Elementare Stochastik Zweitklausur

Elementare Stochastik
SoSe 2007
Zweitklausur
Lösungen
1. Berechnen Sie für die angegebenen Übergangswahrscheinlichkeiten (mit
pa , pb > 0, qa := 1 − pa , qb := 1 − pb ) die erwartete Anzahl von Schritten
bis zum erstmaligen Treffen des Zustands c, wenn man in a startet.
b
qb
pb
qa
a
c
1
pa
Lösung: e(x) sei die erwartete Anzahl von Schritten bis zum Treffen von
c, startend in x. Jedenfalls gilt: e(c) = 0, e(a) < ∞, e(b) < ∞. Zerlegung
nach dem ersten Schritt ergibt:
e(a) = 1 + qa e(b)
e(b) = 1 + qb e(a)
Die zweite Gleichung in die erste eingesetzt ergibt:
e(a) =
.
1 + qa
1 − qa qb
1
2. Es sei π = (π(1), . . . , π(n)) eine Permutation von 1, . . . , n.
Für 1 ≤ i1 < i2 < i3 ≤ n sagen wir: π hat ein aufsteigendes Tripel bei
i1 , i2 , i3 , wenn π(i1 ) < π(i2 ) < π(i3 ).
Es sei nun X eine rein zufällige Permutation von 1, . . . , 8.
a) Wie wahrscheinlich ist es, dass X bei 2, 5, 6 ein aufsteigendes Tripel hat?
b) Berechnen Sie den Erwartungswert der Anzahl aller aufsteigenden Tripel
von X.
Lösung: a) X(2), X(5), X(8) sind rein zufällig (ohne Zurücklegen) aus {1, . . . , 8}
gezogen. Damit ist auch die Reihenfolge ihrer Größen rein zufällig. Es gibt
3! = 6 Möglichkeiten, 3 vesrchiedene Zahlen der Größe nach anzuordnen.
Also ist P{X(2) < X(5) < X(8)} = 1/6.
b) Es gibt 83 = 56 dreielementige Teilmengen von {1, . . . , 8}. Für jede solche Teilmenge {i1 , i2 , i3 } mit i1 < i2 < i3 ist die Wahrscheinlichkeit, dass X
dort ein aufsteigendes Tripel hat, gleich P{X(i1 ) < X(i2 ) < X(i3 )} = 1/6
(siehe a)). Mit der Linearität des Erwartungswerts ergibt sich die Antwort:
E[
X
1≤i1 <i2 <i3 ≤n
28
1
I{Xi1 <Xi2 <Xi3 } = 56 = .
6
3
2
3. G1 und G2 seien unabhängige, geometrisch verteilte Zufallsvariable zum
Parameter p. Finden Sie für m = 2, 3, . . . die bedingte Verteilung von G1 ,
gegeben {G1 + G2 = m}.
(Hinweis: Sie erreichen das Ziel entweder durch eine kleine Rechnung oder
durch eine begriffliche Argumentation im Münzwurfmodell. Beides ist hübsch.)
Lösung: Hier ist die begriffliche Argumentation: G1 und G2 kann man auffassen als Zeitpunkte des ersten und zweiten Erfolgs beim p-Münzwurf. Gegeben, der zweite Erfolg kommt beim Zeitpunkt m, ist der Zeitpunkt des
ersten Erfolgs uniform auf {1, . . . , m − 1}.
Und hier die Rechnung: Für 1 ≤ k ≤ m − 1 ist
P{G1 = k|G1 + G2 = m} =
=
=
P{G1 = k, G1 + G2 = m}
P(G1 + G2 = m)
P{G1 = k, G2 = m − k)
P{G1 + G2 = m}
q m−2 p2
q k−1 pq (m−k)−1 p
=
P{G1 + G2 = m}
P{G1 + G2 = m}
Dieses Gewicht hängt nicht von k ab. Also ist die bedingte Verteilung uniform auf {1, . . . , m − 1}.
3
4. Berta und Anton kommen am 5. Oktober 2007 zu unabhängigen, zufälligen Zeitpunkten an die Bockenheimer Warte. Antons Ankunft ist uniform
verteilt zwischen 12 und 13 Uhr, Bertas Ankunft ist uniform verteilt zwischen 12 und 14 Uhr. Im Fall, dass der Partner nicht da ist, wartet Anton
10 Minuten, Berta jedoch wartet keinen Augenblick. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie sich verpassen?
