Zulassungsprüfung Stochastik, 16.10.15

Zulassungsprüfung Stochastik, 16.10.15
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 P ein Wahrscheinlichkeitsmaß, C ∈ A, X : Ω −→ (0, ∞) integrierbar und
Q : A −→ [0, ∞),
Z
Q(A) =
X1A 1C dP.
Ω
(a) Angenommen es gilt
R
Ω
X dP = 1. Ist Q ein Wahrscheinlichkeitsmaß?
(b) Beweisen Sie für jede Zufallsvariable Y ≥ 0
Z
Z
Y dQ = XY 1C dP.
Ω
Aufgabe 2 (26 Punkte) Sei RF die von einem Fondsmanager erwirtschaftete
Rendite, RM die Marktrendite, und es gelte:
Der Zufallsvektor (RF , RM )⊤ ist zweidimensional normalverteilt,
(1)
(2)
E(RF ) = E(RM ) = µ,
2
Var(RF ) = Var(RM ) = σ ,
1
Cov(RF , RM ) = σ 2 .
2
(3)
(4)
(a) Bestimmen Sie Erwartungswert, Varianz und Verteilung von RF − RM .
(b) Sei xα > 0. Ein Fondsmanager wird als gut bewertet, wenn RF −RM > xα
gilt. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit α ∈ (0, 1), dass ein Fondsmanager als gut bewertet wird.
Für den Rest der Aufgabe betrachten wir n Fondsmanager mit Renditen RFi ∼
RF , i = 1, . . . , n, RFi und RM erfüllen jeweils (1)-(4), RFi − RM seien voneinander unabhängig. Sei N die Anzahl der Fondsmanager, die als gut bewertet
werden.
(c) Bestimmen Sie
(i) die Verteilung von N (in Abhängigkeit von n und α),
(ii) die Wahrscheinlichkeit β, dass mindestens ein Fondsmanager als gut
bewertet wird (in Abhängigkeit von n und α),
(iii) für n = 100 und α = 5 % den Erwartungswert von N und die Wahrscheinlichkeit β.
(d)
(i) Bestimmen Sie α aus (b) in Abhängigkeit von n so, dass für β aus
(c) (ii) gilt: β = 5 %.
1
(ii) Sei n = 100. Geben Sie für die Angaben in (i) xα in Abhängigkeit
von σ so an, dass P (N ≥ 1) = 5 % näherungsweise gilt. Verwenden
Sie die unten stehenden Quantile u1−t der Standardnormalverteilung
t
u1−t
5 · 10−1
0
5 · 10−2
1,645
5 · 10−3
2,576
5 · 10−4
3,291
5 · 10−5
3,891
5 · 10−6
4,417
5 · 10−7
4,892
(e) Von einem guten Fondsmanager würde man E(RF ) > E(RM ) fordern und
als Indiz eine Regel wie in (b) zugrunde legen. Ein Anlegermagazin schlägt
vor, zur Bestimmung von x in (b) α = 5 % zu wählen. Ist dies sinnvoll?
Begründen Sie Ihre Antwort.
Aufgabe 3 (13 Punkte) Seien X1 , X2 Zufallsvariablen mit E(Xi ) = µi ∈ R,
p
Xi − µ i
Var(Xi ) = σi2 > 0, σi = σi2 , i = 1, 2. Sei Zi =
die Standardisierung
σi
von Xi , i = 1, 2.
(a) Angenommen für ρ ∈ R gilt E(X1 |X2 ) = ρX2 . Beweisen Sie, dass Cov(X1 , X2 ) =
ρσ22 gilt.
(b) Angenommen es gilt E(Z1 |Z2 ) = ρZ2 . Bestimmen Sie E(X1 |X2 ) in Abhängigkeit von X2 . Verwenden Sie ohne Beweis, dass E(Z1 |Z2 ) = E(Z1 |X2 )
gilt.
Aufgabe 4 (33 Punkte) Sei X eine Zufallsvariable mit der Verteilungsfunktion
F (x) =
mit θ > 0.
