Prof. Dr. R. Mathar RWTH Aachen, SS 2002 Daniel Catrein - S-Inf

Prof. Dr. R. Mathar
Daniel Catrein
RWTH Aachen, SS 2002
Abgabe: 18.07.02
bis 15:45 Uhr
11. Übung zur Einführung in die Stochastik für Informatiker
Aufgabe 37
Die Passagiere eines Flugzeuges sind mit gleicher Wahrscheinlichkeit männlich
oder weiblich. Es kann angenommen werden, dass Männer im Mittel 80 kg
mit einer Varianz von 49 kg 2 und Frauen im Mittel 65 kg mit einer Varianz
von 36 kg2 wiegen.
Berechnen Sie approximativ mit Hilfe des Zentralen Grenzwertsatzes die
Wahrscheinlichkeit, dass die Gesamtzuladung von 7500 kg eines 100-sitzigen
Passagierflugzeuges bei voller Beladung überschritten wird.
Aufgabe 38 (k)
Die Zufallsvariablen X1 , . . . , Xn seien stochastisch unabhängig, jeweils mit
der Dichte
(
2
2 λ x e−λx
, falls x > 0
f (x) =
0
, sonst,
verteilt, wobei λ > 0 ein Parameter ist.
Bestimmen Sie einen Maximum-Likelihood-Schätzer für λ.
Aufgabe 39
Sei X ∼ N (θ, σ 2 ), wobei σ 2 > 0 gegeben und fest ist. Die a-priori-Verteilung
für θ sei N (µ, τ 2 ) mit µ ∈ R, τ 2 > 0. Bestimmen Sie einen Bayes-Schätzer θ̂
zu dieser a-priori-Verteilung.
Aufgabe 40
X1 , X2 seien stochastisch unabhängige, jeweils Exp(λ)-verteilte Zufallsvariablen. Bestimmen Sie für λ ein Konfidenzintervall zum Niveau 1 − α = 0,9
der Form
b
0,
.
X1 + X 2
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Daniel Catrein
RWTH Aachen,
SS 2002
Teillösung 2. Übungsblatt
Aufgabe 6
P
n
\
i=1
Ai
!
=1 − P
n
[
i=1
≥1 −
n
X
AC
i
!
mit Bonferroni
P (AC
i )=1−
i=1
=
n
X
n
X
(1 − P (Ai ))
i=1
P (Ai ) − (n − 1)
i=1
Aufgabe 7
a) siehe Skript
b) Nein, Gegenbeispiel: I = {1, 2}, Ω = {1, 2, 3}
A1 ={∅, {1}, {2, 3}, {1, 2, 3}}
A2 ={∅, {2}, {1, 3}, {1, 2, 3}}
A1 ∪ A2 ={∅, {1}, {2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}
A1 und A2 sind σ-Algebren, A1 ∪ A2 ist jedoch keine, da {1, 3} ∩ {2, 3}
nicht enthalten ist.
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Daniel Catrein
RWTH Aachen,
SS 2002
Teillösung 3. Übungsblatt
Aufgabe 10
Ai sei das Ereignis, dass Router i intakt ist mit P (A i ) = pi .
I sei das Ereignis, dass ein Verbindung möglich ist.
Aus
C
P (I) =P (I|A1 ) P (A1 ) + P (I|AC
1 )P (A1 )
folgt mit
C
P (I|A1 ) = P (A3 ∪A4 ) = 1−P ((A3 ∪A4 )C ) = 1−P (AC
3 ∩A4 ) = 1−(1−p3 )·(1−p4 )
und
P (I|AC
1 ) =P ((A2 ∩ A3 ) ∪ (A2 ∩ A4 )) = P (A2 ∩ a3 ) + P (A2 ∩ A3 ) − P (A2 ∩ A3 ∩ A4 )
=p2 p3 + p2 p4 − p2 p3 p4
das Ergebnis
P (I) = p1 p3 +p1 p4 +p2 p3 +p2 p4 −p1 p2 p3 −p1 p3 p4 −p2 p3 p4 −p1 p2 p4 +p1 p2 p3 p4
Musterlösung 4. Übung
21. Juni 2002
Aufgabe 12
n
n!
