Lösungsvorschläge zu den Aufgaben von Blatt 9: 77) Die gelieferte

Lösungsvorschläge zu den Aufgaben von Blatt 9:
77) Die gelieferte Packung enthalte 10000 Stück, 100 davon sind defekt
Zufällige Stichprobe von 250 (o.Z.)
Bevor die Stichprobe gezogen und ausgewertet wird, ist
X:= Anzahl der defekten Stücke in der Stichprobe
eine hypergeometrisch verteilte Zufallsvariable mit den Parametern
N = Anzahl der Stücke in der Lieferung = 10000,
M = Anzahl der defekten Stücke in der Lieferung = 100,
n = Anzahl der Ziehungen (o.Z.) = 250.
Damit gilt:
9900
100
250 − m
m
P (X = m) =
10000
250
Die Näherung durch die Binomialverteilung ist gut genug, da N = 10000 > 1000
und n/N = 0.025 6 0.1.
Damit gilt also
M
n m
= 0.01
p (1 − p)n−m
n = 250, p =
P (X = m) ≈
N
m
Die Näherung durch die Poisson-Verteilung gut genug, da n = 250 > 50 und
λ := n · p = 2.5 6 5.
Damit gilt also
2.5m
P (X = m) ≈ e−2.5
m!
a)
2.5 2.52
2.5 2.52
−2.5
−2.5
1+
1+
P (X 6 2) ≈ e
=e
= 0.544
+
+
1!
2!
1
2
p
b) Wir suchen die Wahrscheinlichkeit P |X − E(X)| 6 V (X) .
Dazu müssen wir zunächst den Erwartungswert und die Varianz berechnen. Wir
könnten auch dazu die Näherung durch die Poisson–Verteilung verwenden, aber
die Berechnung über die hypergeometrische Verteilung selbst ist kaum aufwändiger und bei diskreten Verteilungen wirken sich kleine Ungenauigkeiten in Intervallgrenzen stärker aus als bei stetigen Verteilungen. Aus den Formeln in Satz
7.6.9 erhalten wir sofort:
E(X) = 250 ·
100
= 2.5(= λ),
10000
V (X) = 2.5 ·
1
9900 9750
·
= 2.413(≈ λ),
10000 9999
√
σ = 2.413 = 1.554.
Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit erhalten wir also:
P (|X − 2.5| 6 1.554) = P (2.5 − 1.554 6 X 6 2.5 + 1.554)
= P (0.946 6 X 6 4.054) = P (X = 1) + . . . + P (X = 4)
1
2.5
2.52 2.53 2.54
−2.5
≈ e
+
+
+
1!
2!
3!
4!
1
2.5
2.52 2.53 2.54
−2.5
= e
= 0.809
+
+
+
1
2
6
24
Verwendet man statt des exakten Erwartungswertes den Erwartungswert der
Poisson–Näherung, so erhält man in diesem Beispiel:
√
√
√
P (|X − 2.5| 6 2.5) = P (2.5 − 2.5 6 X 6 2.5 + 2.5)
= P (0.919 6 X 6 4.081) = P (X = 1) + . . . + P (X = 4)
1
2.52 2.53 2.54
2.5
−2.5
+
+
+
≈ e
1!
2!
3!
4!
1
2
3
2.5
2.5
2.5
2.54
−2.5
= e
= 0.809
+
+
+
1
2
6
24
also den gleichen Wert wie bei Verwendung des exakten Erwartungswertes. Bei
anderen Eingangsdaten kann sich aber die Verwendung des Erwartungswertes der
Näherungsverteilung anstelle des exakten Erwartungswertes merklich auswirken.
78) Vorbemerkung: Es werden in dieser Aufgabe zwei erst in Kap. 8 behandelte
Aussagen verwendet:
Satz 8.4.1:
a) Eine Summe von normalverteilten, unabhängigen ZV ist wieder normalverteilt.
b) X ist normalverteilt
⇒ (αX + β) mit α, β ∈ R, α 6= 0, ist normalverteilt.
Beide wurden in der Aufgabenstellung genannt.
a) X ist N(µ1 , σ1 )-verteilt, Y ist N(µ2 , σ2 )-verteilt, und X und Y sind unabhängig. Damit ist (X + Y )
