Blatt 06

Lösungsvorschlag 6. Serie
Aufgabe 14
a) Definition der Covarianz liefert mit den Rechenregeln (Linearität des Erwartungswertes),
hier mit vielen Zwischenschritten angegeben:
Ã
!
õ
!!
¶ Ãm
m
m
m
m
m
P
P
P
P
P
P
ai Xi ,
bj Yj
ai Xi − E( ai Xi ) ·
bj Yj − E(
bj Yj )
Cov
= E
i=1
j=1
i=1
j=1
j=1
õi=1
Ã
!!
¶
m
m
m
m
P
P
P
P
ai Xi −
ai E(Xi ) ·
bj Yj −
bj E(Yj )
= E
i=1
j=1
j=1
õi=1
Ã
!!
¶
m
m
P
P
= E
ai (Xi − E(Xi )) ·
bj (Yj − E(Yj ))
j=1
à i=1
!
m P
m
P
= E
ai bj (Xi − E(Xi )) · (Yj − E(Yj ))
i=1 j=1
³
´
m P
m
P
=
ai bj E (Xi − E(Xi )) · (Yj − E(Yj ))
=
i=1 j=1
m P
m
P
ai bj Cov(Xi , Yj )
i=1 j=1
b) Anwendung von a) liefert bei Einsetzen von n = m, bi = ai = 1 ∀i und Yi = Xi ∀i unter
Berücksichtigung von V ar(X) = Cov(X, X) und Cov(X, Y ) = Cov(Y, X):
Ã
!
µm
¶
m
m
P
P
P
V ar
Xi
= Cov
Xi ,
Xj
i=1
i=1
=
m P
m
P
=
i=1 j=1
m
P
=
i=1
m
P
j=1
Cov(Xi , Xj )
V ar(Xi) +
m P
m
P
i=1
V ar(Xi) + 2
i=1
Cov(Xi , Xj )
j=1
j6=i
P
Cov(Xi , Xj )
1≤i<j≤m
Aufgabe 15
a) Aus Aufgabe 10) wissen wir: E(1A ) = p(A). Aus der Definition von 1A folgt 12A = 1A . Dies
und die Anwendung der Rechenregeln liefert:
¡ ¢
2
V ar(1A ) = E 12A − (E(1A ))
2
= p(A) − p(A)
= p(A)(1 − p(A))
b)
Cov(1A , 1B )
=
=
=
=
=
E ((1A − E(1A ))(1B − E(1B )))
E (1A 1B − p(B)1A − p(A)1B + p(A)p(B))
E (1A 1B ) − p(B)E (1A ) − p(A)E (1B ) + p(A)p(B)
E (1A∩B ) − p(B)p(A) − p(A)p(B) + p(A)p(B)
p(A ∩ B) − p(A)p(B)
1
c)
µ
V ar(X)
=
V ar
n
P
=
14b)
n
P
¶
1Ai
i=1
V ar (1Ai ) +
i=1
n P
n
P
i=1
=
15a),15b),V or.
n · p(A1 )(1 − p(A1 )) +
=
V or.
n · p(A1 )(1 − p(A1 )) +
=
Cov(1Ai , 1Aj )
j=1
j6=i
n
n P
P
i=1 j=1
j6=i
n P
n
P
i=1
(p(Ai ∩ Aj ) − p(Ai )p(Aj ))
¡
p(A1 ∩ A2 ) − p(A1 )2
¢
j=1
j6=i
¡
¢
n · p(A1 )(1 − p(A1 )) + n(n − 1) p(A1 ∩ A2 ) − p(A1 )2
Aufgabe 16 Wir verwenden die Ergebnisse von Aufgabe 10). Damit gilt zunächst p(Ai ) = n1 ∀i.
Es gilt offenbar wie in Aufgabe 15 auch für die in Aufgabe 10 definierten Mengen p(Ai ∩ Aj ) =
p(A1 ∩ A2 ) ∀i, j. Für die Anwendung von Aufgabe 15c) bleibt nun noch p(Ai ∩ Aj ) zu berechnen,
d.h. die Wahrscheinlichkeit, daß die ersten beiden Zahlen an ihren Plätzen verbleiben. Dafür gibt
es (n − 2)! Möglichkeiten – alle Permutationen der restlichen Zahlen. Somit ist
p(A1 ∩ A2 ) =
(n − 2)!
1
=
n!
n(n − 1)
Die eingesetzt in die Formel aus 15c) liefert
V ar(X)
³
¡
¢
1
= n · n1 1 − n1 + n(n − 1) n(n−1)
−
³
´
¡
¢
1
1
1
= 1 − n + (n − 1) (n−1) − n
¡
¢ ¡
¢
= 1 − n1 + 1 − n−1
n
= 2 − n1 − n−1
n
= 1
2
1
n2
´