Lösungsvorschlag zur Klausur vom 14.10.2011

Zulassungsprüfung Stochastik, 14.10.11
Wir gehen stets von einem Maßraum (Ω, A, µ) bzw. einem Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A, P) aus. Die Borel σ-Algebra auf Rn wird mit B n bezeichnet, das
Lebesgue Maß auf Rn wird mit λn bezeichnet.
Sollte Ihnen bei Teilaufgaben ein Ergebnis fehlen, dann treffen Sie eine plausible
Annahme dafür.
Aufgabe 1 (8 Punkte)
(a) Gegeben sei eine monoton fallende Folge (fn )n∈N messbarer Funktionen
fn : Ω −→ [0, ∞) mit Grenzwert f := limn→∞ fn . Ferner Sei f1 integrierbar. Beweisen Sie: f ist integrierbar und es gilt
Z
Z
fn dµ = f dµ.
lim
n→∞
(b) Wurde aus der Wertung genommen, da die Aufgabe wegen eines Schreibfehlers nicht lösbar war.
Lösung
Zu (a)
Wegen der Monotonie konvergiert die Funktionenfolge (fn )n∈N punktweise. Ferner folgt wegen fn ≥ 0 und der Monotonie für alle n ∈ N
0 ≤ fn ≤ f1
wobei f1 integrierbar ist. Damit folgt mit dem Satz von der dominierten Konvergenz die Integrierbarkeit von f und die Gleichung
Z
Z
fn dµ = f dµ.
lim
n→∞
Aufgabe 2 (18 Punkte) Seien X, Y Zufallsvariablen mit endlichem Erwartungswert und endlicher Varianz mit Var(X) > 0. Beweisen Sie:
(a) Cov(X, Y |X) = 0
(b) Cov(X, Y ) = Cov(X, E(Y |X))
(c) E(XY ) = E(XE(Y |X))
(d) Gibt es reelle Zahlen a, b ∈ R mit E(Y |X) = aX + b fast sicher, dann folgt
Cov(X, Y )
.
a=
Var(X)
Lösung
Zu (a)
Die Zufallsvariable X ist klarerweise σ(X)-messbar, also gilt E(XY |X) = XE(Y |X),
E(X|X) = X und
Cov(X, Y |X) = E(XY |X) − E(X|X)E(Y |X) = XE(Y |X) − XE(Y |X) = 0.
1
Zu (b)
Durch Bedingen nach X ergibt sich mit (a)


Cov(X, Y )
=

Cov E(X|X ), E(Y |X) + E Cov(X, Y |X) = Cov(X, E(Y |X))
|
| {z }
{z
}
=0
=X
Zu (c)
Laut (b) gilt

