Musterlösung Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik

Prof. Dr. A.-S. Sznitman
ETH Zürich
Sommer 2016
Musterlösung
Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik
(BSc D-ITET)
1. Seien UA das Ereignis, dass Urne A gewählt wird, und UB das Ereignis, dass Urne B gewählt wird.
Es gilt P [UA ] = P [UB ] = 1/2.
a) Gesucht ist P [UA | X = 1]. Laut Aufgabenstellung gilt
k 3−k
3
2
3
k = 0, 1, 2, 3;
k
5
5
l 3−l
4
3
1
l = 0, 1, 2, 3.
P [X = l| UB ] =
5
5
l
P [X = k| UA ] =
Nach der Formel von Bayes gilt
P [UA | X = 1] =
=
P [X = 1| UA ]P [UA ]
P [X = 1| UA ]P [UA ] + P [X = 1| UB ]P [UB ]
2
3 25 53
2·9
18
9
=
=
.
3 2
4 2 =
2
1
2 · 9 + 16
34
17
3
+3
5
5
5
5
b) Wir suchen die Wahrscheinlichkeit vom Ereignis E = {X = 0 oder X = 3} = {X = 0}∪ {X =
3}. Nach der Formel der totalen Wahrscheinlichkeit gilt
P [E] = P [X = 0] + P [X = 3]
= P [X = 0|UA ]P [UA ] + P [X = 3|UA ]P [UA ]
+ P [X = 0|UB ]P [UB ] + P [X = 3|UB ]P [UB ]
3 3 3 3 !
3
2
4
1
+
+
+
5
5
5
5
=
1
2
=
1 100
2
1 27 + 8 + 64 + 1
·
=
·
= .
2
125
2 125
5
c) Es gilt
E[X] =
=
3
X
kP [X = k]
k=1
3
X
1
2
k=1
1
k(P [X = k|UA ] + P [X = k|UB ]) =
2
E[Y ] = E[3 − X] = 3 − E[X] =
21
.
10
1
2
3 +3
5
5
=
9
.
10
Wegen 3 = X + Y gilt
Bitte wenden!
Weiter gilt
E[XY ] = E 3X − X 2 = 3E [X] − E X 2
3
27 1 X 2
−
k (P [X = k|UA ] + P [X = k|UB ])
10 2
=
k=1
12
27 3
−
=
.
10 2
10
=
2. a) Es ist S = X + 3Y + 2Z. Aus der Unabhängigkeit folgt
Var(S) = Var(X) + Var(3Y ) + Var(2Z)
= Var(X) + 9Var(Y ) + 4Var(Z) = 22λ.
Wir haben
ϕD (t)
=
unabh.
=
i
h
E eitD = E eit(X−Y ) = E eitX e−itY
E eitX E e−itY = ϕX (t)ϕY (−t).
Es gilt (diese Formel muss hergeleitet werden)
∞
∞
X
X
λk
eitk−λ
eitk P [X = k] =
ϕX (t) = E eitX =
k!
k=0
k=0
k
∞
X
eit λ
it
it
−λ
= e−λ ee λ = eλ(e −1) .
= e
k!
k=0
Schliesslich erhalten wir
ϕD (t) = eλ(e
) eλ(e−it −1) = eλ(eit +e−it −2) = e2λ(cos(t)−1) .
it −1
b) Aus der Unabhängigkeit von X und Y + Z folgt
P [X = k|T = n] =
=
P [T = n|X = k]P [X = k]
P [T = n]
P [Y + Z = n − k]P [X = k]
.
P [T = n]
Wegen der Unabhängigkeit der Poisson-verteilten Zufallsvariablen folgt, dass Y + Z eine
Poisson(4λ) und T eine Poisson(5λ) Verteilung haben. Also
e−4λ (4λ)n−k e−λ λk n!
(n − k)!k!e−5λ (5λ)n
k n−k
n
n 4
1
1 n−k
=
.
=
1−
k
5
5
k 5n
P [X = k|T = n] =
c) Es gilt
Var(T ) = E[T ] = 5λ.
Mit der Ungleichung von Chebyshev folgt
P [T < λ] = P [T − 5λ < −4λ]
≤ P [|T − 5λ| ≥ 4λ] ≤
Var(T )
5
=
.
2
16λ
16λ
Mit λ ≥ 1 folgt
P [T < λ] ≤
5
1
5
≤
< .
16λ
16
3
Also kann P [T < λ] > 1/3 nicht gelten.
Siehe nächstes Blatt!
3. a) Wir haben
E
V
X2 + 1
X
X
= E Y 2
= E [Y ] E
X +1
X2 + 1
Z 1
1
x
1
log(2)
dx =
log(x2 + 1)0 =
.
=
2
2
2
0 x +1
b) Wegen der Unabhängigkeit gilt für die gemeinsame Dichte von (X, Y )
fX,Y (x, y) = 1{0≤x≤1} e−y 1{y>0} .
Es gilt
P [U ≤ 0.5] =
=
Z Z
Z
0
=
Z
1Z ∞
0
1
0
=
Z
fX,Y (x, y)1{x+y≤0.5} dxdy
1{x≤0.5} 1 − e−(0.5−x) dx
0.5
0
e−y 1{y≤0.5−x} 1{y>0} dydx
1 − ex−0.5 dx = 0.5 − e−0.5 e0.5 − 1 = e−0.5 − 0.5.
Es gilt P [U < u] = 0 für u < 0. Für u ≥ 0 gilt
Z Z
P [U ≤ u] =
fX,Y (x, y)1{x+y≤u} dxdy
Z 1Z ∞
e−y 1{y≤u−x} 1{y>0} dydx
=
0
0
Z 1
1{u−x≥0} 1 − e−(u−x) dx
=
0
Z 1
1{x≤u} 1 − ex e−u dx.
=
0
Für u > 1 gilt
P [U ≤ u] =
Z
1
1 − ex e−u dx = 1 − e−u (e − 1).
0
Für 0 ≤ u ≤ 1 gilt
P [U ≤ u] =
Also haben wir
Z
u
1 − ex e−u dx = u − e−u (eu − 1) .
0