N(µ, σ)-verteilt, wobei µ und σ noch bestimmt werden müssen:
(7.8.1)
µ = E(X + Y ) = E(X) + E(Y ) = µ1 + µ2
2
σ = V (X + Y )
X, Y unabh.
=
V (X) + V (Y ) =
2
σ12
+
σ22 ,
σ=
q
σ12 + σ22
b) Xi sind alle N(µ, σ)-verteilt, und X1 , . . . , Xn sind unabhängig.
n
n
1X
Satz 8.4.1b)
Satz 8.4.1a) X
Xi ist normalverteilt
⇒
⇒
Xi ist N(µ′ , σ ′ )Xn :=
n
i=1
i=1
verteilt, wobei µ′ und σ ′ =? noch bestimmt werden müssen:
!
n
n
X
nµ
1
(7.8.1) 1 X
′
=
Xi
E(Xi ) =
=µ
µ =E
n i=1
n i=1
n
!
!
n
n
n
X
X
X
1
Xi unabh. 1
Satz 7.5.2 1
′2
σ =V
Xi
=
σ2
V
Xi
=
2
2
n i=1
n
n i=1
i=1
1
σ2
2
n
·
σ
=
n2
n
σ
′
⇒ σ =√
n
σ
⇒ Xn ist N µ, √ -verteilt.
n
=
79)
Es sei Xi =
1 mit Wahrscheinlichkeit p,
(Erfolg)
0 mit Wahrscheinlichkeit q := 1 − p,
(Fehlschlag)
Sn := X1 + X2 + . . . + Xn
a) Nach Satz 7.8.4 a) gilt:
E(Sn ) = E(X1 ) + E(X2) + . . . + E(Xn ) = np.
| {z } | {z }
| {z }
=p
=p
=p
Aus der Unabhängigkeit der ZV X1 , X2 , . . . , Xn folgt nach Satz 7.8.4 b)
V (Sn ) = V (X1 ) + V (X2 ) + . . . + V (Xn ) = npq
| {z } | {z }
| {z }
=pq
=pq
=pq
b) Bei der Bestimmung der Verteilung von Sn verwenden wir, dass
Xi einem Zufallsexperiment mit 2 Ausgängen (Erfolg oder Fehlschlag) entspricht.
Sn := X1 + X2 + . . . + Xn ist also die Anzahl der Erfolge bei n Versuchen.
Erläuterung:
3 Beispiele für Realisierungen von X1 , . . . , Xn :
1. Beispiel: x1 = . . . = xn = 1 : sn = n · 1 = n
2. Beispiel: x1 = . . . = xn = 0 : sn = n · 0 = 0
3. Beispiel: x1 = x3 = 1, übrige xi = 0 : sn = 1 + 0 + 1 + 0 + . . . + 0 = 2
Nach den Erläuterungen bei der Einführung der Binomialverteilung ist Sn damit
binomialverteilt mit der Parametern p und n.
3
Die Aufgabe ist damit gelöst. Um aber insbesondere die (bisher nur erläuterte
aber nicht bewiesene) Formel für die Binomialverteilung herzuleiten, beweisen wir
für die Darstellung der Wahrscheinlichkeitsverteilung mit vollständiger Induktion:
Behauptung:
n k n−k
p q
für alle k = 0, 1, . . . , n
P (Sn = k) =
k
(1)
gilt für alle n ∈ N
Beweis durch Induktion:
Induktionsanfang: (1) gilt für n = 1:
P (S1 = k) = P (X1 = k) =
Induktionsschluss:
Fall 1: 1 6 k 6 n
q=
p=
1
0
1
1
· p0 q 1−0
· p1 q 1−1
für k = 0
für k = 1
n l n−l
pq
für alle l = 0, 1, . . . , n
P (Sn = l) =
l
⇒ P (Sn+1 = k)
=
Unahängigkeit
=
(2)
=
=
=
Fall 2: k = 0
(2)
P (Sn = k ∧ Xn+1 = 0) ∨ (Sn = k − 1 ∧ Xn+1 = 1)
P (Sn = k) · P (Xn+1 = 0) + P (Sn = k − 1) · P (Xn+1 = 1)
n
n k n−k
pk−1 q n−k+1 · p
p q
·q+
k−1
k
n
n k n−k+1
pk q n−k+1
p q
+
k−1
k
n + 1 k n+1−k
n
n
k n+1−k
p q
p q
=
+
k
k−1
k
n 0 n−0
pq
P (Sn = 0) =
0
(3)
Unahängigkeit
⇒ P (Sn+1 = 0) = P Sn = 0 ∧ Xn+1 = 0
=
P (Sn = 0) · P (Xn+1 = 0)
n + 1 0 n+1−0
n 0 n−0
(3)
pq
pq
·q =
=
0
0
Fall 3: k = n + 1
n n n−n
p q
P (Sn = n) =
n
4
(4)
Unahängigkeit
⇒ P (Sn+1 = n + 1) = P Sn = n ∧ Xn+1 = 1
=
P (Sn = n) · P (Xn+1 = 1)
n + 1 n+1 (n+1)−(n+1)
n n n−n
(4)
p q
p q
·p=
=
n+1
n
80) Randverteilungen
↓ X| Y → −1
−1
0
1
0
2
0.5
0.5
1
5
0 0.1