(
0
1 − exp −
√
x
θ
falls x ≤ 0
sonst
(a) Bestimmen Sie die Dichte von X.
(b) Beweisen Sie für unabhängige Xi ∼ X, i = 1, . . . , n, dass θ̂ =
ein Maximum-Likelihood Schätzer für θ ist.
√
(c) Beweisen Sie, dass X ∼ Exp θ1 gilt.
1
n
Pn
i=1
√
Xi
(d) Beweisen Sie, dass 2nθ θ̂ ∼ χ22n gilt und bestimmen Sie Erwartungswert und
Varianz von θ̂.
Hinweis: Verwenden Sie die Eigenschaften der Gammaverteilung in der
Formelsammlung!
(e) Wir betrachten die Nullhypothese
H0 : θ ≤ θ 0 .
Beweisen Sie, dass unter H0 (also bei Gültigkeit von H0 ) für α ∈ (0, 1)
(
) (
)
2nθ̂(ω)
2nθ̂(ω)
2
2
ω ∈ Ω
> χ2n,1−α ⊂ ω ∈ Ω
> χ2n,1−α
θ0
θ
2
und schließen Sie daraus, dass
P
χ22n,1−α θ0
θ̂ >
2n
!
≤α
gilt.
(f) Gegeben seien die Daten
i
xi
x2i
1/2
xi
1
0,1
0,01
0,31
2
1,05
1,11
1,03
3
0,37
0,14
0,61
4
0,96
0,93
0,98
5
7,5
56,31
2,74
6
0,3
0,09
0,54
7
0,46
0,21
0,68
8
0,18
0,03
0,43
9
2,55
6,48
1,6
10
0,57
0,32
0,75
Summe
14,04
65,63
9,66
Wie beurteilen Sie die Hypothese H0 : θ ≤ 1 zu einem Signifikanzniveau
von 5 %?
3
Lösungsvorschläge
Aufgabe 1 [(a) 5 Punkte, (b) 13 Punkte ]
Zu (a)
Q ist ein Maß aber kein Wahrscheinlichkeitsmaß, denn wenn C eine Nullmenge
ist, gilt Q(Ω) = 0 6= 1.
Zu (b)
n
X
αi 1Ai , αi ≥ 0, Ai ∈ B 1 .
Sei zunächst Y eine Treppenfunktion, also Y =
Dann gilt
Z
Y dQ =
Ω
=
i=1
n
X
αi Q(Ai ) =
αi
i=1
i=1
Z
n
X
Z
X1Ai 1C dP =
Ω
Z
X
Ω
n
X
αi 1Ai
i=1
!
1C dP
XY 1C dQ.
Ω
Sei nun Y ≥ 0 messbar. Dann gibt es eine monoton steigende Folge von Treppenfunktionen Yn ≥ 0 mit limn→∞ Yn = Y . Wegen X1C ≥ 0 ist X1C Yn eine
monoton steigende Folge mit X1C Yn ≥ 0 und limn→∞ X1C Yn = X1C Y . Da Yn
Treppenfunktionen sind, gilt
Z
Z
Yn dQ =
XYn 1C dP für alle n ∈ N.
Ω
Ω
Laut Satz von der monotonen Konvergenz konvergieren beide Seiten obiger Gleichung
Z
Z
lim
Yn dQ =
Y dQ,
n→∞ Ω
ZΩ
Z
XY 1C dP
XYn 1C dP =
lim
n→∞
Ω
Ω
und es folgt die Behauptung.
Aufgabe 2 [(a) 6, (b) 3, (c) 7, (d) 5, (e) 5]
Zu (a)
Es gilt
Var(RF −RM ) = Var(RF +(−RM )) = Var(RF )+2Cov(RF , −RM )+Var(−RM ).
Wegen
Cov(RF , −RM )
=
Var(−RM )
=
1
−Cov(RF , RM ) = − σ 2
2
(−1)2 Var(RM ) = σ 2
folgt weiter
Var(RF − RM )
=
E(RF − RM )
=
1
σ2 − 2 · σ2 + σ2 = σ2
2
E(RF ) − E(RM ) = µ − µ = 0.