lim
pn k (1 − pn )n−k = lim
pn k (1 − pn )n−k
n→∞ k
n→∞ k!(n − k)!
k−1
npn n Y n − l
1
npn −k 1−
=
lim 1 −
(npn )
k! n→∞ |
n
n {z
{zn
}
}
l=0 |
−→1
−→1·λ
{z
}
|
−→λk
k
=
λ
lim
k! n→∞
npn n
1−
n
Bekannt ist, dass für fn (x) = 1 −
x n
n
, x ≥ 0, gilt fn (x) −→ e−x =: f (x).
n→∞
Aus fn (x) −→ f (x) und xn −→ x folgt jedoch im Allgemeinen nicht,
n→∞
n→∞
n
dass auch fn (xn ) −→ f (x) gilt. Die Vermutung, dass limn→∞ 1 − npnn
=
n→∞
!
limn→∞ fn (λn ) = e−λ , für λn = npn −→ λ gilt, ist somit zu zeigen:
n→∞
∀ n ∈ N : fn (x) ist monoton fallend in x
f := lim fn ist stetig, λn −→ λ
n→∞
n→∞
⇒
∀ ε > 0 ∃ n0 , so dass ∀ n > n0 : λ − ε < λn < λ + ε
fn (λ + ε) ≤ fn (λn ) ≤ fn (λ − ε)
⇒
f (λ + ε) ≤ lim fn (λn ) ≤ f (λ − ε)
⇒
f (λ) ≤ lim fn (λn ) ≤ f (λ)
⇒
f (λ) = lim fn (λn )
fn monoton
n→∞
f stetig,ε→0
n→∞
n→∞
n→∞
Somit gilt die Vermutung und auch die Aussage.
Aufgabe 13
a) X beschreibe die Anzahl der Sendungen eines Pakets und hat den Träger
T = N.
1
Sei Z ∼ Geo(p) mit Träger T 0 = N0 , so gilt X = 1 + Z.
Für die Zähldichte von X gilt
fX (k) = P X (k) = P (X = k) = p(1 − p)k−1
∀ k ∈ N.
Die Übertragung des Pakets wird:
1) nicht wiederholt: Z = 0 ⇒ X = 1 ⇒ P (X = 1) = p,
2) 2 mal wiederholt: Z = 2 ⇒ X = 3 ⇒ P (X = 3) = p(1 − p)2 .
Mit Wahrscheinlichkeit 0.99 sollen höchstens drei erneute Übertragungen nötig
sein. Gesuch wird ein p, so dass P (X ≤ 4) = 0.99
0.99 =
4
X
k=1
p(1 − p)k−1 = p
⇒ p=1−
√
4
0.01
3
X
i=0
(1 − p)i = p
b) Träger von Y : T = {1, 2, . . . , 10}
(
P (X = k)
P (Y = k) = P∞
i=10 P (X = i)
P (Y = 10) =
∞
X
i=10
fY (k) =
(
1 − (1 − p)4
= 1 − (1 − p)4
1 − (1 − p)
∀ k ∈ {1, 2, . . . , 9}
, falls k = 10
P (X = i) = 1 −
9
X
i=1
P (X = i) = 1 −
= 1 − (1 − (1 − p)9 ) = (1 − p)9
p(1 − p)k−1
(1 − p)9
8
X
P (Z = j)
j=0
∀ k ∈ {1, 2, . . . , 9}
, falls k = 10
c) In der Aufgabenstellung trat leider ein Formulierungsfehler auf. Die gestellte
Aufgabe ist leider nicht approximativ lösbar. Die korrekte Aufgabenstellung
lautet:
Aufgabenstellung: Eine Datei, die übertragen werden soll, besteht aus 1000
Paketen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit müssen mehr als drei Pakete mehrfach
übertragen werden, falls p = 1 − 10−4 ist?