falls u < 0,
 0,
P [U ≤ u] =
u + e−u − 1,
falls 0 ≤ u < 1,

1 − e−u (e − 1), sonst.
Für die Dichte fU gilt dann

falls u < 0,
 0,
d
−u
P [U ≤ u] =
fU (u) =
1−e ,
falls 0 ≤ u < 1,
 −u
du
e (e − 1), sonst.
c) Die beste lineare Prognose von V durch U ist gegeben durch
Z =
=
=
cov(V, U )
(U − E[U ]) + E[V ]
Var(U )
cov(V, U )
(U − E[X + Y ]) + E[XY ]
Var(X + Y )
cov(V, U )
(U − E[X] − E[Y ]) + E[X]E[Y ].
Var(X) + Var(Y )
Bitte wenden!
Es gilt E[X] = 1/2, Var(X) = 1/12 und E[Y ] = Var(Y ) = 1. Es gilt
cov(V, U ) = E[V U ] − E[V ]E[U ]
= E X 2 Y + XY 2 − E[XY ]E[X + Y ]
= E X 2 Y + E XY 2 − E[XY ]E[X] − E[XY ]E[Y ]
= E X 2 E[Y ] + E[X]E Y 2 − E[Y ]E[X]2 − E[X]E[Y ]2
= E[Y ] Var(X) + E[X] Var(Y ).
Also
Z =
=
=
E[Y ] Var(X) + E[X] Var(Y )
(U − E[X] − E[Y ]) + E[X]E[Y ]
Var(X) + Var(Y )
1/12 + 1/2
3
1
U−
+
1/12 + 1
2
2
7
7
4
3
1
=
U− .
U−
+
13
2
2
13
13