0.4 0
0
0
0.4 0.1
0.1
0.4
0.5
1.0
Beispiele:
P (X = 1 ∧ Y = 1) = 0.4
P (X = 1) = 0.4
P (Y = 5) = 0.1
Erwartungswerte und Varianzen:
E(X) = (−1) · 0.1 + 1 · 0.4 + 2 · 0.5 = 1.3
E(X 2 ) = (−1)2 · 0.1 + 12 · 0.4 + 22 · 0.5 = 2.5
V (X) = 2.5 − 1.32 = 0.81
E(Y ) = (−1) · 0.5 + 1 · 0.4 + 5 · 0.1 = 0.4
E(Y 2 ) = (−1)2 · 0.5 + 12 · 0.4 + 52 · 0.1 = 3.4
V (Y ) = 3.4 − 0.42 = 3.24
Die Lösung dieser Aufgabe ist damit abgeschlossen. Zur Vorbereitung der Lösung
von Aufgabe 84 sind noch einige Berechnungen durchzuführen. Zunächst bestimmen wir E(X · Y ). Dies ist die Summe aller Produkte aus den möglichen Werten
von X und Y und den zugehörigen Wahrscheinlichkeiten. Die Produkte, bei denen
mindestens ein Faktor = 0 ist, sind gleich weggelassen worden:
E(X · Y ) = 2 · (−1) · 0.5 + 1 · 1 · 0.4 + (−1) · 5 · 0.1 = −1.1
Cov(X, Y ) := E(X · Y ) − E(X) · E(Y ) = −1.1 − 1.3 · 0.4 = −1.62
σ(X) = 0.9,
σ(Y ) = 1.8
81) a)
Sind X und Y aus 80) unabhängig? Da X und Y diskrete ZV sind, ist dies
gleichbedeutend mit pi,j = pi,∗ · p∗,j für alle i, j. Da schon
P (X = −1 ∧ Y = −1) = 0 6= P (X = −1) · P (Y = −1) = 0.1 · 0.5 ist, sind X
und Y nicht unabhängig.
5
b)
↓ X| Y →
0
1
2
0
0.18 0.30 0.12
1
0.12 0.20 0.08
0.30 0.50 0.20
0.60
0.40
1.00
Wir prüfen, ob jedes Produkt von Randverteilungswahrscheinlichkeiten gleich der
zugehörigen Wahrscheinlichkeit der gemeinsamen Verteilung ist:
0.30 · 0.60 = 0.18, 0.50 · 0.60 = 0.30, 0.20 · 0.60 = 0.12, 0.30 · 0.40 = 0.12,
0.50 · 0.40 = 0.20, 0.20 · 0.40 = 0.08.
Es gilt also tatsächlich pi,j = pi,∗ ·p∗,j für alle i, j. Damit sind X und Y unabhängig.
82) Bei dieser Aufgabe sind die Wahrscheinlichkeiten P (X = xi ), P (Y = yj )
vorgegeben, also die Wahrscheinlichkeiten der Randverteilung. Wegen der Unabhängigkeit der ZV kann man daraus leicht die Wahrscheinlichkeiten der gemeinsamen Verteilung ermitteln:
pi,j := P (X = xi ∧ Y = yj ) = P (X = xi ) · P (Y = yj ) für alle i, j.
Ausrechnungsbeispiel: P (X = 1.5 ∧ Y = 2.5) = 0.5 · 0.1 = 0.05
↓ X| Y →
0
1.5
2
3
1
0.03
0.15
0.06
0.06
0.3
2
0.04
0.20
0.08
0.08
0.4
2.5
0.01
0.05
0.02
0.02
0.1
4
0.01
0.05
0.02
0.02
0.1
5
0.01
0.05
0.02
0.02
0.1
0.1
0.5
0.2
0.2
1.0
83) Wir nutzen, dass die Summe der Wahrscheinlichkeiten der gemeinsamen Verteilung gleich der passenden Wahrscheinlichkeit der Randverteilungen ist und
dass die Summe der Randverteilungen zu Y gleich 1 ist.
1. Rechengang:
↓ X| Y →
−1
0
2
3
4
6
0 1/8 2/8
∗
0
∗
∗
0 1/8
2/8 1/8 5/8
3/8
∗
∗
1
↓ X| Y →
−1
0
2
3
4
6
0 1/8 2/8
∗
0 2/8
∗
0 1/8
2/8 1/8 5/8
3/8
∗
∗
1
2. Rechengang:
6
Jetzt brauchen wir die zusätzliche Angabe über den Erwartungswert:
3
6
3
3 !
= E(X) = (−1) · + 2 · P (X = 2) ⇒ 2 · P (X = 2) = ⇒ P (X = 2) =
8
8
8
8
4. Rechengang:
↓ X| Y → 3
4
6
−1
0 1/8 2/8
0
∗
0 2/8
2
2/8 0 1/8
2/8 1/8 5/8
3/8
∗
3/8
1
↓ X| Y → 3
4
6
−1
0 1/8 2/8
0
0
0 2/8
2
2/8 0 1/8
2/8 1/8 5/8
3/8
2/8
3/8
1
5. Rechengang:
84)
a)

