WESTF¨ALISCHE WILHELMS - UNIVERSIT¨AT M¨UNSTER

WESTFÄLISCHE WILHELMS - UNIVERSITÄT MÜNSTER
Wirtschaftswissenschaftliche Faktultät
Prof. Dr. Bernd Wilfling
Professur für VWL, insbesondere Empirische Wirtschaftsforschung
Musterlösung zur Klausur im Fach Fortgeschrittene Statistik am 08.06.2009
Gesamtpunktzahl: 60
Aufgabe 1: (20 Punkte)
Betrachten Sie die gemeinsame Dichtefunktion
(
λ1 λ2 exp (−(λ1 x + λ2 y))
fX,Y (x, y) =
0
, falls x, y ∈ [0, ∞) × [0, ∞]
, sonst
für λ1 , λ2 > 0.
(a) Zeigen Sie, dass fX,Y (x, y) eine gemeinsame Dichtefunktion darstellt.
(b) Berechnen Sie die Randdichten fX (x) und fY (y) von X und Y .
(c) Betrachten Sie die Randdichte fX (x) von X. Es sei λ1 = 1. Bestimmen Sie den
2
Erwartungswert µX und die Varianz σX
von X. Bestimmen Sie mit Hilfe der
Chebychev-Ungleichung eine obere Grenze für die Wahrscheinlichkeit
P (|X − 1| ≥ 1).
Lösung
(a) Die Funktion ist offensichtlich stetig, und ebenfalls größer als 0, da λ1 , λ2 > 0
1
sind. Es bleibt zu zeigen, dass das Integral über die Funktion 1 ist.
Z ∞Z ∞
Z ∞Z ∞
fX,Y (x, y) dy dx
fX,Y (x, y) dy dx =
0
0
−∞ −∞
Z ∞Z ∞
=
λ1 exp(−λ1 x) · λ2 exp(−λ2 y) dy dx
0
0
Z ∞
Z ∞
λ1 exp(−λ1 x)
λ2 exp(−λ2 y) dy dx
=
0
0
Das hintere Integral ist das Integral über die Dichtefunktion einer Exponentialverteilung, und somit gleich 1
Z
∞
λ1 exp(−λ1 x) · 1 dx
=
0
Dieses Integral ist ebenfalls das Integral über die Dichtefunktion einer Exponentialverteilung, und somit gleich 1
= 1.
(b) Die Randdichten berechnet man durch
Z
∞
λ1 exp(−λ1 x) · λ2 exp(−λ2 y) dy
Z ∞
= λ1 exp(−λ1 x) ·
λ2 exp(−λ2 y) dy
fX (x) =
0
0
= λ1 exp(−λ1 x) · 1.
Analog berechnet man fY (y) = λ2 exp(−λ2 y). Die Randdichten lauten somit
(
λ1 exp(−λ1 x)
fX (x) =
0
, falls x, ∈ [0, ∞)
, sonst
(
λ2 exp(−λ2 y)
fY (y) =
0
, falls y, ∈ [0, ∞)
, sonst
(c) Die Randdichte fX (x) ist die Dichte einer Exponentialverteilung mit Parameter
λ1 , diese hat den Erwartungswert
1
λ1
und die Varianz
1
.
λ21
Im vorliegenden Fall ist
2
λ1 = 1, und somit ist der Erwartungswert µX von X sowie die Varianz σX
von
X gleich 1.
2
Die Chebychev-Gleichung besagt P(|X − µX | > k) ≤
2
σX
.
k2
Im vorliegenden Fall ist
µX = 1 und k = 1, somit ergibt sich
P(|X − µX | > k) = P(|X − 1| > 1) ≤
2
σX
= 1.
k2
Aufgabe 2: (20 Punkte)
Betrachten Sie die gemeinsame Dichtefunktion fX,Y (x, y) aus Aufgabe 1.
(a) Berechnen Sie die bedingten Dichten fX|Y =y und fY |X=x sowie die zugehörigen
bedingten Varianzen.
(b) Was können Sie über die Abhängigkeit der Variablen X und Y sagen?
