Lösung 14

MAE4 – Mathematik: Analysis für Ingenieure 4
Dr. Christoph Kirsch
Frühlingssemester 2016
ZHAW Winterthur
Lösung 14
Aufgabe 1 :
a) Mit den Bedingungen
X
fX (x1 , x2 ) = fX1 (x1 ),
X
x2 ∈im(X2 )
X
fX (x1 , x2 ) = fX2 (x2 ), (1)
x1 ∈im(X1 )
fX1 (x1 ) =
x1 ∈im(X1 )
X
fX2 (x2 ) = 1
(2)
x2 ∈im(X2 )
erhalten wir die vollständige Tabelle
x2
fX
−2
0
2
fX1
−1
0.18
0.16
0.18
0.52
x1
2
0.04
0.20
0.02
0.26
3
0.12
0.08
0.02
0.22
fX2
0.34
0.44
0.22
1
b) Mit der Def. 11 der Vorlesung berechnen wir
X
E[X1 ] =
x1 fX1 (x1 ) = (−1) · 0.52 + 2 · 0.26 + 3 · 0.22 = 0.66,
(3)
(4)
x1 ∈im(X1 )
E[X2 ] =
X
x2 fX2 (x2 ) = (−2) · 0.34 + 0 · 0.44 + 2 · 0.22 = −0.24. (5)
x2 ∈im(X2 )
c) Mit der Def. 19 sowie mit Satz 9 der Vorlesung (g(x1 , x2 ) := (x1 − E[X1 ])(x2 −
E[X2 ])) berechnen wir
Cov(X1 , X2 ) = E[(X1 − E[X1 ])(X2 − E[X2 ])]
X
X
=
(x1 − E[X1 ])(x2 − E[X2 ])fX (x1 , x2 )
(6)
(7)
x1 ∈im(X1 ) x2 ∈im(X2 )
= (−1 − 0.66)(−2 + 0.24)0.18 + (2 − 0.66)(−2 + 0.24)0.04 +
+(3 − 0.66)(−2 + 0.24)0.12 + (−1 − 0.66)(0 + 0.24)0.16 +
+(2 − 0.66)(0 + 0.24)0.20 + (3 − 0.66)(0 + 0.24)0.08 +
+(−1 − 0.66)(2 + 0.24)0.18 + (2 − 0.66)(2 + 0.24)0.02 +
+(3 − 0.66)(2 + 0.24)0.02 ' −0.522.
(8)
d) Die beiden Zufallsvariablen sind nicht stochastisch unabhängig gemäss Satz 8
der Vorlesung, denn es gilt z. B.
fX (2, 0) = 0.20 6= 0.1144 = 0.26 · 0.44 = fX1 (2)fX2 (0).
(9)
Sie sind auch nicht stochastisch unabhängig gemäss Satz 12, 4., weil
Cov(X1 , X2 ) ' −0.522 6= 0 gilt.
1
Aufgabe 2 :
a) Mit dem Additionssatz für Erwartungswerte (Satz 10 der Vorlesung) erhalten
wir
E[2X − 3Y + XY − 5] = 2E[X] − 3E[Y ] + E[XY ] − 5.
(10)
Mit dem Multiplikationssatz für Erwartungswerte (Satz 13 der Vorlesung) gilt
E[XY ] = E[X]E[Y ] + Cov(X, Y ).
(11)
Wegen der stochastischen Unabhängigkeit von X und Y gilt Cov(X, Y ) = 0,
(Satz 12, 4.). Damit erhalten wir
E[2X − 3Y + XY − 5] = 2E[X] − 3E[Y ] + E[X]E[Y ] − 5.
(12)
Die Erwartungswerte von X und Y erhalten wir aus der Tabelle im Kap. 1.6.2
der Vorlesung:
1
E[X] = 1 = 3, E[Y ] = 2.
(13)
3
Damit erhalten wir schliesslich den gesuchten Erwartungswert
E[2X − 3Y + XY − 5] = 2 · 3 − 3 · 2 + 3 · 2 − 5 = 1.
(14)
b) Mit dem Additionssatz für Varianzen (Satz 11 der Vorlesung) erhalten wir
V [X − 2Y ] = V [X] + 4V [Y ] − 4Cov(X, Y ).
(15)
Wegen der stochastischen Unabhängigkeit von X und Y gilt Cov(X, Y ) = 0,
(Satz 12, 4.). Die Varianzen von X und Y erhalten wir wieder aus der Tabelle
im Kap. 1.6.2:
1
(16)
V [X] = 2 = 9, V [Y ] = 4,
1
3
und damit ist die gesuchte Varianz gegeben durch
V [X − 2Y ] = 9 + 4 · 4 = 25.