4
Da (RF , RM )⊤ zweidimensional normalverteilt ist, ist (1, −1)⊤ , (RF , RM )⊤ =
RF − RM normalverteilt N (0, σ 2 ).
Zu (b)
Sei α ∈ (0, 1). Wegen (a) gilt RF − RM ∼ N (0, σ 2 ) und somit
α
=
=
P (RF − RM > xα ) = 1 − P (RF − RM ≤ xα )
x α
1−Φ
.
σ
Zu (c)
(i) Es gilt N ∼ B(n, α).
(ii) Gesucht ist P (N ≥ 1). Da N binomialverteilt ist, gilt
β = P (N ≥ 1)
1 − P (N = 0) = 1 − α0 (1 − α)n = 1 − (1 − α)n .
=
(iii) Da N binomialverteilt ist gilt für n = 100 und α = 0, 05
E(N )
P (N ≥ 1)
=
=
nα = 5,
1 − 0, 95100 = 0, 994.
Zu (d)
(i) Zu bestimmen ist α ∈ (0, 1) so, dass 1 − (1 − α)n ≤ 0, 05.
1 − (1 − α)n ≤ 0, 05 ⇐⇒ (1 − α)n ≥ 0, 95 ⇐⇒ 1 − α ≥ 0, 951/n ⇐⇒ α ≤ 1 − 0, 951/n .
(ii) Mit n = 100 ergibt sich in (i) α = 1 − 0, 951/100 ≈ 5 · 10−4 . Aus (b) ergibt
sich
x xα
α
=⇒ u1−α =
.
α = 1−Φ
σ
σ
Somit ergibt sich xα = σu1−α wobei u1−α das (1 − α)-Quantil der Standardnormalverteilung ist. Nach Tabelle erhalten wir xα = 3, 291 · σ.
Zu (e)
Laut Annahmen ist keiner der Fondsmanager besser als der Markt. Wählt man
α = 0, 05, dann ist bei n = 100 die Wahrscheinlichkeit mindestens einen Fondsmanager als gut einzustufen 99,4 %, obwohl kein guter Fondsmanager dabei
ist. Also ist α = 0, 05 nicht streng genug. Angemessen ist im Allgemeinen
α < 1 − 0, 951/n und das sich daraus ergebende xα .
Aufgabe 3 [(a) 7, (b) 6]
Zu (a)
Mit der iterierten Erwartung gilt
E(X1 X2 )
=
=
E(E(X1 X2 |X2 )) = E(X2 E(X1 |X2 )) = E(X2 ρX2 )
ρE(X22 ),
E(X1 )E(X2 )
Cov(X1 , X2 )
=
=
E(E(X1 |X2 ))E(X2 ) = E(ρX2 )E(X2 ) = ρE(X2 )2 ,
E(X1 X2 ) − E(X1 )E(X2 ) = ρ E(X22 ) − E(X2 )2
=
ρVar(X2 ) = ρσ22 .
Zu (b)
5
Mit (b) und der Linearität der bedingten Erwartung gilt
1
X1 − µ1 E X1 − µ 1 X2
X2 =
E(Z1 |Z2 ) = E(Z1 |X2 ) = E
σ1
σ1
1
=
(E (X1 |X2 ) − µ1 ) .
σ1
Mit der Voraussetzung E(Z1 |Z2 ) = ρZ2 folgt durch Ersetzten des ersten Terms
der oberen Gleichung und Auflösen nach E(X1 |X2 )
1
(E (X1 |X2 ) − µ1 ) ,
σ1
1
X2 − µ 2
=
(E (X1 |X2 ) − µ1 ) ,
ρ·
σ2
σ1
ρσ1
· (X2 − µ2 ).