X sei die Anzahl der Pakete, die mehrfach versendet werden müssen. X ∼
Bin(n, p0 ) mit n = 1000, p0 = 1 − p = 10−4 .
n ist groß, p0 klein ⇒ Gesetz seltener Ereignisse ist anwendbar, d.h. X ist
näherungsweise Poisson-Verteilt mit Parameter λ = 1000 · 10−4 = 0.1.
⇒ P (mehr als 3 Pakete mehrfach übertragen) = P (X > 3) = 1 − P (X ≤ 3)
mit X ∼ Poi(0.1).
P (X > 3) = 1 − P (X ≤ 3) = 1 −
3
X
k=0
e−0.1
0.1k
≈ 3.85 · 10−5
k!
Für das in der fehlerhaften Aufgabenstellung angegebene p kann die Aufgabe
gelöst werden durch summieren über die Binomialverteilung.
2
Aufgabe 14
a)
FX (x) = P (X ≤ x) ∈ [0, 1]
(i) x < y : FX (x) = P (X ≤ x) = P X ((−∞, x])
La. 2.11, c)
≤
= P (X ≤ y) = FX (y)
P X ((−∞, y])
⇒ FX monoton wachsend
(ii) lim FX (x)
lim P (X ≤ x) = lim P X ((−∞, x])
=
x→∞
x→∞
xn =n
x→∞
X
=
lim P ((−∞, n]) = lim P
n→∞
La. 2.11 e)
=
n→∞
[
PX
(−∞, n]
n∈N
lim FX (x)
!
x→∞
xn =−n
=
=
x→∞
X
lim P ((−∞, −n]) = lim P
P
\
X
(iii) xn ↓ x0 für n → ∞
(−∞, −n]
P ((∞, x0 ]) = P
X
\
!
=
=
lim P
n
\
X
n→∞
i=1
(−∞, xi ]
!
i=1
(−∞, −i]
= P X (∅) = 0
(−∞, xn ]
n∈N
La. 2.11 e)
n
\
X
n→∞
n∈N
=
(−∞, i]
i=1
!
= P X (R) = 1
n→∞
La. 2.11 e)
FX (x0 )
n
[
lim P (X ≤ x) = lim P X ((−∞, x])
=
x→−∞
X
!
= lim P X ((−∞, xn ])
n→∞
lim P X ((−∞, x]) = lim P (X ≤ x) = lim FX (x)
x↓x0
x↓x0
x↓x0
b)
FX (x) = P (X ≤ x) = P X ((−∞, x]) = P Y ((−∞, x]) = P (Y ≤ x) = FY (x)
Aufgabe 15
X ∼ Exp(λ) mit λ = 0.01
f (x) = λe−λx 11(0,∞)
F (x) = P (X ≤ x) = (1 − e−λx )11(0,∞)
3
!
a)
1
e
P (25 ≤ X ≤ 300) = P (X ≤ 300) − P (X < 25) = P (X ≤ 300) − P (X ≤ 25)
1.) P (X > 100) = 1 − P (X ≤ 100) = 1 − FX (100) = e−100λ =
2.)