Lösung: Der zufällige Punkt mit den Koordinaten (B, A) der die Ankunftszeitpunkte von Berta und Anton beschreibt, ist uniform verteilt auf dem
Rechteck [12, 14] × [12, 13]; die Menge der Punkte, die zu einem Treffen
führen, ist in der Skizze schattiert. Diese Menge hat Flächeninhalt 1/6. Das
gesamte Rechteck hat Flächeninhalt 2. Die Wahrscheinlichkeit, dass sich die
beiden treffen, ist 1/12, die Wahrschenlichkeit, dass sie sich verpassen, ist
11/12.
1
1
1
1
6
4
5. a) X sei die Summe von zwei unabhängigen, Exp(1)-verteilten Zufallsvariablen.
(i) Geben Sie die Dichte von X an.
(ii) Berechnen Sie E[X k ] für k ∈ N.
Hinweis: Die folgende Formel kann nützlich sein:
Z ∞
xn−1 e−x dx = (n − 1)!, n = 1, 2, 3, . . . .
Γ(n) :=
0
b) Was ergibt sich für E[Z k ], wenn Z die Summe von zwei unabhängigen,
Exp(λ)-verteilten Zufallsvariablen ist?
Hinweis: Da muss man dann fast nichts mehr rechnen.
Lösung: a) (i) Wir hatten in der Vorlesung berechnet: Die Dichte von X
ist xe−x dx, x ≥ 0.
Hier ist die Rechnung nochmal:
Z x
fX (x)dx =
fY1 (s) · fY2 (x − s)ds dx
0
Z x
=
e−s e−x+s ds dx
0
Z x −x
=
e
ds dx = xe−x dx
0
ii) E[X k ] =
R∞
0
xk xe−x dx =
R∞
0
b) E[Z k ] = E[(Y1 /λ + Y2 /λ)k ] =
xk+1 e−x dx = Γ(k + 2) = (n + 1)!
1
E[(Y1
λk
5
+ Y2 )k ] =
1
(n
λk
+ 1)!
6. Die Zufallsvariable N sei Poisson(λ)-verteilt, und H1 , H2 , . . . seien normal2
verteilt mit Erwartungswert µ und
PN Varianz σ . Außerdem seien N, H1 , H2 , . . .
unabhängig. Wir setzen Y := i=1 Hi .
Berechnen Sie
a) die bedingte Erwartung EN [Y ]
b) die bedingte Varianz VarN [Y ]
c) Var[EN [Y ]]
d) E[VarN [Y ]]
e) Var[Y ] .
Lösung:
a) EN [Y ] = EN [H1 + · · · + HN ] = N E[H1 ] = N µ .
b) VarN [Y ] = VarN [H1 + · · · + HN ] = N Var[H1 ] = N σ 2 .
c) Wegen a) ist Var[EN [Y ]] = Var[N µ] = µ2 Var[N ] = µ2 λ .
d) Wegen b) ist E[VarN [Y ]] = E[N σ 2 ] = σ 2 E[N ] = σ 2 λ .
e) Nach dem Satz über die Zerlegung der Varianz ist
Var[Y ] = E[VarN [Y ]] + Var[EN [Y ]] = µ2 λ + σ 2 λ = (µ2 + σ 2 )λ .
6
7. a) Für k = 1, 2, . . . sei Zk eine normalverteilte
Zufallsvariable mit Erwar√
tungswert k und Standardabweichung k. Die Zufallsvariablen Z1 , Z2 , . . .
seien unabhängig. Wir setzen S := 2Z1 + 3Z3 + Z5 . Bestimmen Sie c > 0 so,
dass
P{16 − c ≤ S ≤ 16 + c} ≈ 0.95 .
b) Finden Sie eine Zahl a so, dass der Korrelationskoeffizient von S und
X := S + aZ4 gleich 0.4 ist.
Lösung:
a) 2Z1 hat Verteilung N (2, 22 · 1) = N (2, 4),
3Z3 hat Verteilung N (3 · 3, 32 · 3) = N (9, 27),
Z5 hat Verteilung N (5, 5).
Wir wissen aus der Vorlesung: Die Summe von unabhängigen normalverteilten Zufallsvariablen ist wieder normalverteilt, wobei sich Erwartungswerte
und Varianzen addieren. Die Zufallsvariable S ist also N (µS , σS2 )-verteilt mit
µS = 2 + 9 + 5 = 16, σS2 = 4 + 27 + 5 = 36 . Das gesuchte c ist 2σS = 12.
b) κ[S, X] =
Cov[S, X]
.
