Einführung in die Statistik für WInf, LaB, CE, Inf BSc etc.

TECHNISCHE
UNIVERSITÄT
DARMSTADT
Fachbereich Mathematik
Prof. Dr. K. Ritter
B. Debrabant
T. Wagner
Dr. M. Doering
SS 2007
18./19.07.2007
Einführung in die Statistik
für WInf, LaB, CE, Inf BSc etc.
7. Übung, Lösungsvorschlag
Gruppenübungen
Aufgabe G18
a) Wir müssen die Wahrscheinlichkeit dafür berechnen, dass von den drei Patienten genau
einer geringere Beschwerden und genau zwei Personen gleichbleibende Beschwerden angegeben haben. Für eine ganz bestimmte Kombination, also z.B. dass der erste Patient
geringere Beschwerden angibt und die anderen beiden gleichbleibende Beschwerden
angeben, ergibt sich die Wahrscheinlichkeit
1 1 2
·
.
3
2
Berücksichtigt man nun noch die Tatsache, dass es irrelevant ist, ob gerade der erste,
zweite oder dritte Patient geringere Beschwerden angibt, ergibt sich für dieses Beispiel
3 1 1 1 2 1
= .
P ({X1 = 1, X2 = 2, X3 = 0}) =
2
4
1 3
b) Allgemein für i, j, k erhält man mit ähnlichen Überlegungen wie in a) die Wahrscheinlichkeitsfunktion
3! 1 i 1 j 1 k
P ({X1 = i, X2 = j, X3 = k}) =
i!j!k! 3
2
6
für nichtnegative ganze Zahlen i, j, k mit i + j + k = 3. Ansonsten ist P ({X1 = i, X2 =
j, X3 = k}) = 0. Die dreidimensionale Zufallsvariable ist also multinomialverteilt
(vgl.
1 1 1
Def. VII.55), und zwar mit Parametern n = 3, m = 3 und p = 3 , 2 , 6 .
c) Durch die Bedingung i + j + k = 3 ist klar, wie man k bestimmen kann, sobald i und
j feststehen. Für die Wahrscheinlichkeitstabelle von X1 und X2 formen wir deshalb
obige Formel nochmal um:
1 i 1 j 1 3−i−j
3!
.
P ({X1 = i, X2 = j}) =
i!j!(3 − i − j)! 3
2
6
Ist die Bedingung i+j+k = 3 nicht erfüllt, bzw. ist i,j oder k keine ganze Zahl zwischen
0 und 3, nimmt die Wahrscheinlichkeitsfunktion an der entsprechenden Stelle den Wert
0 an. Damit ergibt sich:
[P ({X1 = i, X2 = j})
i=0
i=1
i=2
i=3
P ({X2 = j})
j=0 j=1
1/216 1/24
1/36
1/6
1/18
1/6
1/27
0
1/8
3/8
j=2 j=3
1/8
1/8
1/4
0
0
0
0
0
3/8
1/8
P ({X1 = i})
8/27
4/9
2/9
1/27
1
X1 und X2 sind nicht unabhängig, weil (beispielsweise) gilt:
0 = P ({X1 = 2, X2 = 2}) 6= P ({X1 = 2}) · P ({X2 = 2})
d) In die Tabelle wurden auch gleich die Randverteilungen eingetragen. Man kann erkennen, dass X1 binomialverteilt ist mit n = 3 und p1 = 1/3 bzw. X2 binomialverteilt ist
mit n = 3 und p2 = 1/2
Aufgabe G19
a) Wir bezeichnen mit Zi die Länge des i-ten Kabelstücks (i = 1, . . . , 500) und nehmen
an, dass (Zi )i=1,...,500 eine unabhängige Folge identisch wie Z verteilter Zufallsvariablen
ist. Damit ist die Gesamtlänge von 500 abgschnittenen Stücken gegeben durch
X :=
500
X
Zi .
i=1
Aus
E(Z) = E(L) + E(A) = 4 + 0 = 4 und
Var(Z) = Var(L) + Var(A) = 0.015 + 0.062 /12 = 0.0153
folgt
E(X) = 500 E(Z) = 2000 und
Var(X) = 500 Var(Z) = 7.65.
Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit ergibt sich
P ({1995 ≤ X ≤ 2005}) = 1 − P ({|X − 2000| ≥ 5})
≥ 1 − Var(X)/25 = 0.694.
b) Nach dem Zentralen Grenzwertsatz ist X näherungsweise normalverteilt mit Erwartungswert 2000 und Varianz 7.65. Damit erhält man
2005 − 2000
1995 − 2000
√
√
P ({1995 ≤ X ≤ 2005}) ≈ Φ
−Φ
7.65
7.65
2005 − 2000
√
= 2Φ
− 1 ≈ 2Φ(1.81) − 1 = 0.9298.
7.65
Aufgabe G20
a) Für alle µ ∈ Θ0 gilt f (µ) ≥ 1 − α = 0.85. Deshalb ist die größtmögliche Hypothese
gegeben durch
Θ0 = [µ2 , ∞[.
b) Wegen µ1 ∈
/ Θ0 kann hier nur ein Fehler 2. Art gemacht werden. Die entsprechende
Wahrscheinlichkeit ist gegeben durch f (µ1 ) = 0.4.
c) Wegen µ4 ∈ Θ0 kann hier nur ein Fehler 1. Art begangen werden. Die entsprechende
Wahrscheinlichkeit ist gegeben durch 1 − f (µ4 ) = 0.05.
d) Die Operationscharakteristik lautet in Abhängigkeit von n ∈ N
X n − µ2
µ
µ
√ ≥ −1.036
f (µ) = P ({gn (X) ≥ uα }) = P
σ/ n
√
√
= P µ {X n − µ2 ≥ σ/ n · (−1.036)} = P µ {X n − µ ≥ σ/ n · (−1.036) + µ2 − µ}
√
√
Xn − µ
µ
√ ≥ −1.036 + n/σ(µ2 − µ)
= P
= 1 − Φ −1.036 + n/σ(µ2 − µ)
σ/ n
√
= Φ n/σ(µ − µ2 ) + 1.036
Im Fall µ = µ1 gilt µ < µ2 . Somit nimmt für größeres n das Argument
√
n/σ(µ1 − µ2 ) + 1.036
einen kleineren Wert an, so dass f (µ1 ) bei wachsendem Stichprobenumfang kleiner
wird.