Lösungsvorschlag zur Klausur vom 12.10.2012

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Zulassungsprüfung Stochastik, 12.10.12
Wir gehen stets von einem Maßraum (Ω, A, µ) bzw. einem Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A, P) aus. Die Borel σ-Algebra auf Rn wird mit B n bezeichnet, das
Lebesgue Maß auf Rn wird mit λn bezeichnet.
Sollten Ihnen in Teilaufgaben Ergebnisse fehlen, dann treffen Sie eine plausible
Annahme dafür.
Aufgabe 1 (18 Punkte)
Sei f : [1, ∞) −→ R, f (x) =
∞
X
ke−kx . Beweisen Sie:
k=1
(a) f ist messbar bezüglich der durch B 1 induzierten σ-Algebra auf [1, ∞).
Z
∞ Z
X
(b) Es gilt
f (x)dλ(x) =
ke−kx dλ(x).
[1,∞)
(c) Es gilt
Z
k=1
f (x)dλ(x) =
[1,∞)
[1,∞)
1
.
e−1
Aufgabe 2 (18 Punkte)
Die Zuckersüß AG füllt Zucker in Packungen ab. Das Abfüllgewicht X einer
Packung sei normalverteilt mit Erwartungswert 1 kg und Standardabweichung
0,05 kg. Eine Packung ist unverkäuflich, wenn sie weniger als 0,935 kg wiegt.
Die Wochenproduktion beträgt n = 10.000 Packungen.
(a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass eine Packung unverkäuflich
ist.
(b) Sei Y die Zufallsvariable „relativer Anteil der unverkäuflichen Packungen
der Wochenproduktion“. Bestimmen Sie den Erwartungswert und die Varianz von Y .
(c) Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind mehr als 10 % der Wochenproduktion
unverkäuflich. Verwenden Sie dazu eine geeignete Approximation.
(d) Welcher Anteil der unverkäuflichen Packungen an der Wochenproduktion
wird mit einer Wahrscheinlichkeit von 95 % nicht überschritten.
Aufgabe 3 (18 Punkte)
Gegeben seien die Zufallsvariablen N und Θ mit Θ ∼ U (a, b) wobei a < b,
[a, b] ⊂ (0, 1). Für θ ∈ [a, b] sei N ∼ N B(1, θ), d.h. N besitzt die Zähldichte
f (n|θ) = θ(1 − θ)n ,
1
(a) Bestimmen Sie E Θ
und E Θ12
(b) Bestimmen Sie E(N |Θ) und Var(N |Θ).
(c) Bestimmen Sie E(N ) und Var(N ).
(d) Bestimmen Sie P(N = 0).
1
n ∈ N0 .
Ergebnis:
1
b−a
ln
b
a
,
1
ab
Aufgabe 4 (18 Punkte)
Seien X1 , . . . , Xn , Y1 , . . . , Yn und W1 , . . . , Wn unabhängige Zufallsvariablen mit
iid
iid
iid
Xi ∼ N (µ1 , 1), Yi ∼ N (µ2 , 1), Wi ∼ N (µ1 + µ2 , 1)
mit µ1 , µ2 ∈ R und Realisierungen x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn und w1 , . . . , wn .
(a) Beweisen Sie, dass die Maximum Likelihoodschätzwerte µ̂1 , µ̂2 für µ1 , µ2
notwendigerweise das lineare Gleichungssystem
2nµ̂1 + nµ̂2
nµ̂1 + 2nµ̂2
=
=
n
X
i=1
n
X
i=1
xi +
yi +
n
X
i=1
n
X
wi
wi
i=1
erfüllen.
(b) Bestimmen Sie die ML-Schätzer für µ1 und µ2 . Sie können ohne Beweis
ihre Existenz voraussetzen.
Aufgabe 5 (18 Punkte)
In einer Studie wurde der Blutdruck von Rauchern und Nichtrauchern untersucht. Bei 11 Rauchern ergab sich ein mittlerer Blutdruck von 130. Bei 14 Nichtrauchern wurde ein Mittelwert von 123 festgestellt. Bei beiden Messreihen ergab
sich eine empirische Varianz von 32,49. Es wird angenommen, dass der Blutdruck bei Rauchern und Nichtrauchern jeweils normalverteilt ist.
(a) Bestimmen Sie aus obigen Daten ein Schätzintervall für den Erwartungswert des Blutdrucks von Rauchern zum Niveau 1 − α = 0, 95.
(b) Bisher ging man bei Nichtrauchern von einem Blutdruck von 120 aus.
Wird diese Beobachtung bei einem Niveau von 0, 05 widerlegt?
(c) Testen Sie unter geeigneten Annahmen auf dem Niveau von α = 0, 05 die
Hypothese, dass sich der Erwartungswert des Blutdrucks bei Rauchern
und Nichtrauchern nicht unterscheidet.