E(XY ) − E(X)E(Y )
=
Cov(X, Y )
=
=
Cov(X, E(Y |X))
E(XE(Y |X)) − E(X)E(E(Y |X))
=
E(XE(Y |X)) − E(X)E(Y )
Zu (d)
Mit (b) gilt
Cov(X, Y )
=
Cov(X, E(Y |X)) = Cov(X, aX + b) = aCov(X, X) = aVar(X).
Wegen Var(X) > 0 folgt das Gewünschte.
Aufgabe 3 (18 Punkte)
Die jährliche Niederschlagsmenge in Entendorf sei näherungsweise normalverteilt mit Erwartungswert 1020 mm und einer Standardabweichung von 221 mm.
(a) Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Niederschlagsmenge in einem
Jahr über 1067mm beträgt?
(b) Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die gesamte Niederschlagsmenge
in zwei aufeinanderfolgenden Jahren mehr als 2134 mm beträgt (also mehr
als doppelt so hoch wie in (a))
(c) Welche Annahmen über die Unabhängigkeit treffen Sie in (b)?
(d) Bestimmen Sie unter geeigneten Voraussetzungen das kleinste n so, dass
die Wahrscheinlichkeit, dass die gesamte Niederschlagsmenge in n aufeinanderfolgenden Jahren mehr als n · 1067 mm überschreitet, maximal 5 %
beträgt.
(e) Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Niederschlagsmenge in zwei
aufeinanderfolgenden Jahren jeweils mehr als 1067 mm beträgt. Vergleichen Sie das Ergebnis mit (b) und erklären Sie die von Ihnen gemachte
Beobachtung.
Lösung
Zu (a)
Sei X die Niederschlagsmenge in einem Jahr. Zu bestimmen ist P(X > 1067):
1067 − 1020
≈ 1 − Φ(0, 21)
P(X > 1067) = 1 − P(X ≤ 1067) = 1 − Φ
221
≈ 0, 4168.
2
Zu (b)
Seien X1 , X2 die Niederschlagsmengen zweier aufeinanderfolgender Jahre. Dann
gilt X1 + X2 ∼ N (2040, 2 · 2212 ). Damit gilt
94
√
≈ 1 − Φ(0, 3) = 0, 3821.
P(X1 + X2 > 2134) = 1 − Φ
221 2
Zu (c)
Es wird die Unabhängigkeit von X1 , X2 vorausgesetzt.
Zu (d)
Seien X1 , . . . , Xn die Niederschlagsmengen von n aufeinanderfolgenden Jahre,
n
P
Xi ∼ N (1020n, 2212 n). Gesucht ist als n
diese seien unabhängig. Dann gilt
i=1
mit
P
n
X
i=1
!
Xi > n · 1067
≤
0, 05.
Es gilt
P
n
X
i=1
!
Xi > n · 1067
=
1−Φ
1067n − 1020n
√
221 n
=1−Φ
221 √
n .
47
Auflösen der obigen Ungleichung nach n ergibt dann
√
47
n ≥ u0.95
≈ 7, 71 =⇒ n = 60.
221
Zu (e)
Mit den Bezeichnungen von (b) gilt
P(X1 > 1067, X2 > 1067) = P(X1 > 1067)P(X2 > 1067) ≈ 0, 43682 ≈ 0, 19.
Diese Wahrscheinlichkeit muss kleiner sein als die Wahrscheinlichkeit in (b)
wegen
{X1 > 1067, X2 > 1067} ⊂ {X1 + X2 > 2134} .
Aufgabe 4 (18 Punkte)
Sei X ∼ Γ (2, 1/ϑ) mit ϑ > 0.
(a) Sei X1 , . . . Xn ∼ X eine Stichprobe von unabhängig und identisch verteilten Zufallsvariablen. Bestimmen Sie einen Maximum Likelihood Schätzer
für ϑ.
(b) Ist der Schätzer aus (a) erwartungstreu?
(c) Bestimmen den m.s.e (mean squared error, d.h. den mittleren quadratischen Fehler) des Schätzers aus (a).
(d) Gegeben sei eine Stichprobe mit Stichprobenlänge 15 und Stichprobenmittel 1,6. Bestimmen Sie den Maximum Likelihood Schätzwert für ϑ.
3
Lösung
Zu (a)
Aus der gemeinsamen Dichte der Zufallsvariablen ergibt sich
L(ϑ)
=
P
n
n Y
xi Y
−1/ϑ
1
−2n
−xi/ϑ
i=1
xi
=
ϑ
e
x
e
