Musterlösung zum Probetest 1

Dr. Patric Müller
Wahrscheinlichkeit und Statistik
FS 2017
Musterlösung zum Probetest 1
1. a) Die Baumdiagramme und die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten entnehme man aus der folgenden
Figur:
b) XA ∼ Gleichverteilung auf {1, . . . , 4}, d.h. P (XA = i) = 41 , i = 1, . . . , 4.
XB − 1 ∼ geometrische Verteilung mit π = 34 , da XB − 1 die Anzahl “Misserfolge” ist, und der
Nachtwächter erst nach XB Versuchen den ersten Erfolg hatte. Also ist P (XB − 1 = i) = π i (1 − π),
oder P (XB = j) = π j−1 (1 − π).
c)
1
3 2 1
· · · 1 = = 0.25
4 3 2
4
P (XB = 4) = P (genau 3-mal nacheinander einen falschen Schlüssel zu erwischen)
3 3
3
=
1−
= 0.10546875
4
4
P (XA = 4)
=
d) Sei F das Ereignis “der Nachtwächter öffnet die Türe beim 4ten Versuch”, und B das Ereignis “der
Nachtwächter ist angetrunken”.
Es gilt
P (B)
=
P (F | B C )
=
1
3
0.25
P (F | B)
=
0.10546875.
Also gilt mit dem Satz von Bayes:
P (B | F )
=
=
=
=
=
P (B ∩ F )
P (F )
P (F | B) · P (B)
P (F )
P (B) · P (F | B)
P (B) · P (F | B) + P (B C ) · P (F | B C )
1
3 · 0.10546875
1
2
3 · 0.10546875 + 3 · 0.25
0.17417.
2. Da jeder Wurf unabhängig von den anderen mit Wahrscheinlichkeit p eine 6 ergibt, ist die Anzahl X der
geworfenen Sechsen binomialverteilt.
1 22 5 78
a) P (X = 22) = 100
· 6
= 0.0371
22 · 6
b) • H0 : X ∼ Bin(100, p0 ), mit p0 = 16
• HA : X ∼ Bin(100, p), mit p > 16
2
• Für den Verwerfungsbereich wird c gesucht, so dass P (X > c) ≤ 0.05, d.h. P (X ≤ c) =
1 − P (X > c) ≥ 0.95. Aus der Tabelle lesen wir c = 23, d.h. wir haben den Verwerfungsbereich
K = {X > 23} = (23, 100] = [24, 100]
• Die Nullhypothese kann nicht verworfen werden.
c) Ein Fehler 1. Art passiert, wenn die Nullhypothese verworfen wird, obwohl sie stimmt. (Der Gegner
wird fälschlicherweise beschuldigt, einen gezinkten Würfel verwendet zu haben.)
Ein Fehler 2. Art tritt auf, wenn die Nullhypothese nicht verworfen werden kann, obwohl sie falsch
ist. (Der Würfel ist gezinkt, aber wir können es nicht nachweisen.)
d)
Macht
=
=
=
Tabelle
=
=
1 − P (Fehler 2. Art)
1 − P (H0 wird nicht verworfen, obwohl HA gilt)
1
1 − P X ≤ 23, aber pA =
5
1 − 0.811
0.189 = 18.9%
3. a) Sei X ∼ Exp(λ) und Y = eX .
Die Verteilungsfunktion von X lautet
(
FX (t) =
1 − e−λt
0
,t ≥ 0
,t < 0
Verteilungsfunktion von Y :
FY (y) = P (Y ≤ y)
= P (eX ≤ y)
= P (X ≤ ln(y))
(
= FX (ln(y)) =
(
−λ
1 − eln(y )
=
0
(
1 − y −λ , y
=
0
,y
b) Siehe Figur.
1 − e−λ ln(y)
0
,y ≥ 1
,y < 1
≥1
<1
, ln(y) ≥ 0
, ln(y) < 0
3
c) Das 75%-Quantil ist oben in der Figur eingezeichnet . Die Berechnung geht wie folgt:
0.75 = FY (y) = 1 − y −2
und somit
0.25 = y −2 ,
resp y = 2.
d) Die Dichtefunktion fY (y) erhält man durch Ableiten der Verteilungsfunktion FY (y).
(
λ y −λ−1 , y ≥ 1
d
FY (y) =
fY (y) =
dy
0
,y<1
e)
Z
∞
y · fY (y)dy
E[Y ] =
−∞
∞
Z
yλy −λ−1 dy
=
1
Z
=
∞
λy −λ dy
1
λ
y 1−λ
=
1−λ
∞
1
λ
1
=
· λ−1
1−λ y
(
∞
=
1
∞
−λ
1−λ
,λ≤1
,λ>1
Offensichtlich existiert der Erwartungswert für λ ≤ 1 nicht!
4. Den Angaben entnimmt man, dass für das Geburtsgewicht X ∼ N (1000, 502 ) gilt.
a) Die gesuchte Wahrscheinlichkeit lässt sich nach Standardisierung über die Verteilungsfunktion der
Standardnormalverteilung bestimmen als
P (982 ≤ X ≤ 1050) = P (X ≤ 1050) − P (X ≤ 982)
X − 1000
1050 − 1000
X − 1000
982 − 1000
=P
≤
−P
≤
50
50
50
50
= Φ(1) − Φ(−0.36)
= Φ(1) − (1 − Φ(0.36))
= 0.8413 − (1 − 0.6406)
= 0.4819.
4
b) Das 10%-Quantil q erfl̈lt P (X ≤ q) = 0.1 . D.h. wir suchen ein q sodass gilt:
X − 1000
q − 1000
P (X ≤ q) = 0.1 ⇔ P
≤
= P (Z ≤ z) = 0.1
50
50
Da 0.1 nicht in der Tabelle gefunden werden kann, bedienen wir uns der Gegenwahrscheinlichkeit.
P (Z ≥ z) = 1 − P (Z ≤ z) = 1 − 0.1 = 0.9
Da P (Z ≥ z) = P (Z ≤ −z), suchen wir also nach dem Wert z, so dass
P (Z ≤ −z) = 0.9
Dies gilt für −z = 1.28. Also
z = −1.28 =⇒ q = 1000 + 50 · (−1.28) = 936
5.
1)
E[X] = 2 · 0.1 + 3 · 0.1 + 5 · 0.3 + 7 · 0.5 = 5.5
Also: d)
2)
1
1
P (Y ≥ 6) = P (4 + X ≥ 6) = P ( X ≥ 2) = P (X ≥ 10) = 0.5
5
5
da X ∼ N (10, 52 ).
Also: b)
3) Die Lebensdauer von Maschinen, Geräten und Ähnlichem, sowie Wartezeiten lassen sich am besten
Exponential beschreiben. Die Poisson- und die Geometrische Verteilung kommen schon allein deswegen
nicht infrage, weil es diskrete Verteilungen sind, es sich bei den Wartezeiten aber um stetige Variablen
handelt.
Also: c)
4) Dass Var(X + Y ) = Var(X) + Var(Y ) gilt für alle unabhängigen Zufallsvariablen.
Also: b)