Eingangsprüfung Stochastik, 5. Oktober 2007 Wir gehen stets von einem Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A, P) aus. Aufgabe 1 (6 Punkte) Sind die folgenden auf [−1, 1] definierten Funktionen messbar? Begründen Sie Ihre Antwort: ( 1 x≥0 (a) sgn(x) = −1 x < 0. ( sin x1 (b) f (x) = 0 x 6= 0 x = 0. (c) sgn (f (x)). Lösung Zu (a) Es gilt sgn = (−1) · 1[−1,0) + 1[0,1] . Also ist sgn eine Treppenfunktion und somit messbar. Zu (b) 1 x 6= 0 gilt Für g(x) = x 0 x = 0 1 [−1, 0] ∪ , ∞ α {g < α} = (−∞, 0) 1 ,0 α α>0 α=0 α<0 d.h. für alle α ist {g < α} ein Intervall oder die Vereinigung zweier Intervalle. Somit ist g messbar. Da stetige Funktionen messbar sind, ist sin messbar und somit ist f = sin ◦g als Verkettung messbarer Funktionen messbar. Zu (c) Wegen (a) und (b) ist sgn ◦ f als Verkettung messbarer Funktionen messbar. Aufgabe 2 (10 Punkte) Gegeben sei eine eine Stichprobe x1 , x2 , . . . , xn , d.h. n unabhängige Realisierungen einer Zufallsvariablen X : Ω −→ R. Die xi , i = 1, . . . , n seien paarweise verschieden. Wir betrachten die empirische Verteilungsfunktion Fn : R −→ [0, 1], n Fn (x) := # {j = 1, . . . , n|xj ≤ x} 1X . 1(−∞,x] (xj ) = n j=1 n Sei Y : Ω −→ R eine Zufallsvariable mit der Verteilungsfunktion Fn . (a) Welche Werte nimmt Y mit welcher Wahrscheinlichkeit an? Begründen Sie Ihre Antwort. 1 (b) Bestimmen Sie Erwartungswert und Varianz von Y . (c) Bestimmen Sie für die messbare Funktion g : R −→ R Z g(x)dFn (x). R Lösung Zu (a) Es werden die Werte x1 , . . . , xn mit der Wahrscheinlichkeit P(Y = xi ) = Fn (xi ) − Fn (xi − 0) = 1 angenommen: n 1 1 (#{j|xj ≤ xi } − #{j|xj < xi }) = . n n Zu (b) E(Y ) = n X xi P(Y = xi ) = Var(Y ) = i=1 n xi i=1 i=1 n X n X 1 1X = xi = x n n i=1 n (xi − x)2 P(Y = xi ) = 1X (xi − x)2 . n i=1 Zu (c) Sei δxi das Dirac Maß. Wegen δxi (−∞, x] = 1(−∞,x] (xi ), folgt n Fn (x) = 1X δx (−∞, x], n i=1 i Das durch Fn induzierte Maß ist also messbar: Z Z gd g dFn (x) = R x∈R R n 1X δx n i=1 i ! n 1 P δx . Somit gilt für g : R −→ R n i=1 i n (x) = x ∈ R. 1X n i=1 Z R n g dδxi (x) = 1X g(xi ). n i=1 Aufgabe 3 (20 Punkte) Sei B ⊂ R2 das Innere des Dreiecks mit den Ecken (0, 0), (0, 1) und (1, 1) und f : R2 −→ R, ( √1 (x, y) ∈ B f (x, y) := 2 xy 0 sonst die gemeinsame Dichte zweier Zufallsvariablen X, Y : Ω −→ R. (a) Weisen Sie nach, dass f eine Dichte ist. (b) Weisen Sie nach, dass fX : R −→ R, fY : R −→ R ( ( √ 1− √ x x ∈ (0, 1) 1 y ∈ (0, 1) x , fY (y) := fX (x) := 0 sonst 0 sonst die Dichten von X, Y sind. 2 (c) Bestimmen Sie die bedingten Dichten f (x|y) und f (y|x) und den bedingten Erwartungswert E(X|Y ). (d) Sind X, Y unabhängig? Begründen Sie Ihre Antwort. Lösung Zu (a) Z f (x, y) dxdy = Z = Z R2 1 0 0 1 1 1 √ √ y dx x x 0 x 1 √ √ 1 √ (1 − x) dx = 2 x − 1 = 1. x 0 Z 1 1 √ dydx = 2 xy Z 1 Zu (b) Die Randdichten erhält man durch Integration Z fX (x) = f (x, y) dy ZR f (x, y) dx. fY (y) = R Für x ∈ (0, 1) bzw. y ∈ (0, 1) ergibt sich Z 1 1 fX (x) = √ dy = 2 xy x Z y 1 fY (y) = √ dx = 0 2 xy 1 √ 1 √ 1− x √ y = √ x x x y 1 √ √ x = 1. y 0 Für x 6∈ (0, 1) bzw. y 6∈ (0, 1) gilt fX (x) = fY (y) = 0. Zu (c) Für (x, y) ∈ B gilt f (x|y) = f (y|x) = f (x, y) 1 = √ fY (y) 2 xy √ f (x, y) x 1 1 √ = √ √ . = √ · fX (x) 2 xy 1 − x 2 y(1 − x) Daraus folgt nun für y ∈ (0, 1) Z Z y xf (x|y) dx = E(X|Y = y) = 0 0 also E(X|Y ) = y y 1 1 3/2 1 y x √ dx = √ x = 2 xy y3 3 0 Y . 