i
ϑ2
i=1
i=1
ℓ(ϑ)
=
−2n ln ϑ −
ℓ′ (ϑ)
=
−2n
ℓ′′ (ϑ)
=
2n
n
n
n
X
1X
xi
xi +
ϑ i=1
i=1
n
1 X
1
+ 2
xi
ϑ ϑ i=1
n
1
2 X
−
xi .
ϑ2
ϑ3 i=1
Nullsetzen der erste Ableitung und Auflösen nach ϑ̂ führt zur einzigen Nullstelle
von ℓ′
n
n
1X
x
1 X
xi = mit x =
xi .
ϑ̂ =
2n i=1
2
n i=1
In ϑ̂ liegt ein Maximum von ℓ vor, denn
ℓ′′ (ϑ̂) =
Damit ist Tn (X1 , . . . , Xn ) =
Zu (b)
2
n
8n 16
8n
2 − 3 · nx = − 2 < 0.
x
x
x
n
P
Xi der Maximum Likelihood Schätzer.
i=1
n
E (Tn (X1 , . . . , Xn ))
= E
1 X
Xi
2n i=1
Ja, der Schätzer ist erwartungstreu.
Zu (c)
Da der Schätzer erwartungstreu ist, gilt
m.s.e(Tn )
=
!
n
1 X
=
E (Xi ) = ϑ.
2n i=1 | {z }
=2ϑ
Var(Tn ).
Wegen der Unabhängigkeitsannahme folgt weiter
!
n
n
1 X
ϑ2
1 X
.
Xi = 2
Var (Xi ) =
Var (Tn (X1 , . . . , Xn )) = Var
2n i=1
4n i=1 | {z } 2n
=2ϑ2
Zu (d) ϑ̂ = 1,6/2 = 0, 8.
Aufgabe 5 (18 Punkte)
Seien X1 , . . . , Xn , Xn+1 ∼ N (µ, σ 2 ) unabhängige Zufallsvariablen. Ziel ist es aus
den Beobachtungen X1 , . . . , Xn ein Prognoseintervall für Xn+1 zu konstruieren,
n
1X
wobei µ als unbekannt und σ 2 als bekannt vorausgesetzt wird. Sei X =
Xi .
n i=1
4
(a) Bestimmen Sie die Verteilung von X und X − Xn+1 .
(b) Beweisen Sie, dass
X − Xn+1
p
standardnormaverteilt ist.
1 + 1/n
σ
(c) Bestimmen Sie ein Prognoseintervall für Xn+1 , das symmetrisch um X ist
zum Niveau 1 − α für α ∈ (0, 1).
(d) Sie können davon ausgehen, dass die mittlere Temperatur des November
normalverteilt ist und die mittleren Temperaturen des Monats November
jeweils unabhängig voneinander und identisch verteilt sind. Die Standardabweichung wird mit 0, 4◦ C als bekannt vorausgesetzt.
Temperaturmessungen ergaben in den Jahren 1981-2010 eine mittlere Temperatur von 8, 9◦ C für den Monat November. Bestimmen Sie hierfür das
Prognoseintervall aus (c) zu einem Konfidenzniveau von 90 % für die mittlere Temperatur im November 2011. (Genauigkeit: in ◦ C, eine Nachkkommastelle.)
Lösung
Zu (a)
X und X −Xn+1 sind Linearkombinationen von unabhängigen, normalverteilten
Zufallsvariablen und somit auch normalverteilt. Es gilt
n
E X
=
Var X
=
=
E X − Xn+1
Var X − Xn+1
Zu (b)
Die Zufallsvariable
=
=
1X
E(Xi ) = µ
n i=1
n
1 X
σ2
da (Xi )i=1,...,n unabhängig
Var(X
)
=
i
n2 i=1
n
E X − E (Xn+1 ) = µ − µ = 0
σ2
+ σ2
Var X + Var (−Xn+1 ) =
n
1
σ2 1 +
.
n
X − Xn+1
p
1 + 1/n
σ
ist eine Linearkombination normalverteilter Zuvallsvariablen. Wegen (a) ist der
Erwartungswert 0 und die Varianz 1.
Zu (c)
Gesucht ist c > 0 so, dass
P X − c ≤ Xn+1 ≤ X + c = 1 − α
5
gilt. Für die linke Seite erhält man
P X − c ≤ Xn+1 ≤ X + c = P −c ≤ Xn+1 − X ≤ c


X
−
c
c
X
n+1

≤ q
≤ q
= P − q
1
1
1
σ 1 + 1n
σ 1 + 1n
σ 1 + 1n


c
 − 1.
= 2Φ  q
σ 1 + 1 n1
Löst man die sich ergebende Gleichung nach c auf ergibt sich
r
1
c = u1−α/2 σ 1 + .
n
Zu (d)
p
Mit α = 0, 1, n = 30 ergibt sich c = 1, 64 · 0, 4 1 + 1/30 ≈ 0, 7◦ C, also das
Prognoseintervall [8.2, 9.6].
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