Klausur zum Fach ” Stochastik“ - KIT

Institut für Mathematische Stochastik
Universität Karlsruhe
Prof. Dr. G. Last
WS 2002/2003
19. 03. 2003
Klausur zum Fach Stochastik“
”
für Studierende des Lehramts
Name:
Vorname:
Matrikelnummer:
Hilfsmittel sind nicht zugelassen!
Aufgabe
Punkte
Korrektor
1 (3)
2 (3)
3 (3)
4 (3)
P
(12)
Aufgabe 1 (3 Punkte)
X, Y seien zwei Zufallsvariablen mit Werten in {−1, 0, 1} bzw. {0, 1}. Ferner seien die Wahrscheinlichkeiten
5
1
P(X = −1) =
,
P(X = 0) =
12
3
sowie die bedingten Wahrscheinlichkeiten
4
,
5
3
P(Y = 1|X = 0) =
,
4
2
P(Y = 1|X = 1) =
3
P(Y = 1|X = −1) =
gegeben.
a) Berechnen Sie den Erwartungswert EX.
b) Berechnen Sie die Verteilung von Y .
c) Berechnen Sie E[X · Y ].
d) Berechnen Sie die Kovarianz von X und Y . Sind X und Y unkorreliert?
Lösung zu Aufgabe 1
a) Mit
P(X = 1) = 1 − P(X = −1) − P(X = 0) = 1 −
folgt
EX = (−1) ·
0.5 P
5
1
1
−
=
12 3
4
5
1
1
1
+0· +1·
= − .
12
3
4
6
b) Mit
P(Y = 1, X = −1) = P(Y = 1|X = −1) · P(X = −1) =
3
·
4
2
P(Y = 1, X = 1) = P(Y = 1|X = 1) · P(X = 1) =
·
3
P(Y = 1, X = 0) = P(Y = 1|X = 0) · P(X = 0) =
4
5
1
3
1
4
5
1
= ,
12
3
1
= ,
4
1
=
6
·
folgt
1P
P(Y = 1) = P(Y = 1, X = −1) + P(Y = 1, X = 0) + P(Y = 1, X = 1)
1 1 1
3
=
+ +
=
3 4 6
4
sowie P(Y = 0) = 1/4.
c)
0.5 P
E[X · Y ] = (−1) · 1 · P(Y = 1, X = −1) + 1 · 1 · P(Y = 1, X = 1)
1 1
1
− +
= −
3 6
6
d) Mit EY = 3/4 folgt
0.5 P
0.5 P
C(X, Y ) = E[XY ] − EX · EY
µ ¶
1
1
3
1
= − − −
·
= − ,
6
6
4
24
somit sind X und Y nicht unkorreliert.
Aufgabe 2 (3 Punkte)
Betrachten Sie folgendes Zufallsexperiment: Eine fairer (sechsseitiger) Würfel (mit den Zahlen Eins“ bis Sechs“) wird höchstens dreimal geworfen. Wird im ersten Wurf eine Sechs“
”
”
”
geworfen, wird der Würfel ein zweites Mal geworfen. Bei keiner Sechs“ wird der Würfel
”
kein zweites Mal geworfen. Wird dann im zweiten Wurf eine Sechs“ geworfen, wird der
”
Würfel ein drittes Mal geworfen. Bei keiner Sechs“ wird er kein drittes Mal geworfen. Die
”
Zufallsvariable X1 ∈ {0, 1, 2, 3} beschreibe die Anzahl der geworfenen Zahlen Sechs“.
”
a) Bestimmen Sie die Verteilung von X1 .
b) Zeigen Sie: EX1 =
43
.
216
c) Das obige Zufallsexperiment wird nun n-mal in unabhängiger Folge durchgeführt. Die
Zufallsvariable Xj bezeichne die Anzahl der beim j-ten Experiment (insgesamt) geworn
P
fenen Zahlen Sechs“. Ferner sei Sn :=
Xj die Gesamtzahl aller geworfenen Zahlen
”
j=1
Sechs“.
³
”
n´
= 0.
Zeigen Sie: lim P Sn >
n→∞
5
Lösung zu Aufgabe 2
a)
5
6
1
P(X1 = 1) =
6
1
P(X1 = 2) =
6
1
P(X1 = 3) =
6
P(X1 = 0) =
1.5 P
5
6
1
·
6
1
·
6
·
=
5
36
5
5
=
6
216
1
1
·
=
6
216
·
b)
0.5 P
1P
EX1 = 0 ·
5
5
5
1
43
+1·
+2·
+3·
=
6
36
216
216
216
c) Mit dem schwachen Gesetz großer Zahlen folgt
µ
¶
µ
¶
³
43
1
Sn
1
n´
= P Sn −
n>
n = P
− EX1 >
0 ≤ P Sn >
5
216
5 · 216
n
1080
¯
µ¯
¶
¯ Sn
¯
1
≤ P ¯¯ − EX1 ¯¯ >
−→ 0,
n → ∞.
n
1080
Aufgabe 3 (3 Punkte)
Der Zufallsvektor (X, Y ) besitze die gemeinsame Dichte
f (x, y) = c e−λy 1{0<x<y}
für ein λ > 0 und ein c = c(λ) > 0.
a) Zeigen Sie: c = λ2 .
b) Bestimmen Sie jeweils die Dichte der Randverteilung von X bzw. Y .
c) Bestimmen Sie die Dichte der Verteilung von X + Y .
