Einführung in die Stochastik - KIT

WS 2005/06
Institut für Mathematische Stochastik
Universität Karlsruhe
Prof. Dr. N. Bäuerle
Dipl.-Math. oec. A. Mundt
Blatt 0
Lösungen zur Probeklausur zur Vorlesung
Einführung in die Stochastik
Scheinklausur für Lehramtskandidaten
Lösung zu Aufgabe P1
(a) Wenn in einer Gruppe n Teams sind, gibt es n2 =
gegeneinander spielen zu lassen. Bei n = 4 sind dies
n(n−1)
Möglichkeiten, zwei Mannschaften
2
4
2 = 6 Vorrundenspiele in jeder Gruppe.
(b) Angenommen, man stellt sich vor, Deutschland ist bereits in eine Gruppe ausgelost und o.B.d.A.
wird als nächstes die Niederlande ausgelost. Dann sind 3 von den verbleibenden 3 + 4 + 4 + 4
Positionen günstig für das gesuchte Ereignis, die Wahrscheinlichkeit ist also 3/15 = 1/5.
(c) Die Wahrscheinlichkeit, dass in der Gruppe A alle Teams Trikots der Marke XXL tragen, ist
16
8
4 / 4 . Die Aufteilungsmöglichkeiten, so dass es mindestens eine Gruppe gibt, in der alle
Teams Trikots der Marke XXL tragen, ist 4-mal die Anzahl der günstigen Möglichkeiten für
das Ereignis “in der Gruppe A tragen alle Teams Trikots der Marke XXL” minus die (doppelt
gezählten) günstigen Möglichkeiten für das Ereignis: “es gibt zwei XXL-Gruppen”. Die gesuchte
Wahrscheinlichkeit ist also
8
4 8 8
329
4
.
4 16 − 162 412 48 =
2145
4
4
4
4
Lösung zu Aufgabe P2
Es sei A das Ereignis „Papier zerknittert“ und B das Ereignis „Papier verschmutzt“. Laut Aufgabenstellung sind A und B unabhängig und P (A ∪ B) = 0.115.
(a) Es gelte zusätzlich P (B) = 0.085. Wegen P (A ∪ B) = P (A) + P (B) + P (A ∩ B) = P (A) +
P (B) + P (A)P (B) folgt damit
P (A) =
P (A ∪ B) − P (B)
0.115 − 0.085
0.03
=
=
= 0.032787.
1 − P (B)
1 − 0.085
0.915
(b) Gefragt ist nach
P (A ∪ B) − P (A ∩ B) = P (A ∪ B) − P (A)P (B) = 0.115 − 0.032787 · 0.085 = 0.112213.
Lösung zu Aufgabe P3
(a) Es ist
Z
π/2
0
fπ/2 (x) dx = 1,
also muss a = π/2 sein (nur mit dieser Wahl ist auch garantiert, dass fπ/2 (x) ≥ 0 für alle
x ∈ R).
(b) Es ist mit partieller Integration
Z
Z π/2
π/2
x sin(x) dx = [−x cos(x)]x=0 +
EX =
0
π/2
cos(x) dx = 1.
0
(c) Die Verteilungsfunktion von X lautet


