Lösungen - KIT - Fakultät für Mathematik

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
Vordiplomsklausur
Lösung zu Aufgabe P1
(a)
40
30
20
40!
·
·
=
= 4, 71 · 1021
10
(10!)4
10
10
D.h. man wählt zunächst 10 Personen, die in Tutorium A kommen, dann wählt man aus den
restlichen 30 die 10 Personen, welche in die Gruppe B kommen. Ebenso wählt man aus den
letzten 20 nochmals 10 Personen aus für die Gruppe C. Die letzten 10 Personen kommen in
die Gruppe D.
(b)
40!
40
30
20
1
= 1, 96 · 1020
·
·
· =
4!
(10!)4 · 4!
10
10
10
Hier ist es nur wichtig welche Leute zusammen in der Gruppe sind, aber nicht in welcher
Gruppe (da diese ja ununterscheidbar sind). D.h. die vorher berechnete Anzahl ist zu gross.
Man muss durch die Anzahl möglicher Permutationen der Gruppen dividieren.
Lösung zu Aufgabe P2
(a) A1 ist eine σ-Algebra über Ω. Es gilt nämlich:
(i) P (Ω) = 1 ⇒ Ω ∈ A1
(ii) A ∈ A1 ⇒ P (A) ∈ {0, 1} ⇒ P (Ac ) = 1 − P (A) ∈ {0, 1} ⇒ Ac ∈ A1
(iii) Es sei (An )n∈N ⊂ A1 , d.h. P (An ) ∈ {0, 1} für alle n ∈ N:
Fall 1: Existiert ein k ∈ N mit P (Ak ) = 1, so gilt
[
[
[
P
An ≥ P (Ak ) = 1 ⇒ P
An = 1 ⇒
An ∈ A1 .
n∈N
n∈N
n∈N
Fall 2: Gilt P (An ) = 0 für alle n ∈ N, so gilt
[
X
[
[
P
An ≤
P (An ) = 0 ⇒ P
An = 0 ⇒
An ∈ A1 .
n∈N
n∈N
n∈N
n∈N
(b) A2 ist keine σ-Algebra über Ω. So ist zum Beispiel (0, 1)2 eine offene Teilmenge des R2 und
damit Element von A2 . Das Komplement R2 \ (0, 1)2 dieser Menge ist allerdings abgeschlossen
und damit kein Element von A2 .
Lösung zu Aufgabe P3
Es sei X Ihre Bedienzeit und Y die Bedienzeit des Kunden vor Ihnen. Nach Aufgabenstellung sind
X, Y dann unabhängig und identisch verteilt mit X1 ∼ Exp(λ). Die gemeinsame Dichte von X und
Y ist also gegeben durch fX,Y (x, y) = fX (x) fY (y) mit fX (t) = fY (t) = λ e−λt 1[0,∞) (t). Gesucht
ist die Wahrscheinlichkeit, dass Y ≥ 2X ist, also
Z
Z ∞ Z ∞
P (Y ≥ 2X) =
fX,Y (x, y) d(x, y) =
λ e−λy dy λ e−λx dx
{(x,y)∈R2 ;y≥2x}
0
2x
Z ∞h
Z ∞
i∞
h 1
i∞
1
=
− e−λy
λ e−λx dx =
λ e−3λx dx = − e−3λy
= .
3
3
y=2x
y=0
0
0
Lösung zu Aufgabe P4
P
P
Es gelte Xn → X und Yn → Y . Für beliebige ǫ > 0 konvergiert daher sowohl P |Xn − X| ≥ 2ǫ also
auch P |Yn − Y | ≥ 2ǫ mit n → ∞ gegen Null. Für ein beliebiges ǫ > 0 erhält man damit wegen
P |Xn + Yn − (X + Y )| ≥ ǫ ≤ P |Xn − X| + |Yn − Y | ≥ ǫ
ǫ
ǫ ǫ
ǫ
+ P |Yn − Y | ≥
≤ P {|Xn − X| ≥ } ∪ {|Yn − Y | ≥ } ≤ P |Xn − X| ≥
2
2
2
2
die gewünschte Aussage.