2
Lösungsvorschläge
Aufgabe 1
Zu (a)
Für n ∈ N sei fn : [1, ∞) −→ R, fn (x) :=
n
P
ke−kx . fn ist als Summe stetiger
k=1
Funktionen stetig, also auch messbar. Laut Definition ist limn→∞ fn = f , also
ist f als punktweiser Grenzwert messbarer Funktionen auch messbar.
Zu (b)
Sei fn wie in (a). Es gilt für alle n ∈ N
Z
fn (x) dλ(x) =
[1,∞)
Z
n
X
ke−kx dλ(x) =
[1,∞) k=1
n Z
X
k=1
ke−kx dλ(x)
[1,∞)
und fn ≥ 0. Wegen fn+1 (x)−fn (x) = (n+1)e−(n+1)x > 0 ist die Funktionenfolge (fn )n∈N monoton wachsend. Damit erfüllt (fn )n∈N die Voraussetzungen des
Satzes von der monotonen Konvergenz, und die Behauptung folgt nun wegen
Z
Z
f (x) dλ(x) =
lim fn (x) dλ(x)
[1,∞)
[1,∞) n→∞
Z
fn (x) dλ(x)
= lim
n→∞
=
lim
n→∞
∞ Z
X
=
k=1
([,∞)
n Z
X
k=1
ke−kx dλ(x)
[1,∞)
ke−kx dλ(x).
[1,∞)
Zu (c)
Wir wenden (b) an. Hierzu berechnet man mittels des uneigentlichen RiemannIntegrals
∞
Z
Z ∞
ke−kx dx = −e−kx = e−k .
ke−kx dλ(x) =
1
[1,∞)
1
Mit (b) und der geometrischen Reihe folgt
Z
∞
X
ke−kx dλ(x)
=
[1,∞) k=1
∞ Z
X
k=1
=
ke−kx dλ(x) =
[1,∞)
∞
X
k=1
1
1
−1=
.
1 − e−1
e−1
e−k =
∞
X
k=1
e−1
k
Aufgabe 2
Zu (a)
P(X < 0, 935)
=
Φ
0, 935 − 1
0, 05
Zu (b)
3
= Φ (−1, 3) = 1 − Φ (1, 3) = 0, 0968
Sei N die Zufallsvariable „Anzahl der unverkäuflichen Packungen einer Wochneproduktion“. Dann ist N ∼ B(n, p) mit p = 0, 0968 und n = 10.000. Somit ist
E(N ) = np und Var(N ) = np(1 − p). Es gilt Y = N
n mit
N
1
1
E(Y ) = E
= E(N ) = np = p = 0, 0968
n
n
n
1
1
p(1 − p)
N
0, 08743
= 2 Var(N ) = 2 np(1 − p) =
Var(Y ) = Var
=
n
n
n
n
10000
0, 8743 · 10−6 .
=
Zu (c)
Näherungsweise gilt N ∼ N (np, np(1−p)) und damit auch Y ∼ N
Es folgt
P (Y > 0, 1)
= 1 − P(Y ≤ 0, 1)
= 1−Φ
0, 1 − 0, 0968
p
p(1 − p)/n
!
=1−Φ
p,
p(1 − p)
.
n
!
0, 1 − 0, 0968 √
p
n
p(1 − p)
≈ 1 − Φ(1, 08) = 1 − 0, 8599 = 0, 1401.
Zu (d)
Gesucht ist y mit P(Y ≤ y) = 0, 95. Mit der Normalverteilungsannahme folgt
!
y−p √
n also
Φ(u0,95 ) = 0, 95 = P(Y ≤ y) = Φ p
p(1 − p)
p
p(1 − p)
y−p √
p
√
n = u0,95 = 1, 64 und damit y = p + u0,95
= 0, 1016.
n
p(1 − p)
Der Anteil, der mit einer Wahrscheinlichkeit von 95 % nicht überschritten wird,
beträgt 10,16 %.
Aufgabe 3
Zu (a) Wegen Θ ∼ U [a, b] folgt
E
E
1
Θ
1
Θ2
=
=
1
b−a
1
b−a
Z
Z
b
a
b
a
1
1
b
dθ =
ln
θ
b−a a
1
1 1
1
1
= .
dθ =
−
2
θ
b−a a b
ab
Zu (b)
E(N |Θ = θ)
=
Var(N |Θ = θ)
=
1−θ
1
1
= − 1 =⇒ E(N |Θ) =
−1
θ
θ
Θ
1−Θ
1
1
1−θ
=⇒ Var(N |Θ) =
= 2− .
