UNIVERSIT¨AT BASEL HS2015 Must ¨Ubung 1

UNIVERSITÄT BASEL HS2015
EINFÜHRUNG IN DIE STATISTIK
–
LÖSUNGEN BLATT 6
Must
Übung 1.
Proof. Wir wissen, dass
(
k(x2 + x) ; x ∈ [1, 2]
fk (x) =
0
; sonst
eine Dichtefunktion für bestimmte k ist, daher
Z ∞
Z 2
23
fk (x)dx =
k(x2 + x)dx = k.
1=
6
−∞
1
6
sein. Nun können wir den Erwartungswert berechnen, nach VorleSomit muss k = 23
sungsskript haben wir
Z ∞
Z 2
6
73
x · fk (x)dx =
(x3 + x2 )dx = .
E(X) =
23 1
46
−∞
Für die Varianz benutzen wir einen Trick aus der Vorlesung,
V (X) = E(X 2 ) − E(X)2 .
Nun ist aber
Z
∞
73
E(X )−E(X) =
x · fk (x)dx−
46
−∞
2
2
2
2
6
=
23
Z
1
2
73
(x + x )dx−
46
4
3
2
=
817
.
105800
Die Verteilungsfunktion ist für t ∈ [1, 2] gerade
Z t
6
2t3 + 3t2 − 5
2
FX (t) =
(x + x)dx =
23 1
23
und somit