= F (300) − F (25) = 1 − e−300λ − 1 + e−25λ
1
= e− 4 − e−3
3
3.) P (X < 150) = 1 − e− 2
b) Gesucht ist ein x, so dass P (X ≤ x) = p = 0, 5
p = P (X ≤ x) = FX (x) = 1 − e−λx
⇒
⇒
1 − p = e−λx
ln(1 − p) = −λx
⇒
x=−
ln(1 − p)
= −100 ln(1 − p) ≈ 69, 315
λ
c)
p = P (u1 < X ≤ u2 ) = P (X ≤ u2 ) − P (X ≤ u1) = F (u2 ) − F (u1 )
⇒
⇒
p = e−λu1 − e−λu2
e−λu2 = e−λu1 − p
−λu2 = ln e−λu1 − p
1
⇒ u2 = − ln e−λu1 − p
λ
1
Suche min − ln e−λu1 − p −u1 =: min f (u1 )
0≤u1
0≤u1
| λ
{z
}
⇒
u2
f 0 (u1 ) =
1
e−λu1 − p
e−λu1 − 1
=
x:=e−λu1
!
x
−1≥0
x−p
Wenn die letzte Ungleichung gilt, dann ist f (x) monoton steigend. Damit ist
u1 = 0 die Lösung.
Zeige nun die letzte Ungleichung:
Beh.: x − p ≤ 0 ⇒ e−λu1 ≤ p, aber p = P (u1 < x ≤ u2 ) < e−λu1 ⇒
⇒ x−p>0
x
Zeige nun:
≥1
x−p
⇔ x≥x−p
⇔
0 ≥ −p
Somit ist f (u1 ) monoton steigend in u1 . Mit u2 (u1 = 0) = − λ1 ln e0 − p =
− λ1 ln(1 − p) folgt das gesuchte Intervall
1
0, − ln(1 − p) .
λ
4
Musterlösungen 5. Übung
10. Juni 2002
Aufgabe 16
Es gelte P (X > x + y|X > x) = P (X > y) ⇒
P X ((y, ∞) = P X ((x + y, ∞)|(x, ∞))
P X ((x + y, ∞) ∩ (x, ∞))
P X ((x, ∞))
X
P ((x + y, ∞))
=
P X ((x, ∞))
=
⇒ P X ((x + y, ∞)) = P X ((x, ∞)) · P X ((y, ∞))
P X ((x, ∞)) = 1 − P X ((−∞, x]) = 1 − FX (x) =: F X (x)
⇒ F X (x + y) = F X (x) · F X (y)
⇒
Hinweis
F X (x) = e
αx
∀ x, y ∈ R, F X stetig
, α ∈ R Annahme: α > 0 ⇒ F X streng monoton steigend
⇒ FX streng monoton fallend
α = 0 ⇒ F X (x) = 1 ⇒ FX (x) = 0 ∀ x
⇒ α < 0, setze λ := −α
⇒ FX (x) = 1 − e−λx ⇒ X ∼ Exp(λ)
Somit folgt, dass eine Zufallsvariable X mit gedächnisloser, stetiger Verteilungsfunktion exponential Verteilt ist.
1
Aufgabe 17
a) Normiere h(x):
Z ∞
Z
1=
h(x)dx =
−∞
=
∞
cx
α−1
e
−λxα
=
x0 = x α
dx0 = αxα−1 dx
dx
0
c
α
Z
∞
0
e−λx dx0
0
∞
c
1
c
− e−λx
=
α
λ
λα
0
⇒ c=λ·α >0
⇒ h(x) >= 0 ∀ x
⇒ h(x) ist eine Dichte, die Zugehörige Verteilungsfunktion ist:
α
⇒ F (x) = 1 − e−λx 11[0,∞) (x)
b) Normiere g(x):
1=
Z
∞
g(x) dx =
−∞
Z
0
c x dx +
−1
Z
5
0
c
ex dx = − + e5 − 1
2
⇒ c = 2e5 − 4 > 0 ⇒ g(x) < 0 ∀ − 1 < x < 0
⇒ g(x) ist keine Dichte
Aufgabe 18