(17)
c) Nach Satz 8 der Vorlesung gilt fX (x, y) = fX (x)fY (y), x, y ∈ R. Die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktionen fX , fY finden wir in der Tabelle im Kap. 1.3.5:
1 −1x
1
(y − 2)2
e 3 , x≥0
3
fX (x) =
, fY (y) = √ exp −
.
(18)
0,
x<0
8
2 2π
Damit erhalten wir die gemeinsame Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion
(
(y−2)2
√1 exp − x −
, x≥0
3
8
6 2π
fX (x, y) =
, x, y ∈ R.
0,
x<0
2
(19)
Aufgabe 3 :
a) Die (eindimensionalen) Randverteilungen sind gemäss Def. 14 der Vorlesung
(Formel (27)) gegeben durch
1 − e−2x1 , x1 ≥ 0
FX1 (x1 ) = lim FX (x1 , x2 ) =
,
(20)
0,
x1 < 0
x2 →∞
1 1
(21)
FX2 (x2 ) = lim FX (x1 , x2 ) = + arctan(x2 ),
x1 →∞
2 π
π
und lim e−2x1 = 0 verwendet haben.
x2 →∞
x1 →∞
2
b) Die Randdichten sind gegeben durch die Ableitungen:
−2x
2e 1 , x1 ≥ 0
0
,
fX1 (x1 ) = FX1 (x1 ) =
0,
x1 < 0
1 1
fX2 (x2 ) = FX0 2 (x2 ) =
.
π 1 + x22
wobei wir lim arctan(x2 ) =
(22)
(23)
Durch einen Vergleich mit der Tabelle im Kap. 1.3.5 der Vorlesung finden wir
X1 ∼ Exp(2),
X2 ∼ Cauchy(0, 1).
(24)
c) Wir berechnen die gemeinsame Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion fX durch
zweimalige partielle Ableitung von FX (Formel (30) der Vorlesung), wobei die
Reihenfolge der Ableitungen keine Rolle spielt:
−x
∂FX
e 1 1 + π2 arctan(x2 ) , x1 ≥ 0
(x1 , x2 ) =
, (25)
0,
x1 < 0
∂x1
−x1 2 1
e π 1+x2 , x1 ≥ 0
∂ 2 FX
2
fX (x1 , x2 ) =
(x1 , x2 ) =
(26)
∂x2
0,
x1 < 0
−x1 1 1
2e π 1+x2 , x1 ≥ 0
2
.
(27)
=
0,
x1 < 0
Durch einen Vergleich mit b) erkennen wir, dass fX (x1 , x2 ) = fX1 (x1 )fX2 (x2 ),
x1 , x2 ∈ R, gilt, und damit sind die Zufallsvariablen X1 , X2 stochastisch unabhängig gemäss Satz 8 der Vorlesung.
Aufgabe 4 :
a) Wir schätzen den Erwartungswert durch das arithmetische Mittel und die Varianz durch die korrigierte Stichprobenvarianz (Kap. 2.3.1 der Vorlesung):
10
µ̂ = x =
1 X
xi ' 3.59,
10 i=1
3
10
σ̂ 2 = s2 =
1X
(xi − x)2 ' 29.2.
9 i=1
(28)
b) Gemäss Kap. 2.3.2 der Vorlesung ist das 90 %-Konfidenzintervall (Konfidenzniveau γ = 0.90, Irrtumswahrscheinlichkeit α = 0.10) für µ gegeben durch
s
s
,
(29)
x − c0.10 √ , x + c0.10 √
10
10
wobei c0.10 das (1 − 0.10
) = 95%-Quantil der t9 -Verteilung bezeichnet. Aus einer
2
Tabelle finden wir c0.10 ' 1.83.
c) Für die gegebenen Daten (Stichprobenumfang n = 10) hatten wir x und s2
bereits berechnet. Damit erhalten wir das Schätzintervall
(0.465, 6.72)
(30)
für den wahren Wert von µ.
d) Gemäss Kap. 2.3.2 der Vorlesung ist das 90 %-Konfidenzintervall für σ gegeben
durch
s
s
!
9
9
s
,s
,
(31)
c1,0.10
c2,0.10
wobei c1,0.10 das (1 − 0.10
) = 95%-Quantil und c2,0.10 das 0.10
= 5%-Quantil der
2
2
2
χ9 -Verteilung bezeichnen. Mit Hilfe einer Tabelle erhalten wir c1,0.10 ' 16.92 und
c2,0.10 ' 3.33.
e) Für die gegebenen Daten erhalten wir das Schätzintervall
(3.94, 8.89)
(32)
für den wahren Wert von σ.
Bemerkung: Die Daten in dieser Aufgabe wurden als Realisierungen einer N (3, 16)Verteilung generiert und gerundet. Die hier berechneten Schätzintervalle enthalten
also jeweils die wahren Werte µ0 = 3 und σ0 = 4.
Vorlesungswebseite: http://home.zhaw.ch/~kirs/MAE4
4