.
x
x
Es gibt reellwertige Zufallsvariable mit P(X ∈ [−0.5, 2]) = 0.9 und P(X ≥
−1) = 0.88.
Es gilt Var(X) ≤ E(X 2 ).
x
x
Es gilt Xn → X in Verteilung genau dann, wenn |Xn −X| → 0 in Verteilung.
x
Für zwei Zufallsvariable X, Y gilt: Aus E(|X − Y |) = 0 folgt P(X = Y ) = 1.
x
Für eine Menge von Ereignissen A1 , ..., An gilt P(A1 ∪...∪An ) ≤
1
Pn
k=1 P(Ak ).
Teil II
Aufgabe 1 (3+3=6 Punkte)
Die Wahrscheinlichkeit, dass in ihrem Lieblingssender an einem Sonntag Orgelmusik ertönt,
beträgt 20%. An jedem anderen Wochentag beträgt sie 5%. Sie wissen nicht, welcher Wochentag
ist und schalten das Radio ein.
a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Orgelmusik ertönt?
b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Sonntag ist, wenn Sie anschalten und keine
Orgelmusik ertönt?
Lösung: Eine geeignete Grundmenge ist gegeben durch
Ω = {(O, S), (O, S̄), (Ō, S), (Ō, S̄)},
wobei O (bzw. Ō) für Orgelmusik (bzw. nicht Orgelmusik) steht und S (bzw. S̄) für Sonntag
(bzw. nicht Sonntag).
a) Nach dem Satz der totalen Wahrscheinlichkeit gilt
P(O) = P(O|S) · P(S) + P(O|S̄) · P(S̄)
1 6
1 1
· +
·
=
5 7 20 7
1
=
( ≈ 0.071) .
14
b) Mit dem Satz von Bayes gilt
P(S|Ō) =
=
=
=
P(Ō|S) · P(S)
P(Ō)
P(Ō|S) · P(S)
1 − P(O)
4 1
5 · 7
1
1 − 14
56
( ≈ 0.123) .
455
Aufgabe 2 (3+2+1=6 Punkte)
Es sei X exponentialverteilt zum Parameter λ > 0 und Y = 2X + 1.
a) Geben Sie die Verteilungsfunktion FY von Y auf ganz R an und skizzieren Sie diese.
b) Geben Sie die Dichtefunktion fY von Y an.
c) Drücken Sie P(Y ∈ [a, b]) für a ≤ b, mithilfe von FY aus.
Lösung:
a) Es ist
(
0
1
FY (y) = P(Y ≤ y) = P(2X + 1 ≤ y) = P X ≤ (y − 1) =
λ
−
2
1 − e 2 (y−1)
wobei im letzten Schritt genutzt wurde, dass X exponentialverteilt ist.
2
: y<1
: y ≥ 1,
2
1.5
FY(y)
1
0.5
0
-0.5
-1
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
y
b) Die Dichtefunktion fY : R\{1} → [0, ∞) ist gegeben durch
(
0
: y<1
fY (y) =
(y−1)
λ −λ
2
: y > 1.
2e
Dabei wurde die Verteilungsfunktion FY abschnittsweise auf den Bereichen (−∞, 1) und (1, ∞)
abgeleitet, während die Stelle 1 nicht beachtet werden muss, da P(Y = 1) = 0 gilt.
c) Es gilt
(?)
P(Y ∈ [a, b]) = P(Y ≤ b) − P(Y < a) = P(Y ≤ b) − P(Y ≤ a) = FY (b) − FY (a),
wobei (?) aus P(Y = a) = 0 folgt.
Aufgabe 3 (3+3=6 Punkte)
a) Es sei P die Gleichverteilung auf Ω = [0, 1] (mit Borel-σ-Algebra), sowie
n : ω ∈ [0, 1/n)
Xn (ω) =
0 : sonst.
f.s.
Bestimmen Sie eine Zufallsvariable X so, dass Xn −→ X.
b) Es seien X1 , X2 , X3 , ... sowie X reelle Zufallsvariablen mit endlichem Erwartungswert.
i.W.
Zeigen Sie: Aus E(|Xn − X|) → 0 folgt Xn −→ X; die Umkehrung gilt jedoch nicht.
Hinweis: Sie können die Markov-Ungleichung verwenden.
