Lösungen Stochastik WS 2015/16 – Blatt 8 Aufgabe 1

Lösungen Stochastik WS 2015/16 – Blatt 8
Aufgabe 1
Es bezeichne Φ die Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung. Sei X normalverteilt zu den
Parametern (µ, σ 2 ), dann ist X−µ
standard-normalverteilt; damit gilt für die Verteilungsfunktion FX
σ
von X:
x−µ
x−µ
X −µ
≤
= Φ
.
FX (x) = P(X ≤ x) = P
σ
σ
σ
Ferner gilt Φ(−x) = 1 − Φ(x) für alle x ∈ R.
Sei n die Anzahl der verkauften Tickets und Xn die Anzahl der Passagiere, die den Flug antreten.
Nehmen wir an, dass alle Passagiere den Flug unabhängig voneinander mit einer Wahrscheinlichkeit von
0,7 antreten, so ist Xn binomialverteilt zu den Parametern p = 0,7 und n. Nach dem Satz von de MoivreLaplace können wir die Verteilung durch eine Normalverteilung zu den Parametern µn = E(Xn ) = np
und σn2 = Var(Xn ) = np(1 − p) approximieren.
Bemerkung: Hierbei verzichten wir auf die Stetigkeitskorrektur bei der Approximation.
Somit erhalten wir für α ∈ (0, 1):
≥ α
P(Xn ≤ 100) ≈ Φ 100−µ
σ
p
⇔ Φ−1 (α) · np(1 − p) ≤ 100 − np
(∗)
⇔ (Φ−1 (α))2 · np(1 − p) ≤ (100 − np)2 .
Man liest aus der Tabelle der Normalverteilung jeweils den zu α nächsten Wert, bei α = 0,9 ist das der
Wert 0,8997 und damit Φ−1 (0,8997) = 1,28. Mit p = 0,7 liefert dies:
0,49 · n2 − 140,24 · n + 10000 ≥ 0
⇔
n ≤ 133,19
oder
n ≥ 153,23.
Da aber Φ−1 (α) ≥ 0, muss wegen (∗) gelten, dass 100 − np ≥ 0 ist, also ist n ≤ 142,86. Damit darf die
Fluggesellschaft maximal 133 Tickets verkaufen.
Analog gilt für α = 0,95, dass der nächste Wert in der Tabelle 0,9495 ist und damit Φ−1 (0,9495) = 1,64
gilt. Somit ergibt sich:
0,49 · n2 − 140,56 · n + 10000 ≥ 0
⇔
n ≤ 130,59
oder
n ≥ 156,28.
Mit dem gleichen Argument wie oben folgt, dass die Fluggesellschaft maximal 130 Tickets verkaufen darf.
Schließlich gilt für α = 0,99, dass der nächste Wert in der Tabelle 0,9901 ist und damit Φ−1 (0,9901) = 2,33
gilt. Somit ergibt sich:
0,49 · n2 − 141,14 · n + 10000 ≥ 0
⇔
n ≤ 125,75
oder
n ≥ 162,29.
Mit dem gleichen Argument wie oben folgt, dass die Fluggesellschaft maximal 125 Tickets verkaufen darf.
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Aufgabe 2
Für den Erwartungswert und die Varianz von X gilt:
Z +∞
E(X) =
x · f (x) dx
−∞
Z ∞
x · λe−λx dx
=
0
=
∞
−x · e−λx x=0 +
|
{z
}
Z
∞
e−λx dx
0
=0
=
Var(X)
∞
1 −λx
1
− e
= .
λ
λ
x=0
= E(X 2 ) − (E(X))2
Z +∞
1
=
x2 · f (x) dx − 2
λ
−∞
Z ∞
1
x2 · λe−λx dx − 2
=
λ
0
Z ∞
2 −λx ∞
1
= −x · e
+
2x · e−λx dx − 2
x=0
λ
|
{z
}
0
=0
Z ∞
1
1
= 2·
x · λe−λx dx − 2
λ 0
λ
|
{z
}
=E(X)=1/λ, s.o.
=
2
1
1
− 2 = 2.
λ2
λ
λ
Aufgabe 3
Sei (Ω, A, P) derart gegeben, dass die Zufallsvariable X exponentialverteilt mit Parameter λ > 0 ist. Sei
Fλ die zugehörige Verteilungsfunktion, also:
(
1 − exp(−λx), x ≥ 0,
Fλ (x) =
0,
x > 0.
(a) Es gilt nach Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit allgemein für 0 ≤ s ≤ t:
P(X > t | X > s)
P({X > t} ∩ {X > s})
P(X > s)
P(X > t)
=
P(X > s)
1 − Fλ (t)
=
1 − Fλ (s)
exp(−λ · t)
=
exp(−λ · s)
= exp(−λ · (t − s)).
=
D.h. also, dass die Exponentialverteilung kein Gedächtnis hat. Die Wahrscheinlichkeit, dass der
Laptop mind. t Jahre funktioniert, wenn er schon s Jahre funktioniert hat, ist also genau so groß
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wie die Wahrscheinlichkeit, dass der Laptop beim Kauf noch mind. t − s Jahre funktioniert.
Beispiel: Das jetztige Alter beträgt drei Jahre. Dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Laptop
noch weitere zwei Jahre funktioniert, gegeben durch
P(X > 5 | X > 3)
P({X > 5} ∩ {X > 3})
P(X > 3)
P(X > 5)
=
P(X > 3)
1 − Fλ (5)
=
1 − Fλ (3)
exp(−5 · λ)
=
exp(−3 · λ)
= exp(−2 · λ).
=
(b) Es gilt für z ∈ N0 :
P(bXc = z)
=
P(X ∈ [z, z + 1))
=
Fλ (z + 1) − Fλ (z)
=
exp(−λ · z) − exp(−λ · (z + 1))
=
exp(−λ)z · (1 − exp(−λ))
=
(1 − p)z · p
mit p := 1 − exp(−λ). bXc ist also geometrisch verteilt zum Parameter p.
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