Sei Φ(x) die Verteilungsfunktion einer N (0, 1) verteilten Zufallsvariablen. Zeige
die Symmertrieregel Φ(−x) = 1 − Φ(x):
1
Φ(−x) = √
2π
Z
−x
2
e
− t2
−∞
1
dt = − √
2π
Z
−∞
2
e
− t2
dt
−x
=
t0 = −t
dt0 = −dt
1
√
2π
Z
∞
e−
t02
2
dt0
x
Z ∞
Z ∞
Z ∞
1
1
1
t02
t02
t02
=1+ √
e− 2 dt0 − 1 = 1 + √
e− 2 dt0 − √
e− 2 dt0
2π x
2π x
2π −∞
Z x
1
t02
=1− √
e− 2 dt0 = 1 − Φ(x)
2π −∞
, da
Sei X ∼ N (µ, σ 2 ), es gilt FX (x) = Φ x−µ
σ
F (x) = √
1
2π σ
Z
x
e−
(t−µ)2
2σ2
−∞
1
dt = √
2π
Z
x−µ
σ
e
t02
2
dt0 = Φ
−∞
x−µ
σ
Gegeben: σ = 10000, µ = 1000
a)
x = 11550 : P (X ≤ x) = Φ
11550 − 10000
1000
= Φ(1.55) ≈ 0.939
x = 7000 : P (X ≤ x) = Φ(−3) = 1 − Φ(3) ≈ 1.35 · 10−3
2
b)
P (X > 10000 ∩ X > 9500)
P (X > 10000)
=
P (X > 9500)
P (X > 9500)
1 − P (X ≤ 10000)
1 − Φ(0)
=
=
=
1 − P (X ≤ 9500)
1 − Φ(−0.5)
1 − 0.5
≈ 0.723
≈
0.691
P (X > 11500)
1 − Φ(1.5)
1 − 0.933
P (X > 11500|X > 11000) =
=
≈
≈ 0.159
P (X > 11000)
1 − Φ(1)
1 − 0.841
P (X > 10000|X > 9500) =
c) Gesucht x, so dass P (X ≤ u) = 0.7
⇒ u ≈ 0.525
x−µ
⇒ 0.525 =
σ
⇒ x = 0.525 σ + µ = 10525
Aufgabe 19
a) X ∼ Bin(n, p) ⇒ fX (k) =
G(z) =
=
∞
X
k
pk z =
k=0
n X
k=0
n
k
n X
n
k=0
k
pk (1 − p)n−k
pk (1 − p)n−k z k
n
(pz)k (1 − p)n−k = (pz + 1 − p)n
k
b) P ({i}) = pi ≥ 0 ∀ i ∈ N, zeige noch die Normierungsbedingung:
∞
X
k=1
n X
1
1
1
= lim
−
n→∞
k(k + 1) n→∞
k k+1
k=1
k=1
!
!
n
n
n+1
n
X
X
1 X1
1 X 1
= lim
= lim
−
−
n→∞
n→∞
k
k+1
k
k
k=1
k=1
k=2
k=1
1
= lim 1 −
=1
n→∞
n+1
pk = lim
n
X
Durch P ({i}) ist somit eine Zähldichte gegeben. Die zugehörige erzeugenden
Funktion ist:
∞
∞ X
X
1
1
k
G(z) =
pk z =
zk
−
k k+1
k=0
k=1
!
∞
∞
k
X
z
1 X zk
ln(1 − z)
=
−
− z = − ln(1 − z) +
+1
k
z
k
z
k=1
k=1
3
Teillösung 6. Übung
14. Juni 2002
Aufgabe 20
Zeige: X1, . . . , Xn s.u. ⇒ P (X1 = t1 , . . . , Xn = tn ) =
Zeige dazu
P (X1 = t1 , . . . , Xj−1 = tj−1 , Xj ≤ tj , . . . Xn ≤ tn ) =
Qn
j−1
Y
i=1
P (Xi = ti ).
P (Xi = ti )
n
Y
P (Xi ≤ ti ),
i=j
i=1
für j = 1, . . . , n. Für j = n ergibt sich die Beauptung.
Der Beweis erfolgt per Induktion (ObdA sei der Träger T = N).
IA: j = 1, gilt nach Definition der stochastischen Unabhängigkeit.