3 Zu (d) Wären X, Y unabhängig, dann würde √ 1− x 1 fX (x)fY (y) = √ = √ = f (x, y) f.ü. 2 xy x 3 gelten. Auf B gilt aber √ 2 √ 1 1+ x 1− x 1 √ = √ ⇐⇒ y = 2 xy 4 1−x x √ 2 x also fX (·)fY (·) = 6 f auf B \ N mit N := (x, y) ∈ B|y = 4 1+ . N ist 1−x Teilmenge eines Funktionsgraphen, also eine Nullmenge. Also sind X, Y nicht unabhängig. Aufgabe 4 (26 Punkte) In n = 14 Jahren, wurden folgende Schadenhäufigkeiten (SH) pro Tausend versicherter Kfz und die mittlere Anzahl der gefahrenen Tausend Kilometer pro Kfz bestimmt: Nr. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 xi - Tkm 12,154 13,877 14,150 13,355 13,280 13,244 13,163 13,118 13,217 13,378 13,060 12,989 13,016 12,939 yi - SH 109 105 103 98 94 91 86 , 83 83 85 78 75 72 69 P P 2 xi yi = 16279, 39. x2i = 2445, 75, yi = 110289, x = 13, 21, y = 87, 93, Unterstellt wird folgender Zusammenhang zwischen den gefahrenen Kilometern x und der Zufallsvariablen Schadenhäufigkeit Y : P Yi = axi + εi , i = 1, . . . , 14 wobei εi ∼ N (0, σ 2 ) und unabhängig sind und σ 2 bekannt sei. (a) Bestimmen Sie Erwartungswert und Varianz von Yi . (b) Sei n P Yi xi .  := i=1 n P x2i i=1 Weisen Sie nach, dass  ∼ N σ2 a, P 2 xi gilt. (c) Weisen Sie nach, dass  ein ML-Schätzer für a ist. (d) Bestimmen Sie mit obigen Werten einen Schätzwert für a. 4 (e) Bestimmen Sie mit σ = 12 aus den obigen Daten ein 95 % - Konfidenzintervall für a. Hinweis: Man zeige P(a ∈ [ − δ,  + δ]) = P( ∈ [a − δ, a + δ]) Lösung Zu (a) E(Yi ) Var(Yi ) = E(axi + εi ) = axi + E(εi ) = axi , = Var(axi + εi ) = Var(εi ) = σ 2 . Zu (b) Es gilt Yi ∼ N (axi , σ 2 ), da Yi Summe einer normalverteilten Zufallsvariablen und einer Konstanten ist. Somit ist  normalverteilt, da  eine Linearkombination normalverteilter Zufallsvariablen ist. P n Yx n n X i=1 i i 1 X 2 = 1 E(Y )x = axi = a. E(Â) = E i i n n n P P P x2i x2i i=1 x2i i=1 i=1 i=1 i=1 Da die εi unabhängig sind, trifft dies auch auf die Yi xi zu, und es folgt n P n n n P P P Var (Yi xi ) x2i σ 2 Yi xi Var Yi xi i=1 i=1 i=1 i=1 = Var(Â) = Var P 2 = n 2 n = P n n P 2 2 P 2 2 x2i x x x i=1 = i i=1 i=1 i σ2 . n P x2i i=1 i i=1 Zu (c) Da die εi unabhängig sind, trifft dies auch auf die Yi zu. Dann ist die Likelihood L durch 2 ! n Y 1 yi − axi 1 √ exp − L(a) = 2 σ 2πσ 2 i=1 gegeben. Es folgt: ℓ(a) := ℓ′ (a) = ℓ′′ (a) = ln L(a) = − n n 1 X 2 ln(2πσ 2 ) − 2 (yi − axi ) 2 2σ i=1 n 1 X xi (yi − axi ) σ 2 i=1 − n 1 X 2 x < 0. σ 2 i=1 i ℓ′ besitzt also in â = n P yi xi i=1 n P i=1 5 x2i ein globales Maximum. Zu (d) â = 16279, 39 = 6, 656. 2445, 75 Zu (e) Der Hinweis folgt so: P(a ∈ [ − δ,  + δ]) = P( − δ ≤ a ≤  + δ) = P(−a − δ ≤ − ≤ −a + δ) = P(a − δ ≤  ≤ a + δ) = P( ∈ [a − δ, a + δ) Gesucht ist ein δ > 0 mit = P  ∈ [a − δ, a + δ] . 0, 95 Es gilt wegen  ∼ N a, σ n P 2 i=1 P  ∈ [a − δ, a + δ] x2i = P  ≤ a + δ − P  ≤ a − δ s s n n P P 2 xi x2i i=1 i=1 δ = Φ − Φ − σ σ = Somit reicht es n P 2 1/2 xi i=1 σ s 2Φ n P i=1 x2i σ σ n P i=1 [6, 180, 7, 132]. 6 δ δ − 1. δ = u0,975 = 1, 96 =⇒ δ = 1, 96 · zu wählen, es ergibt sich das Intervall x2i 1/2 = 0, 476