(c) Berechnen Sie den Erwartungswert und die Varianz einer Exponentialverteilung
mit λ > 0 mit Hilfe der momentenerzeugenden Funktion.
Lösung
(a) In Aufgabe 1 wurden bereits die Randdichten von X und Y berrechnet. Man
erkennt sofort, dass fX (x) · fY (y) = fX,Y (x, y) ist. Somit sind X und Y unabhängig voneinander und die bedingten Dichten sind gleich den Randdichten, also fX|Y =y = fX (x) und fY |X=x = fY (y). Da beide Randdichten Exponentialvertei1
2
lungen beschreiben, sind die zugehörigen Varianzen (s.Aufgabe 1c)) σX|Y
=y = λ2
und σY2 |X=x =
1
1
λ22
(b) Wie in a) bereits gezeigt sind X und Y unabhängig.
(c) Die momenterzeugende Funktion einer Exponentialverteilung lautet mλ (t) =
Durch Ableiten erhält man
0
mλ (t) =
λ
(λ − t)2
und
00
mλ (t) =
λ
.
λ−t
2λ
.
(λ − t)3
0
Wenn X eine exponentialverteilte Zufallsvariable ist, dann gilt E(X) = mλ (0) =
1
und
λ
1
.
λ2
00
E(X 2 ) = mλ (0) =
2
.
λ2
Somit ist dann V (X) = E(X 2 ) − E(X)2 =
3
2
λ2
− λ12 =
Aufgabe 3: (20 Punkte)
Betrachten Sie eine exponentialverteilte Zufallsvariable X mit Parameter λ > 0 und
die Funktion g(λ) = (λ − 2)2 . Es seien x1 , . . . , x100 eine konkrete Stichprobe aus X und
x̄ = 2 der realisierte Stichprobenmittelwert.
(a) Bestimmen Sie den Maximum-Likelihood (ML) Schätzer für λ.
(b) Bestimmen Sie den Maximum-Likelihood (ML) Schätzer für λ gegeben g(λ) = 4.
(c) Führen Sie einen Likelihood-Ratio (LR) Test zur Hypothese H0 : g(λ) = 4 gegen
H1 : g(λ) 6= 4 zum Signifikanzniveau α = 0.05 durch.
Lösung
(a) Die Likelihoodfunktion lautet L(λ) =
Qn
i=1
λ exp(−λxi ). Die log-Likelihoodfunktion
ist dann
ln(L(λ)) = ln
n
Y
!
λ exp(−λxi )
i=1
= n · ln(λ) − λ
n
X
xi .
i=1
Zur Bestimmung des Maximums leitet man ln(L(λ)) nach λ ab und setzt die
Ableitung gleich 0:
n
n X
∂ ln(L(λ))
!
= −
xi = 0
∂λ
λ i=1
n
⇔
n X
=
xi
λ
i=1
⇔λ̂ =
1
n
1
Pn
i=1
xi
=
1
.
x̄
(b) Für g(λ) = 4 ergeben sich zwei Möglichkeiten:
(λ − 2)2
=4
⇔λ2 − 4λ + 4
=4
⇔λ2 − 4λ = 0
⇔λ(λ − 4) = 0
⇔λ = 0 v
λ = 4.
4
Da λ = 0 aufgrund der Bedingung λ > 0 nicht in Frage kommt, ist λ̂H0 = 4.
Einsetzen in die log-Likelihoodfunktion ergibt
ln(L(4)) = −661, 0106.
(c) Es soll H0 : g(λ) = 4 gegen H1 : g(λ) 6= 4 getestet werden zu α = 0.05. Die
Likelihood-Ratio-Teststatistik lautet dann
h
i
LR = 2 ln(L(λ̂M L )) − ln(L(λ̂H0 ))
1
= 2 ln(L( )) − ln(L(4))
2
= 984, 1118.
. Der kritische Wert des Tests ist χ21;0.95 = 3, 84 < 984, 1118, somit kann H0 zum
Niveau α zu Gunsten von H1 verworfen werden.
5