IS: j → j + 1
P (X1 = t1 , . . . , Xj = tj , Xj+1 ≤ tj+1 , . . . , Xn ≤ tn )
=P (X1 = t1 , . . . , Xj−1 = tj−1 , Xj ≤ tj , Xj+1 ≤ tj+1 , . . . , Xn ≤ tn )
− P (X1 = t1 , . . . , Xj−1 = tj−1 ,
Xj ≤ tj − 1 , Xj+1 ≤ tj+1 , . . . , Xn ≤ tn )
|
{z
}
⇔ Xj <tj da T =N0
IV
=
j−1
Y
n
Y
P (Xi = ti ) P (Xj ≤ tj )
i=1
−
j−1
Y
=
=
P (Xi = ti )
n
Y
P (Xi ≤ ti )
i=j+1
j
Y
n
Y
⇒ Beh.
P (Xi = ti )
P (Xi ≤ ti )
i=j+1
i=1
i=1
n
Y
P (Xi = ti ) P (Xj ≤ tj − 1)
i=1
j−1
Y
P (Xi ≤ ti )
i=j+1
P (Xi ≤ ti )
i=j+1
1
P (Xj ≤ tj ) − P (Xj ≤ tj − 1)
{z
}
|
=P (Xj =tj )
Zeige noch die Gegenrichtung:
X
P (X1 ≤ t1 , . . . , Xn ≤ tn ) =
P (X1 = s1 , . . . , Xn = sn )
si ∈ Ti : si ≤ t i
i = 1, . . . , n
=
Vor.
=
n
X Y
P (Xi = si ) =
si ≤ti i=1
n
Y
P (Xi ≤ ti )
n
Y
X
P (Xi = si )
i=1 si ≤ti
⇒
s.u.
i=1
Aufgabe 21
N ∼ Poi(λ),
T ∼ Exp(µ)
s.u.
a) gesucht: P (N < 4, T ≤ 50) = P (N < 4) P (T ≤ 50)
!
3
X
λi
−λ
= e
1 − e−50µ
i!
i=0
≈ 0.104
b) gesucht: P (N ≤ 12, N T ≤ 300) =
12
X
P (N = k, k · T ≤ 300)
k=0
12
X
300
= P (N = 0) +
P N = k, T ≤
k
k=1
12
X
300
= P (N = 0) +
P (N = k)P T ≤
k
= e−λ + e−λ
k=1
12
X k
k=1
≈ 0.497
2
300µ
λ 1 − e− k
k!
Teillösung 7. Übung
27. Juni 2002
Aufgabe 24
{Tn }n∈N sei die Folge der gemessenen Temperaturen, Ti ∼ N(400, 9).
S = min n ∈ N Tn ∈ (−∞, 395] ∪ (405, ∞)
ist die Erste Eintrittszeit, des über-/unterschreitens der vorgegebenen Temperaturspanne.
P (Ti ∈ (−∞, 395] ∩ (405, ∞)) = P (Ti ≤ 395) + P (Ti ≥ 405)
405 − 400
395 − 400
+1−Φ
= P (Ti ≤ 395) + 1 − P (Ti ≤ 405) = Φ
3
3
5
5
−5
=Φ
+1−Φ
=2−2 Φ
≈ 0.096
3
3
3
Es gilt P (S = k) = (1 − p)k−1 p mit p = P (Ti ∈ (−∞, 395] ∩ (405, ∞))
⇒
P (S > 10) = 1 − P (S ≤ 10) = 1 −
1
10
X
i=1
(1 − p)k p = (1 − p)10 ≈ 0.425
Aufgabe 25 a)
X ∼ Rec(0, 1) ⇒ fx (t) = 11(0,1) (t)
2
1
T (x) = √ e−x , x ∈ (0, 1)
2π
1
1
6= (−∞, ∞)
,√
Y = T (X) ist nicht standardnormalverteilt, da T (0, 1) = √
2π e
2π
r
√
T ist injektiv und stetig differenzierbar auf (0, 1), T −1 (y) = − log
2π y
r
2
2
dT (x)
=−
x e−x 6= 0 ∀ x > 0
dx
π
⇒ Transformationssatz anwendbar:
fX T −1 (y)
11T ((0,1)) (y)
fY (y) = −1 det dT
dx T (y)
q
√
− log 2π y
fX
11 1
= q
√2π e , √12π (y)
2
2
− π x e−x q
√
− log( 2π y ) 1
=
2y
q
√
11
− log 2π y
√ 1
, √12π
2π e
(y)
Aufgabe 26
X ∼ Exp(λ), Y ∼ Rec(0, 1), X, Y s.u.