Lösung zu Aufgabe P5
Die das Bestehen der Studenten modellierende Zufallsvariablen X1 , . . . , Xn seien unabhängig und
P
jeweils Bin(1, 0.6)-verteilt. Sn := ni=1 Xi ∼ Bin(n, 0.6) ist dann die Anzahl der Studenten, welche
die Klausur bestehen. Mit Hilfe der durch den zentralen Grenzwertsatz gegebenen Approximation
der Binomialverteilung erhält man
!
n
− n · 0.6
n
Sn − n · 0.6
2
P Sn ≥
=P √
≥√
2
n · 0.6 · 0.4
n · 0.6 · 0.4
!
!
!
√
√
0.1
0.1
≈ 1 − Φ − n√
=Φ
n√
≥ 0.99
0.6 · 0.4
0.6 · 0.4
√
2
!
!
√
0.1
0.6 · 0.4
√
⇐⇒ n
≥ z0.99 = 2.3264 ⇐⇒ n ≥
· 2.3264 ≈ 129.8913 ,
0.1
0.6 · 0.4
wobei zq das q-Quantil der Standardnormalverteilung bezeichnet. Es müssen also mindestens 130
Studenten an der Klausur teilnehmen, damit man zu 99% sicher sein kann, dass zumindest die Hälfte
der Studenten besteht.
Lösung zu Aufgabe P6
Für eine Realisierung x = (x1 , . . . , xn ) der zufälligen Stichprobe X ist die Likelihood-Funktion des
unbekannten Parameters b > 0 gegeben durch
n
n
n
Y
Y
X
−b x2i
n n
2
Lx (b) =
2 b xi e
= 2 b exp − b
xi
xi
i=1
i=1
i=1
n
X
log(xi ) .
und die Log-Likelihood-Funktion durch
lx (b) = n log(2) + n log(b) − b
n
X
i=1
x2i +
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 P7
Nach dem schwachen Gesetz der großen Zahlen gilt
n
1X
P
Xi → E(X1 ) = p ,
n
X̄n :=
i=1
d.h. für alle ǫ > 0 gilt
lim Pp |X̄n − p| ≥ ǫ = 0 .
n→∞
Ein geeigneter Test der Hypothese H0 : p = p0 gegen die Alternative H1 : p = p1 mit p0 6= p1 ist
daher gegeben durch
(
0 , |X̄n − p0 | < c
ϕ(X) =
,
1 , |X̄n − p0 | ≥ c
wobei wir c :=
durch
1
2 |p0
− p1 | wählen. Für p ∈ (0, 1) ist die Gütefunktion dieses Tests dann gegeben
β(p) = Pp ϕ(X) = 1 = Pp |X̄n − p0 | ≥ c .
Nach dem schwachen Gesetz der großen Zahlen existiert für c ein n ∈ N, so dass
Pp0 |X̄n − p0 | ≥ c ≤ 0.05 und Pp1 |X̄n − p1 | ≥ c ≤ 0.05 .
Folglich ist
β(p0 ) = Pp0 |X̄n − p0 | ≥ c ≤ 0.05
und
β(p1 ) = Pp1 |X̄n − p0 | ≥ c ≥ Pp1 |X̄n − p1 | < c = 1 − Pp1 |X̄n − p1 | ≥ c ≥ 0.95
Wir haben demnach einen Test der Hypothese H0 : p = p0 gegen die Alternative H1 : p = p1
konstruiert, für den β(p0 ) ≤ 0.05 und β(p1 ) ≥ 0.95 gilt.
Lösung zu Aufgabe P8
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 X
1
1
1
d
√
√ (Z2k−1 + Z2k ) = √
Zk = √
Zk
2n k=1
2(n−1) k=1 | 2
2(n−1) 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
Zk → Z ∼ N(0, 1) mit n → ∞ ,
X=√
n
2 k=1
d
was impliziert, dass X und somit auch Y standardnormalverteilt sind.