Cov(X, Y ) = 0 

Jede der ZV X, Y nimmt mehr als einen Wert mit


Wahrscheinlichkeit > 0 an ⇒ V (X), V (Y ) > 0
Die ZVX,Yin Aufg. 82 sind unabhängig
⇒
Satz 7.8.3
⇒
ρ(X, Y ) = 0, d.h. X und Y sind unkorreliert.
In Aufg. 80 wurden bereits folgende Werte ermittelt: Cov(X, Y ) = −1.62,
σ(X) = 0.9, σ(Y ) = 1.8. Damit erhalten wir:
ρ(X, Y ) :=
−1.62
Cov(X, Y )
=
= −1
σ(X) · σ(Y )
0.9 · 1.8
Es besteht also ein extremer linearer Zusammenhang zwischen X un Y und
damit gilt Y = a + bX für geeignete Zahlen a ∈ R, b < 0 (f.s.). Um die
Werte für a und b zu bestimmen, setzen wir mögliche Werte für die ZV X
und Y ein und betrachten dabei nur Kombinationen mit Wahrscheinlichkeit
> 0 nach der in Aufgabe 80 vorgegebenen Tabelle:
↓ X Y → −1 1
5
−1
0
0 0.1
1
0 0.4 0
2
0.5 0
0
7
Die möglichen Wertekombinationen notieren wir in Tabellenform:
X
-1
1
Y
5
1
Y = a + bX
5 = a + (−1) · b
1=a+1·b
Die Addition der beiden Gleichungen liefert 2a = 6, d.h. a = 3.
b = a − 5 = 3 − 5 = −2
Kontrolle (die aber nicht durchgeführt zu werden braucht): X = 2, Y = −1:
−1 = 3 + (−2) · 2
Bem.: Wenn hier (−2) statt (−1) ein möglicher Wert für Y wäre, so würde
man keinen extremen linearen Zusammenhang erhalten; denn für X = 2,
Y = −1 müsste −2 = 3+(−2)·2 gelten, was aber offensichtlich nicht richtig
ist. Es würde dann aber auch |ρ(X, Y )| < 1 herauskommen.
b) (i )
↓ X Y →
0
1
2
0
0.08
0.07
0.20
0.35
1
0.08
0.10
0.15
0.33
2
0.09
0.08
0.15
0.32
0.25
0.25
0.50
1.00
E(X) = 1 · 0.25 + 2 · 0.50 = 1.25
E(Y ) = 1 · 0.33 + 2 · 0.32 = 0.97
2
2
2
E(X ) = 1 · 0.25 + 2 · 0.50 = 2.25 E(Y 2 ) = 12 · 0.33 + 22 · 0.32 = 1.61
V (X) = 2.25 − 1.252 = 0.6875
V (Y ) = 1.61 − 0.972 = 0.6691
Cov(X, Y ) := E(X · Y ) − E(X) · E(Y )
= (1 · 1 · 0.10 + 1 · 2 · 0.08 · +2 · 1 · 0.15 + 2 · 2 · 0.15) − 1.25 · 0.97
= −0.0525,
ρ(X, Y ) = √
−0.0525
= −0.0774.
0.6875 · 0.6691
X und Y sind also schwach negativ korreliert.
(ii )
↓ X Y →
0
1
2
0
1
2
0.01 0 0.39
0 0.30 0
0.28 0.02 0
0.29 0.32 0.39
8
0.40
0.30
0.30
1.00
E(X) = 1 · 0.30 + 2 · 0.30 = 0.90
E(Y ) = 1 · 0.32 + 2 · 0.39 = 1.10
2
2
2
E(X ) = 1 · 0.30 + 2 · 0.30 = 1.50 E(Y 2 ) = 12 · 0.32 + 22 · 0.39 = 1.88
V (X) = 1.50 − 0.902 = 0.6900
V (Y ) = 1.88 − 1.102 = 0.6700
Cov(X, Y ) = (1 · 1 · 0.30 + 2 · 1 · 0.02) − 0.90 · 1.10 = −0.6500,
ρ(X, Y ) = √
−0.6500
= −0.9560.
0.6900 · 0.6700
X und Y sind also stark negativ korreliert.
85) Aus der Verteilung für X und aus der Beziehung Y = X 2 erhalten wir sofort
folgende Einträge für die gemeinsame Verteilung und die Randverteilungen:
↓ X| Y → 1 4
−2
0 *
−1
* 0
1
* 0
2
0 *
* *
1/4
1/4
1/4
1/4
Daraus ergeben sich nach Satz 7.7.1 b) (Summe der Einträge der gemeinsamen
Verteilung in einer Zeile = Eintrag der Randverteilung in dieser Zeile, Summe
der Einträge der gemeinsamen Verteilung in einer Spalte = Eintrag der Randverteilung in dieser Spalte) sofort die übrigen Einträge der gemeinsamen Verteilung
und der Randverteilungen:
4
↓ X| Y → 1
−2
0 1/4
−1
1/4 0
1
1/4 0
2
0 1/4
1/2 1/2
1/4
1/4
1/4
1/4
X, Y sind nicht unabhängig aus zwei Gründen:
1.) Y ist sogar Funktion von X und V (X), V (Y ) > 0.
2.) P (X = −2 ∧ Y = 1) = 0 6= 18 = P (X = −2) · P (Y = 1) (zum Beispiel)