Lösung:
a) Wähle X(ω) = 0 für alle ω ∈ [0, 1]. Für jedes ω ∈ (0, 1] gilt dann Xn (ω) = 0 ∀n >
somit Xn (ω) → X(ω). Damit ist
P(Xn → X) = P((0, 1])
P(0)=0
=
1
ω
und
P([0, 1]) = 1,
f.s.
also Xn −→ X.
b) Sei ε > 0 gegeben. Mit der Markov-Ungleichung gilt
E(|Xn − X| > ε) ≤
E(|Xn − X|)
ε
und letzteres konvergiert nach Vorrausetzung gegen 0. D.h. es gilt auch E(|Xn − X| > ε) → 0
i.W.
und somit Xn −→ X.
3
f.s.
i.W.
Die Umkehrung gilt nicht: Für das Beispiel aus a) gilt Xn −→ X und somit auch Xn −→ X,
aber E(|Xn − X|) = E(|Xn |) = n1 · n = 1 für alle n.
Aufgabe 4 (3+3=6 Punkte)
Es seien X ∼ N (µ, σ 2 ) und Y ∼ N (λ, σ 2 ) normalverteilte Zufallsvariable auf R mit Erwartungswerten µ, λ ∈ R. Durch n unabhängige Messungen X1 , ..., Xn bzw. Y1 , ..., Yn soll eingeschätzt
werden, ob die Erwartungswerte übereinstimmen (µ = λ) oder voneinander abweichen (µ 6= λ).
Als Schätzer für die Differenz ν = µ − λ der Erwartungswerte wählen wir die mittlere Differenz
n
Tn (X1 , Y1 , ..., Xn , Yn ) =
1X
(Xi − Yi ).
n
i=1
a) Ist der Schätzer Tn erwartungstreu und konsistent?
b) Nun sei n = 100 und σ 2 = 21 . Wir formulieren die Hypothesen H0 : µ = λ und H1 : µ 6= λ.
Bestimmen Sie einen sinnvollen deterministischen Test ϕ zum Irrtumsniveau α = 0.05.
Lösung:
a) Aufgrund der Linearität des Erwartungswertes gilt
E(Tn ) = E
!
n
1X
(Xi − Yi )
n
i=1
=
n
1X
((E(Xi ) − E(Yi )))
n
=
n
1X
(µ − λ)
n
i=1
i=1
1
=
· n · (µ − λ)
n
= µ − λ,
d.h. Tn ist erwartungstreu. Weiter gilt nach dem schwachen Gesetz der großen Zahl
n
1X
i.W.
(Xi − Yi ) −→ E(X − Y ) = µ − λ,
n
i=1
d.h., Tn ist konsistent.
b) Es sei z = Tn (X1 , Y1 , ..., Xn , Yn ) ∈ R das Ergebnis der Messung. Der Wert z ist (als Durchschnitt normalverteilter Zufallsvariablen) wieder normalverteilt mit Erwartungswert λ−µ (siehe
a)) und Varianz
V(z) =
1
1
1
· n · V(X − Y ) = (V(X) + V(Y )) =
· (0.5 + 0.5) = 0.01.
2
n
n
100
Unter der Nullhypothese H0 gilt λ−µ = 0 und somit z ∼ N (0, 0.01). Ein sinnvoller deterministischer Test lehnt die Nullhypothese ab, sobald der gemessene Wert z zu sehr vom Erwartungswert
0 abweicht. Wir bestimmen daher die Testfunktion ϕ : R → {0, 1} mit
0 : |z| < ε
ϕ(z) =
1 : sonst.
Dabei muss die kritische Zahl ε so gewählt werden, dass der Fehler erster Art maximal α ist,
also
P0 (|z| > ε) ≤ 0.05
4
wobei P0 das Wahrscheinlichkeitsmaß gegeben H0 ist. Aus z ∼ N (0, 0.01) folgt 10z ∼ N (0, 1)
und somit
P0 (|z| > ε) ≤ 0.05 ⇔ P0 (|z| ≤ ε) ≥ 0.95
⇔ P0 (−ε ≤ z ≤ ε) ≥ 0.95
⇔ P0 (−10ε ≤ 10z ≤ 10ε) ≥ 0.95
⇔ F0,1 (10ε) − F0,1 (−10ε) ≥ 0.95
⇔ 2F0,1 (10ε) − 1 ≥ 0.95
⇔ F0,1 (10ε) ≥ 0.975
Ablesen aus der Tabelle ergibt 0.975 = F0,1 (1.96), also 10ε = 1.96 und ε = 0.196.
5