0
, x<0

F (x) =
1 − cos(x) , 0 ≤ x ≤ π/2


1
, x > π/2.
Lösung zu Aufgabe P4
√
(a) Ein gleichseitiges Dreieck mit Kantenlänge 1 hat die Fläche 3/4. Dementsprechend muss die
√
Dichte auf dem Dreieck den Wert 4/ 3 annehmen.
√
(b) Die obere Kante des Dreiecks liegt auf der Geraden y = −x/ 3 + 1/3, also gilt für x ∈
√
√
(− 3/6, 3/3) (außerhalb dieses Bereiches verschwindet die Dichte)
4
1
x
−√
fX (x) = 2 · √ ·
.
3
3
3
Es folgt P (X > 0) = . . . = 49 . Da der Ursprung der Schwerpunkt des Dreiecks ist, gilt EX =
EY = 0.
(c) Der Zeichnung kann man entnehmen, dass die Komponenten nicht unabhängig sind, da P (X >
1
1
1
1
3 , Y > 3 ) = 0, aber P (X > 3 ) > 0 und P (Y > 3 ) > 0.
Lösung zu Aufgabe P5
Für eine Realisierung x = (x1 , . . . , xn ) der zufälligen Stichprobe X ist die Likelihood-Funktion des
unbekannten Parameters b > 0 gegeben durch
Lx (b) =
n
Y
−b x2i
2 b xi e
i=1
n n
= 2 b exp − b
n
X
i=1
x2i
n
Y
xi
i=1
und die Log-Likelihood-Funktion durch
lx (b) = n log(2) + n log(b) − b
n
X
x2i +
i=1
n
X
log(xi ) .
i=1
Da lx eine konkave Funktion ist, liefert Ableiten und gleich Null setzen das Maximum. Wegen
n
d
n X 2 !
n
lx (b) = −
xi = 0 ⇐⇒ b = Pn
2
db
b
i=1 xi
i=1
ist b̂ML (X) :=
1
n
Pn1
i=1
Xi2
der gesuchte Maximum-Likelihood-Schätzer für b.
Lösung zu Aufgabe P6
Zur Modellierung von Lesefehlern betrachten wir die unabhängigen und mit unbekanntem Parameter p ∈ (0, 1) jeweils Bin(1, p)-verteilten Zufallsvariablen X1 , . . . , X3000 . Getestet werden soll die
Hypothese H0 : p ≥ 0.01 gegen die Alternative H1 : p < 0.01. Als Testgröße betrachten wir daher
T :=
3000
X
i=1
Xi − 0.01 · 3000 =
3000
X
i=1
Xi − 30
und akzeptieren die Hypothese H0 gegenüber der Alternative H1 , wenn T ≥ c für einen gewissen
Wert c ∈ R gilt. Für einen Test zum Niveau 0.05 müssen wir c so bestimmen, dass Pp (T < c) ≤ 0.05
für alle p ≥ 0.01 ist.
Nach Definition der Testgröße T ist Pp (T < c) monoton fallend in p, d.h. wir müssen c so bestimmen,
dass P0.01 (T < c) ≤ 0.05 gilt. Mit Hilfe des zentralen Grenzwertsatzes erhält man
!
3000
X
P0.01 (T < c) = P0.01
Xi − 30 < c
i=1
!
P3000
Xi − 30
c
i=1
<√
= P0.01 √
3000 · 0.01 · 0.99
3000 · 0.01 · 0.99
c
!
≈Φ √
= 0.05.
3000 · 0.01 · 0.99
Wegen Φ−1 (0.05) = −1.645 wähle also
c = −1.645 ·
√
3000 · 0.01 · 0.99 ≈ −8.965.
Die Entscheidungsregel für einen Test zum Signifikanzniveau 0.05 lautet daher: Akzeptiere die Hypothese H0 , wenn T ≥ −8, d.h. wenn mindestens 22 Lesefehler auftauchen, und verwirf die Hypothese
zu Gunsten der Alternative H1 , wenn weniger als 22 Lesefehler vorkommen.
Lösung zu Aufgabe P7
Die Zufallsvariablen X und Y seien also unabhängig und identisch verteilt mit EX = 0 und VarX =
d
1. Außerdem gelte X =
√1
2
(X + Y ). Es sei nun (Zk )k∈N eine Folge von unabhängig und identisch
d
verteilten Zufallsvariablen mit Z1 = X.
d
Nach Voraussetzung gilt dann also X =
√1 (Z1
2
+ Z2 ). Nimmt man dies als Induktionsanfang und
(n−1)
n
(n−1)
2
2X
2X
1
1
1
1 X
d
√
√ (Z2k−1 + Z2k ) = √
Zk = √
Zk
(n−1)
2n k=1
2(n−1) k=1 | 2
2
k=1
{z
}
d
=Z2k−1
als Induktionsschritt, so erhält man
n
2
1 X
X=√
Zk für alle n ∈ N .
2n k=1
d
Der ZGWS liefert für die Folge (Zk )k∈N von unabhängig und identisch verteilten Zufallsvariablen
mit EZ1 = 0 und VarZ1 = 1, dass
Pn
Z d
k=1
√ k → Z ∼ N(0, 1) mit n → ∞ .
n
Zusammen mit der vorherigen Aussage ergibt sich also
n
2
1 X
d
X=√
Zk → Z ∼ N(0, 1) mit n → ∞ ,
2n k=1
d
was impliziert, dass X und somit auch Y standardnormalverteilt sind.