E (X1 |X2 ) = µ1 +
σ2
ρZ2 =
Aufgabe 4 [(a) 3, (b) 8, (c) 3, (d) 8, (e) 8, (f) 4 ]
Zu (a)
Bezeichne mit f die gesuchte Dichte. Es gilt f (x) = 0 für x ≤ 0. Sei x > 0.
Differenzieren von F nach x ergibt
√ 1
x
√ exp −
.
θ
2θ x
Zu (b)
Sei x1 , . . . , xn > 0 eine Realisierung von (X1 , . . . , Xn ). Aufgrund der Unabhängigkeit der Xi , i = 1, . . . , n, gilt für die Likelihoodfunktion
! n
√ n
n √
n
X
Y
xi
xi Y 1
1
1
√ .
=
exp −
L(θ; x1 , . . . , xn ) =
√ exp −
2θ xi
θ
2θ
θ
xi
i=1
i=1
i=1
Es ergibt sich
ℓ(θ)
ℓ′ (θ)
:=
=
ln L(θ) = −n ln θ − n ln 2 −
n
n
1 X√
− + 2
xi .
θ
θ i=1
n √
X
xi
i=1
Nullsetzen der ersten Ableitung ergibt
n
θ̂ =
1 X√
xi
n i=1
und wegen
′′
ℓ (θ)
=
ℓ′′ (θ̂)
=
n
n
2 X√
xi ,
− 3
θ2
θ i=1
n
θ̂2
−
6
2n
θ̂2
=−
n
θ̂2
n
1X
−
ln xi ,
θ
2 i=1
<0
liegt in θ̂ ein Maximum der Likelihoodfunktion vor. Damit ist die Zufallsvariable
n
θ̂ =
1 Xp
Xi
n i=1
ein Maximum Likelihood Schätzer.
Zu (c)
Sei y > 0. Es gilt mit (a)
√
2
P ( X ≤ y) = P (X ≤ y ) = 1 − exp
p
y2
θ
!
= 1 − exp
y
θ
und es folgt die Behauptung.
Zu (d)
Mit dem Ergebnis aus (b) folgt
2nθ̂
=
θ
2n n1
n √
P
Xi
i=1
θ
n
=
2 Xp
Xi .
θ i=1
√
Mit den Eigenschaften der Gamma-Verteilung gilt: Die Summanden
Xi des
letzten Terms sind unabhängig und wegen (c) identisch Exp θ1 = Γ 1, θ1 verteilt. Somit ist deren Summe Γ n, θ1 und schließlich folgt bei der Multiplikation
2
mit
θ
n
θ 1
1
2 Xp
= Γ n,
= χ22n .
Xi ∼ Γ n, ·
θ i=1
2 θ
2
Damit ergeben sich
2n
E
θ̂ =
θ
2n
θ̂ =
Var
θ
n
= 2n, also E(θ̂) = θ,
1/2
n
θ2
= 4n, also Var(θ̂) = .
1/4
n
Zu (e)
Sei ω ∈ Ω mit
2nθ̂(ω)
θ0
> χ22n,1−α . Unter H0 : θ ≤ θ0 gilt
2nθ̂(ω)
2nθ̂(ω)
≥
> χ22n,1−α
θ
θ0
und somit die behauptete Teilmengenbeziehung, bzw. durch Auflösen nach θ̂
) (
)
(
θχ22n,1−α
θ0 χ22n,1−α
⊂ θ̂ >
.
θ̂ >
2n
2n
Da P ein Wahrscheinlichkeitsmaß ist, folgt mit (d)
7
P
θ0 χ22n,1−α
θ̂ >
2n
!
≤P
θχ22n,1−α
θ̂ >
2n
=1−P
!
=P
2nθ̂
≤ χ22n,1−α
θ
!
2nθ̂
> χ22n,1−α
θ
!
= 1 − (1 − α) = α.
Zu (f)
Es ergibt sich θ̂ = 0, 966. H0 wird abgelehnt, wenn θ̂ >
Wegen
χ220,1−5/100
χ220,1−5/100 · 1
20
= 31, 410 und 0, 966 < 1, 5705 wird H0 nicht abgelehnt.
8
gilt.