Faltungsformel:
Z ∞
Z ∞
fX+Y =
fX (t) fY (z − t) dt =
λ e−λt 11[0,∞) (t)11[0,1] (z − t) dt
−∞
−∞
Z z
z
=
λ e−λt dt 11[0,∞) (z) = −e−λt max{0,z−1} 11[0,∞) (z)
max{0,z−1}


0,
= 1 − e−λt ,

 −λ(z−1)
e
− e−λz ,
z<0
0≤z≤1
z>1
2
Teillösung 9. Übung
12. Juli 2002
Aufgabe 32
b)
X ∼ Bin = Geo(p) ∗ . . . ∗ Geo(p)
|
{z
}
n
Yi ∼ Geo(p) i = 1, . . . , n,
s.u.,
X=
n
X
Yi
i=1
E(X) = E
n
X
Yi
i=1
Var(X) = Var
!
n
X
=
n
X
E (Yi ) = n E (Y1 ) =
i=1
Yi
i=1
!
=
s.u.
Bezeichnung: Y = Y1
Var(Y ) = E(Y 2 ) − (E(Y ))
n
X
n(1 − p)
q
=: n
p
p
Var (Yi ) = n Var (Y1 )
i=1
2
E(Y 2 ) = E(Y (Y − 1) + Y ) = E(Y (Y − 1)) + E(Y ) =
∞
X
k(k − 1)q k p +
k=0
= pq 2
∞
X
k=2
2
⇒
⇒
q
p
∞
∞
2 X
X
d2 k q
q
q
2 d
=
pq
q
+
qk +
k(k − 1)q k−2 + = pq 2
p
dq 2
p
dq 2
p
k=2
k=2
q2
q
d 2q − q 2
q
q2
q
(1 − p)2
1−p
d
+ = pq 2
+ =2 2 + =2
+
= pq 2 2
2
2
dq 1 − q
p
dq (1 − q)
p
p
p
p
p
2
2
(1 − p)
1 − p (1 − p)
1−p
Var(Y ) = 2
+
−
=
p2
p
p2
p2
1−p
Var(X) = n 2
p
1
c) X ∼ Γ(α, λ)
Berechne die Laplace-Transformierte:
L(s) =
=
Z
∞
e−sx f (x) dx
0
Z∞
e
−sx
λα α−1 −λx
λα
x
e
dx =
Γ(α)
Γ(α)
0
=
Z∞
xα−1 e−(λ+s)x dx
0
Substituiere: (λ + s)x = y
α−1
Z ∞
Z ∞
y
1
λα
λα
−y
e
dy =
y α−1 e−y dy
α
Γ(α) 0
λ+s
λ+s
(λ + s) Γ(α) 0
|
{z
}
Γ(α)
=
E(X)
E(X 2 )
λ
λ+s
=
α
λ
−L (0) = − α
λ+s
0
α−1
!!
−
2
(λ + s)
Aber
s=0
!0 00
λ
= L (0) = −α
α+1
(λ + s)
s=0
!