2
2
θ
Θ
Θ
Θ
Zu (c)
4
Mit dem Satz von der iterierten Erwartung folgt
1
1
−1
−1 =E
E(N ) = E(E(N |Θ)) = E
Θ
Θ
1
1
1
Var(N ) = Var(E(N |Θ)) + E(Var(N |Θ)) = Var
−1 +E
−
Θ
Θ2
Θ
2
1
1
1
1
1
1
1
= Var
+E
=E
+E
−E
−E
−E
Θ
Θ2
Θ
Θ2
Θ
Θ2
Θ
2
1
1
1
= 2E
−
E
−
E
Θ2
Θ
Θ
Damit folgt mit (a)
E(N )
=
Var(N )
=
b
1
−1
ln
b−a
a
1
2
1
b
b
2
−
.
−
ln
ln
ab (b − a)2
a
b−a
a
Zu (d)
P(N = 0)
=
1
b−a
Z
b
P(N = 0|Θ = θ) dθ =
a
1
b−a
Z
b
θ dθ =
a
b+a
.
2
Aufgabe 4
Zu (a)
Wegen der Unabhängigkeit der Zufallsvariablen lautet die gemeinsame Dichte
=
f (x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn , w1 , . . . , wn )
3
n Y
1
1
2
2
2
√
exp − (xi − µ1 ) + (yi − µ2 ) + (wi − (µ1 + µ2 ))
.
2
2π
i=1
Daraus ergibt sich für die Parameter µ1 , µ2 die Likelihood
L(µ1 , µ2 ) =
1
√
2π
3n
!
n
1 X
2
2
2
exp −
.
(xi − µ1 ) + (yi − µ2 ) + (wi − (µ1 + µ2 ))
2 i=1
Durch Logarithmieren und anschließendes Differenzieren nach µ1 folgt
ℓ(µ1 , µ2 )
=
=
ln L(µ1 , µ2 )
3n X
n
1
1
ln √
−
((xi − µ1 )2 + (yi − µ2 )2 + (wi − (µ1 + µ2 ))2 ),
2
2π
i=1
n
ℓµ1 (µ1 , µ2 )
=
=
2X
((xi − µ1 ) + (wi − (µ1 + µ2 )))
2 i=1
−2nµ1 − nµ2 +
n
X
(xi + wi ).
i=1
5
Aus Symmetrieüberlegungen folgt analog in dem man µ1 , xi durch µ2 , yi ersetzt
n
X
(yi + wi ).
ℓµ2 (µ1 , µ2 ) = −2nµ2 − nµ1 +
i=1
Nullsetzen des Gradienten führt zu den behaupteten Gleichungen.
Zu (b)
n
n
n
P
P
P
xi , y = n1
yi , w = n1
wi erfüllen die ML Schätzwerte µ̂1 , µ̂2
Mit x = n1
i=1
i=1
i=1
das lineare Gleichungssystem
2µ̂1 + µ̂2 = x + w
(I)
µ̂1 + 2µ̂2 = y + w.
(II)
Auflösen ergibt
−3µ̂2 = x − w − 2y
1
2
1
µ̂2 = − x + w + y
3
3
3
2
2
4
1
1
2
µ̂1 = x − w − y + y + w = − y + w + x.
3
3
3
3
3
3
Damit ergeben sich die ML-Schätzer
1
2
1
µ̂1 = − Y + W + X
3
3
3
1
1
2
µ̂2 = − X + W + Y
3
3
3
n
n
n
P
P
P
mit X = n1
Xi , Y = n1
Yi , W = n1
Wi .
i=1
i=1
(I −2· II)
(in II eingesetzt)
i=1
Aufgabe 5
Sei X ∼ N (µx , σx2 ) bzw. Y ∼ N (µy , σy2 ) die Zufallsvariable Blutdruck bei Rauchern bzw Nichtrauchern. Die Varianz ist unbekannt, aus diesem Grund benötigen wir die Quantile der Student-Verteilungen.
(a) Als Konfidenzintervall ergibt sich ein symmetrisches Intervall um x. Wegen
5, 7
t10,0.975 √ ≈ 3, 83
| {z } 11
2,228
erhalten wir
[126, 17; 133, 83].
123 − 120 √
(b) Beim t-Test ergibt sich die Testgröße t =
14 = 1, 96. Die Hypo5, 7
these wird nicht verworfen wegen t13;0,975 = 2.160 und |t| < t13;0,975 .
(c) Bei unbekannter Varianz und zwei unabhängigen Stichproben wird der t-Test
verwendet. Zu prüfen ist
H0 : µ x = µ y .
Testgröße ist
T (x, y)
=
T (x, y)
≈
x−y
s
3, 05
r
10s2x + 13s2y
14 · 11
, mit s2 =
= 5, 72 also
11 + 14
10 + 13
Wegen T (x, y) ∈
/ [t23;1−α/2 , t23;1−α/2 ] = [−2, 069; 2, 069] wird H0 verworfen.
6
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