Lösungsvorschläge zu Blatt 4: 24) N,n vergl. Aufgabe 23) Wir haben

Werbung
Lösungsvorschläge zu Blatt 4:
24)
N, n vergl. Aufgabe 23)
Wir haben jetzt 11 defekte Stücke in der Packung, die Lieferbedingungen sind
also verletzt.
Die Wahrscheinlichkeit für die irrtünliche Annahme der Packung
11 89
10!
89 · 88 · . . . · 80
0
10
·
= 0.294
P (X = 0) = =
100
10!
100 · 99 · . . . · 91
10
ist also ziemlich groß.
Da also sowohl eine irrtümliche Ablehnung als auch eine irrtümliche Annahme
der Packung noch sehr wahrscheinlich sind, ist die Stichprobe zu klein.
25) 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:
100
9900
m
250 − m
P (X = m) =
10000
250
Die Näherung durch die Binominalverteilung ist gut genug, da N = 10000 > 1000
und n/N = 0.025 6 0.1.
Damit gilt also
n m
M
= 0.01
P (X = m) ≈
p (1 − p)n−m
n = 250, p =
N
m
Die Näherung durch die Poisson-Verteilung gut genug, da n = 250 > 50 und
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
1+
P (X 6 2) ≈ e
= 0.544
+
1!
2!
1
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 ·
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
= 0.809
+
+
+
1!
2!
3!
4!
26) 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 31 sind noch einige Berechnungen durchzuführen. Zunächst bestimmen wir E(X · Y ). Dies ist die Summe aller Produkte aus den möglichen Werten
2
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
27) a)
Sind X und Y aus 26) 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.
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.
28) 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
29)
Es sei Xi =
1 mit Wahrscheinlichkeit p,
(Erfolg)
0 mit Wahrscheinlichkeit q := 1 − p,
(Fehlschlag)
3
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.
Die Aufgabe ist damit gelöst. Um aber insbesondere die (bisher nur erläuterte
aber nicht bewiesene) Formel für den Binomialkoeffizienten herzuleiten, beweisen wir für die Darstellung der Wahrscheinlichkeitsverteilung mit vollständiger
Induktion:
Behauptung:
n k n−k
P (Sn = k) =
p q
für alle k = 0, 1, . . . , n
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) =
k
4
(2)
⇒ P (Sn+1 = k)
=
Unahängigkeit
=
(2)
=
=
=
Fall 2: k = 0
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 k n−k
n
p q
·q+
pk−1 q n−k+1 · p
k
k−1
n
n k n−k+1
pk q n−k+1
p q
+
k−1
k
n
n
n + 1 k n+1−k
k n+1−k
+
p q
=
p q
k
k−1
k
n 0 n−0
P (Sn = 0) =
pq
0
(3)
Unahängigkeit
=
P (Sn = 0) · P (Xn+1 = 0)
⇒ P (Sn+1 = 0) = P Sn = 0 ∧ Xn+1 = 0
n 0 n−0
n + 1 0 n+1−0
(3)
=
pq
·q =
pq
0
0
Fall 3: k = n + 1
n n n−n
p q
P (Sn = n) =
n
(4)
Unahängigkeit
=
P (Sn = n) · P (Xn+1 = 1)
⇒ P (Sn+1 = n + 1) = P Sn = n ∧ Xn+1 = 1
n n n−n
n + 1 n+1 (n+1)−(n+1)
(4)
=
p q
·p=
p q
n
n+1
30) 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:
5
Jetzt brauchen wir die zusätzliche Angabe über den Erwartungswert:
3 !
3
6
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:
31)
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. 28 sind unabhängig
⇒
Satz 7.8.3
⇒
ρ(X, Y ) = 0, d.h. X und Y sind unkorreliert.
In Aufg. 26 wurden bereits folgende Werte ermittelt: Cov(X, Y ) = −1.62,
σ(X) = 0.9, σ(Y ) = 1.8. Damit erhalten wir:
ρ(X, Y ) :=
Cov(X, Y )
−1.62
=
= −1
σ(X) · σ(Y )
0.9 · 1.8
Es gilt also 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:
X = −1, Y = 5 :
X = 1, Y = 1 :
5=a−b
1=a+b·1
2a = 6, d.h. a = 3, b = a − 5 = 3 − 5 = −2
Y = 3 − 2X (f.s.)
6
↓ X Y → −1 1
5
−1
0
0 0.1
1
0 0.4 0
2
0.5 0
0
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
(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
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
7
32) 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:
↓ X| Y → 1
4
−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.
33)
a) X ist N (µ1 , σ1 )-verteilt, Y ist N (µ2 , σ2 )-verteil, und X und Y sind unabhängig. Nach Satz 8.4.1 ist (X + Y ) dann N (µ, σ)-verteilt. µ, σ =?
(7.8.1)
µ = E(X + Y ) = E(X) + E(Y ) = µ1 + µ2
σ 2 = V (X + Y )
X, Y unabh.
=
8
V (X) + V (Y ) = σ12 + σ22
b) Xi sind alle N (µ, σ)-verteilt, und X1 , . . . , Xn sind unabhängig.
n
1X
Xi =?
Verteilung von Xn :=
n i=1
n
n
X
1X
Satz 8.4.1b)
Satz 8.4.1a) ⇒
Xi normalverteilt
⇒
Xn :=
Xi ist N (µ0 , σ 0 )n i=1
i=1
0
0
verteilt, µ , σ =?
!
n
n
X
nµ
1
(7.8) 1 X
0
Xi =
E(Xi ) =
=µ
µ =E
n i=1
n i=1
n
!
!
n
n
n
X
X
X
1
1
Xi unabh. 1
Satz
7.5.2
02
=
=
σ =V
V
Xi
Xi
σ2
2
n i=1
n2
n
i=1
i=1
σ2
1
2
n
·
σ
=
n2
n
σ
0
⇒ σ =√
n
σ
⇒ Xn ist N µ, √ -verteilt.
n
=
9
Herunterladen
Explore flashcards