α(α + 1)
1
=
=
−αλα (−α − 1)
α+2 λ2
(λ + s)
s=0
α
2
⇒ Var(X) = E(X 2 ) − (E(X)) = 2
λ
α
d)
E(X)
λ
Z
t
x
dx
π(1
+
x2 )
−t
t
1
=
ln (1 + x2 )
2
−t
Z t
xfx (x) dx = 0
⇒ lim
t→∞ −t
Z ∞
x
: E(|X|) = 2
dx = ∞
π(1 + x2 )
0
⇒ Der Erwartungswert existiert nicht.
⇒ Die Varianz existiert ebenfalls nicht.
=
2
=
α
λ
Aufgabe 33
a) X, Y absolut-stetig: siehe Skript.
X, Y diskret, mit Träger TX , TY :
X X
E(aX + bY ) =
(ax + by)P (X = x, Y = y)
x∈TX y∈TY
=a
X
x P (X = x, Y = y) + b
X
x P (X = x) + b
x∈TX
⇒
⇒
y P (Y = y)
Y −X ≥0

X

(y − x)P (X = x, Y = y) ≥ 0


X∈T ,Y ∈T
X
Y
E(Y − X) = Z ∞ Z ∞



(y − x)f(X,Y ) (x, y) ≥ 0

−∞
⇒
X
y∈TY
= a E(X) + b E(Y )
b) X ≤ Y
y P (X = x, Y = y)
x∈TX ,y∈TY
x∈TX ,y∈TY
=a
X
mit a)
E(X) − E(Y ) ≥ 0
−∞
⇒
E(Y ) ≥ E(X).
3
Teillösung 11. Übung
18. Juli 2002
Aufgabe 39
X ∼ N(Θ, σ 2 )
Θ ∼ N(µ, τ 2 ) sei die a-priori-Verteilung
−(Θ − µ)2
1
,
⇒ fΘ (Θ) = √ exp
2τ 2
τ 2π
fx|Θ (x|Θ)fΘ (Θ)
⇒ fΘ|x (Θ|x) = R
fx|Θ (x|Θ)fΘ (Θ)dΘ
1
fx|Θ (x|Θ) = √ exp
σ 2π
−(x − Θ)2
2σ 2
es gilt:
−(x − Θ)2
−(Θ − µ)2
1
1
√ exp
√
·
exp
2σ 2
2τ 2
σ 2π
τ 2π
2 2
τ (x − 2Θx + Θ2 ) + σ 2 (Θ2 − 2Θµ + µ2 )
1
exp −
=
2πστ
2τ 2 σ 2
(τ 2 + σ 2 )Θ2 − Θ(2τ 2 x + 2σ 2 µ) + x2 τ 2 + µ2 σ 2 )
1
exp −
=
2πστ
2τ 2 σ 2
 
2
τ2
σ2
+
g(x,
τ,
µ,
α)
Θ
−
x
−
µ
2
2
2
2
τ +σ
τ +σ
1


exp −
=

τ 2 σ2
2πστ
2 τ 2 +σ2
fx|Θ (x|Θ)fΘ (Θ) =
Der Term g(x, τ, µ, α) ist nicht von Θ abhängig.
Z
fx|Θ (x|Θ)fΘ (Θ)dΘ normiert fΘ|x (Θ|x), somit gilt
 2 
τ2
σ2
Θ
−
x
−
µ
2
2
2
2
τ +σ
τ +σ
1


exp −
fΘ|x (Θ|x) = q

τ 2 σ2
τ 2 σ2
2 τ 2 +σ2
2π 2 2
τ +σ
Die Verteilung von Θ unter X = x ist somit eine
!
r
τ 2 σ2
σ2
τ2
x− 2
µ,
N
-Verteilung
τ 2 + σ2
τ + σ2
τ 2 + σ2
Somit gilt, Bayes-Schätzer E(Θ) =
1
τ2
σ2
τ2
x− 2
µ.
2
+σ
τ + σ2