;t<1
0
2t3 +3t2 −5
FX (t) =
; t ∈ [1, 2]
23

1
; t > 2.
1
2
EINFÜHRUNG IN DIE STATISTIK – LÖSUNGEN BLATT 6
Standard
Übung 2.
Proof. Wir versuchen bei ’(a)’ ähnlich wie bei der geometrischen Reihe zu argumentieren.
P
(a) Wir betrachten S(n) := nk=1 k · q k−1 = 1 + 2q + 3q 2 + 4q 3 + ... + nq n−1 . Dann
haben wir
q 2 · S(n) = q 2 + 2q 3 + 3q 4 + ... + nq n+1
und
q 2 · S(n) − 2q · S(n) = −2q − 3q 2 − ... − nq n−1 − (n + 1)q n + nq n+1
= 1 − S(n) − (n + 1)q n + nq n+1 .
Damit wissen wir aber gerade, dass
S(n) − 2qS(n) + q 2 S(n) = 1 − (n + 1)q n + nq n+1
und somit
S(n) =
1 − (n + 1)q n + nq n+1
1 − (n + 1)q n + nq n+1
=
1 − 2q + q 2
(1 − q)2
1 − (n + 1)q n + nq n+1
=
.
p2
(b) Für den Erwartungswert können wir den Aufgabenteil ’(a)’ verwenden und
erhalten
X
E(X) =
j · P (X = j)
j∈N
=p·
X
jq j−1
j∈N
= p · lim
n→∞
X
jq j−1
j∈Nn
= p · lim S(n)
n→∞
1 − (n + 1)q n + nq n+1
n→∞
p2
= p · lim
1
= ,
p
da q ∈ (0, 1).
Übung 3.
Proof. Zunächst wollen wir zeigen, dass eine geeignete Verkettung von Zufallsgrössen
wieder eine Zufallsgrösse ist. Dazu betrachten wir zwei Zufallsgrössen X und Y
X
Y
(Ω, A) −
→ (R, B(R)) −
→ (R, B(R)).
Nun sei A ∈ B(R), damit Y −1 (A) ∈ B(R) und da X −1 (B) ∈ A für alle B ∈ B(R)
wissen wir, dass auch Y ◦ X eine Zufallsgrösse ist.
Da B(R) die kleinse σ-Algebra ist welche alle offenen Mengen enthält wissen wir auch,
dass stetige Abbildungen i.e.
f
(R, B(R)) →
− (R, B(R))
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3
Zufallsgrössen sind. Damit ist |.| eine Zufallsgrösse und dadurch auch |X|. Ein anderer
Beweis wäre dieser:
Sei a < 0, dann ist |X|−1 ((−∞, a]) = ∅ ∈ A, wobei |X| : (Ω, A) → (R, B(R)) mit
Ω ⊆ R. Sei nun a ≥ 0, dann gilt
|X|−1 ((−∞, a]) = X −1 ([−a, a]) = X −1 ((−∞, a]) \ X −1 ((−∞, −a)) ∈ A.
Da dies für alle a ∈ R gilt sind wir fertig.
Als nächstes wollen wir herausfinden wie die Verteilungsfunktion aussieht. Für t < 0
haben wir
F|X| (t) = P (|X| ≤ t) = P (∅) = 0.
Sei also t ≥ 0, dann haben wir
F|X| (t) = P (|X| ≤ t) = P (−t ≤ X ≤ t) = FX (t) − P (X < −t) = FX (t) − FX (−t)
und somit
(
FX (t) − FX (−t) ; t ≥ 0
F|X| (t) =
0
; t < 0.
Mit Hilfe der Kettenregeln erhalten wir dann für die Dichtefunktion aber gerade
(
fX (t) + fX (−t) ; t ≥ 0
f|X| (t) =
0
; t < 0.
Extra
Übung 4.
Proof. Wir beweisen die folgenden Teilaufgaben mit Hilfe der Ideen aus der Vorlesung.
(a) Zunächst wollen wir nochmals die Wahrscheinlichkeitsfunktion hinschreiben,
( n k
p (1 − p)n−k ; k ∈ {0, 1, 2, ..., n}
k
P (X = k) =
0
; sonst.
Dann ist der Erwartungswert gerade
X
E(X) =
k · P (X = K)
k∈Z
n
X
n k
=
k·
p (1 − p)n−k
k
k=0
n
X
n k
=
k·
p (1 − p)n−k
k
k=1
n
X
n−1 k
=
n·
p (1 − p)n−k
k
−
1
k=1
n X
n − 1 k−1
= np ·
p (1 − p)n−k
k
−
1
k=1
= np · (p + q)n−1
= np.
4
EINFÜHRUNG IN DIE STATISTIK – LÖSUNGEN BLATT 6
(b) Wir benutzen wieder die Definition aus der Vorlesung und erhalten
∞
X
2
E(Z ) =
k 2 · P (Z = k)
=
=
k=0
∞
X
k=1
∞
X
−λ λ
2
k ·e
k!
kλ · e−λ
k=1
=
∞
X
k
λk−1
(k − 1!)
(k + 1)λ · e−λ
k=0
=λ·
∞
X
−λ λ
k·e
k=0
λk
k!
k
k!
+λ·
∞
X
e−λ
k=0
λk
k!
= λ · (E(Z) + 1)
= λ2 + λ.
Übung 5.
Proof. Hier können wir verschiedene Beispiele durchgehen. Für den diskreten Fall eignet
sich (aufgrund von kurzen Rechnungen) die Be(p) Verteilung. Sei also X ∼ Be(p) mit
p ∈ (0, 1). Wir wissen, dass
p
p
sd(X) = V ar(X) = p(1 − p).
Nun haben wir aber gerade
E(|X − p|) = p(1 − p) + (1 − p)p = 2p(1 − p).
Sei also sd(X) = E(|X − p|) dann folgt, dass p ∈ 0, 21 , 1 . Ganz allgemein gilt, dass
E(|X − p|) ≤ sd(X).
Sei nun X ∼ P o(λ) mit λ > 0. So knnen wir zeigen, dass dann immer
E(|X − p|) < sd(X)
gilt, wobei
√
sd(X) =
und
λ
dλe−1
E(|X − p|) = 2
X
k=0
(λ − k)e−λ
λk
.
k!
Für den absolut stetigen Fall kann man X ∼ Exp(λ) betrachten und erhält ebenfalls
die obige Ungleichung für λ > 0 mit
1
sd(X) =
λ
und
1
2λX
E(|X − |) = E(1 − X) · E
−2 .
λ
e