Lösung zu Aufgabe 3
a) Wegen
Z
Z
∞
1 =
∞
f (x, y) dxdy
−∞
Z
−∞
∞Z ∞
e−λy dy dx
¸∞
Z0 ∞ · x
1 −λy
= c
dx
− e
λ
0
x
Z ∞
1 −λx
= c
e
dx
λ
0
·
¸∞
c
1 −λx
c
=
− e
= 2
λ
λ
λ
0
= c
0.5 P
0.5 P
muss c = λ2 gelten.
b) Für die Dichte fX von X gilt für x > 0
Z ∞
Z ∞
fX (x) =
f (x, y) dy =
λ2 e−λy dy
−∞
x
·
¸∞
1
= λ2 − e−λy
dx = λe−λx
λ
x
(0, sonst), d.h. X ∼ Exp(λ). Für die Dichte fY von Y gilt für y > 0
Z ∞
Z y
fY (y) =
f (x, y) dx =
λ2 e−λy dx
−∞
= λ2 ye−λy
0.5 P
(0, sonst), d.h. Y ∼ Γ(2, λ).
0
c) Für s > 0 gilt (Skizze des Integrationsbereichs!)
Z s/2 Z s−x
G(s) := P(X + Y ≤ s) =
λ2 e−λy dy dx
0
x
¸s−x
Z s/2 ·
1 −λy
2
= λ
− e
dx
λ
0
x
Z s/2
£ −λ(s−x)
¤
= −λ
e
− e−λx dx
£
0
¤s/2
= − e
+ e−λx 0
h λ
i
−2s
−λ
s
−λs
2
= − e
+e
−e
−1
−λ(s−x)
λ
= 1 + e−λs − 2e− 2 s .
1.5 P
Somit erhält man für die Dichte g von X + Y
³ λ
´
g(s) = G0 (s) = λ e− 2 s − e−λs 1{s>0} .
Aufgabe 4 (3 Punkte)
Gegeben seien λ > 0 und die Funktion
½ 2 −λx
λ xe ,
f (x) =
0,
für x > 0,
für x ≤ 0.
a) Zeigen Sie, dass f eine Dichtefunktion ist.
Es sei X eine Zufallsvariable mit Dichte f .
b) Bestimmen Sie den Erwartungswert von X.
c) Finden Sie eine auf (0, ∞) streng monoton fallende Funktion g : IR → IR mit der
Eigenschaft Eg(X) = 1.
d) Bestimmen Sie den Maximum-Likelihood-Schätzer λ̂ für λ auf der Basis von n unabhängigen Zufallsvariablen X1 , . . . , Xn mit Dichte f .
Lösung zu Aufgabe 4
a)
Z
∞
Z
2
−λx
λ xe
∞
x · λe−λx dx
0
Z ∞
£
¤
−λx ∞
λe−λx dx
= λ −xe
+
0
dx = λ
0
0
= 0+1 = 1
0.5 P
b)
Z
Z
∞
0.5 P
x · λ xe
−λx
∞
dx = λ
x2 · λe−λx dx
0
Z ∞ 0
£ 2 −λx ¤∞
= λ −x e
+λ
2xe−λx dx
0
0
Z
2 ∞ 2 −λx
2
= 0+
λ xe dx =
λ 0
λ
EX =
2
c) Es ist naheliegend, sich zunächst die Funktion
½ −1
x , für x > 0,
h(x) =
0,
für x ≤ 0
anzuschauen. Es gilt
Z
∞
Eh(X) =
0
0.5 P
¤∞
£
λ2 e−λx dx = λ −e−λx 0 = λ.
Also hat g(x) := λ−1 h(x) die gewünschte Eigenschaft.
d)
Die Likelihood-Funktion hat die Gestalt
L(λ) =
n
Y
f (Xi ) = λ
2n
n
Y
i=1
log L(λ) = 2n log λ +
Also löst
0.5 P
0.5 P
n
X
log Xi − λ
i=1
sowie
Pn
i=1
Xi
.
i=1
Damit ist
0.5 P
Xi · e−λ
n
X
Xi
i=1
n
d
2n X
log L(λ) =
−
Xi .
dλ
λ
i=1
2n
λ̂ = Pn
i=1
Xi
d
d
die Gleichung dλ
log L(λ) = 0. Für λ < λ̂ gilt dλ
log L(λ) > 0 und für λ > λ̂ gilt
d
log L(λ) < 0. Also ist λ̂ eine Maximalstelle von L.
dλ