1


E(X) = · (−2 − 1 + 1 + 2) = 0
4
⇒ Cov(X, Y ) = E(X·Y )−E(X)E(Y ) = 0
1

E(X · Y ) = E(X 3 ) = · (−8 − 1 + 1 + 8) = 0 
4
Ergebnis: X und Y sind unkorreliert, aber nicht unabhängig.
9
86) Bestimmung des Maximums von g(p) := p(1 − p) im Intervall 0 6 p 6 1:

!

g ′(p) = 1 − 2p = 0 ⇔ p = 12



g(0) = g(1) = 0 und g(p) > 0 für 0 < p < 1
g(p) ist überall stetig




1
1
1
⇒ g(p) := p(1 − p) 6 g(1/2) = · 1 −
= auf dem Intervall 0 6 p 6 1
2
2
4
87) Bei dieser Aufgabe gehen wir von den Daten von Aufgabe 33 aus und können
auch direkt die dort gebildeten Mittelwerte übernehmen, wobei wir die damals
benutzte Tabelle hier noch einmal aufschreiben:
i
1
2
3
4
5
6
7
8
Summe
∅
xi
65.
60.
68.
72.
71.
75.
74.
75.
560.
70.
yi xi · yi
6.
390.
5.
300.
8.
544.
10. 720.
9.
639.
13. 975.
14. 1036.
15. 1125.
80. 5729.
10. 716.
x2i
4225.
3600.
4624.
5184.
5041.
5625.
5476.
5625.
39400.
4925.
yi2
36.
25.
64.
100.
81.
169.
196.
225.
896.
112.
Schätzwert des Korrelationskoeffizienten:
xy − x · y
716. − 70. · 10.
q
= 0.92
̺ˆ = p
=p
(4925. − 70.2 ) · (112. − 10.2 )
x2 − x2 y 2 − y 2
Wenn man die (mit zusätzlichem Rechenaufwand und mit etwas Genauigkeitsverlust verbundene) Mittelwertbildung vermeiden will, kann man auch die zweite
im Skriptum angegebene Formel den Schätzwert des Korrelationskoeffizienten
anwenden:
̺ˆ = q
n · (n · xy) − (n · x) · (n · y)
8 · 5729. − 560. · 80.
q
= 0.93
=p
(8 · 39400. − 560.2 ) · (8 · 896. − 80.2 )
n · (n · x2 ) − (n · x)2 n · (n · y 2) − (n · y)2
Damit sind die ZV X (Zahl der gelieferten Packungen/ 1000) und Y (Zahl der
zurückgenommenen Packungen/ 1000) schwach positiv korreliert.
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