σS σX
Wegen der Bilinearität der Covarianz und der Unabhängigkeit von S und
Z4 ist
Cov[S, X] = Cov[S, S +aZ4 ] = Cov[S, S]+Cov[S, aZ4 ] = Var[S]+0 = 36.
√
Weiter ist Var[X] = Var[S] + Var[aZ4 ] = 36 + a2 · 4, also σX = 2 9 + a2 .
Damit ergibt sich für a die Gleichung
Cov[S, X]
36
√
= 0.4,
=
σS σX
6 · 2 9 + a2
mit der Lösung a =
√
3 21
2
≈ 6.87 .
7
8. a) n und r seien natürliche Zahlen. X1 , . . . , Xn seien unabhängig und
uniform verteilt auf {1, . . . , r}. Für j = 1, . . . , r setzen wir
Yj := #{i | Xi = j} .
Geben Sie eine Formel für die Verteilungsgewichte P{Y1 = k1 , . . . , Yr = kr }
an.
b) Man würfelt siebenmal. Wie wahrscheinlich ist es, dabei alle 6 Augenzahlen zu bekommen?
Lösung: Die Antwort ist gegeben durch die Gewichte der Multinomialverteilung mit Parametern n und p1 = · · · = pr = 1r , nämlich:
P{Y1 = k1 , · · · , Yr = kr } =
n
k1 , . . . , kr
n
n
1
n!
1
=
.
r
k1 !k2 ! · · · kr ! r
b) Das n-malige Würfeln passt in den Rahmen von a) mit r = 6. Mit n = 7
ergibt sich aus Symmetriegründen
P{Y1 ≥ 1, · · · , Y6 ≥ 1} = 6P{Y1 = 2, Y2 = · · · = Y6 = 1}
1 7! 1 7
·
≈ 0.11
=
6 2! 6
8
9. Die Menge S = {z, a1 , . . . , a6 } trage die in der Skizze angegebene Nachbarschaftsstruktur. Ein Wanderer gehe von jedem Punkt aus, unabhängig
von seiner Vorgeschichte, im nächsten Schritt zu einem rein zufällig ausgewählten Nachbarpunkt. Berechnen Sie
a) die erwartete Anzahl von Schritten bis zum Erreichen von z, wenn der
Wanderer in a1 startet,
b) die Wahrscheinlichkeit, bei Start in a1 den Punkt z vor dem Punkt a4 zu
erreichen,
a1
c) die Gleichgewichtsverteilung.
a2
a6
z
a3
a5
a4
Lösung: a) e(x) sei die erwartete Anzahl von Schritten bis zum Treffen von
z, startend in x. Aufgrund der Symmetrie gilt e(a1 ) = · · · = e(a6 ). Zerlegung
nach dem ersten Schrit ergibt e(a1 ) = 1 + 23 e(a1 ), also e(a1 ) = 3.
(Andere Begründung: Die zufällige Anzahl der Schritte ist geometrisch verteilt mit Parameter 1/3.)
b) w(x) sei die Wahrscheinlichkeit z vor a4 zu treffen, startend in x. Zerlegung nach dem ersten Schritt ergibt unter Beachtung der Symmetrie:
w(a1 ) =
w(a2 ) =
w(a3 ) =
1 1
+ w(a2 ) +
3 3
1 1
+ w(a1 ) +
3 3
1 1
+ w(a2 )
3 3
1
1 2
w(a6 ) = + w(a2 )
3
3 3
1
w(a3 )
3
Daraus folgt w(a2 ) = 12 + 83 w(a1 ) und w(a1 ) = 89 .
c) Der nächste Schritt ist immer zu einem uniform gewählten Nachbarn
auf dem Graphen. Also ist (vgl. Übungsaufgabe 59) das Gewicht π(x) der
Gleichgewichtsverteilung proprtional zu der Anzahl der Nachbarn von x.
1
, also π(z) = 14 , π(ai ) = 81 .
Mit π(z) = 6c, π(ai ) = 3c folgt c = 24
Man kann auch sofort nachprüfen, dass π eine reversible Gleichgewichtsverteilung ist: π(ai ) 13 = π(z) 61 , π(ai )·1 = π(ai+1 )·1 . So kann man π auch am
leichtesten finden, wenn man die Botschaft der Übungsaufgabe nicht mehr
im Kopf hat.
9