Musterlösung zur ersten Klausur Stochastik für Lehramtskandidaten SS2012

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1 Musterlösung zur ersten Klausur Stochasti für Lehramtsandidaten SS2012 Aufgabe 1 In einer Urne befinden sich 2n Kugeln, n N, die von 1 bis 2n durchnummeriert sind. Die Kugeln mit den Nummern 1 bis n sind dabei rot gefärbt, die restlichen Kugeln schwarz. Es werden Kugeln zufällig und ohne Zurüclegen gezogen, 1 n. (a) Modellieren Sie die Situation zunächst unter Angabe eines geeigneten endlichen Wahrscheinlicheitsraums (Ω, P ). (b) Charaterisieren Sie die folgenden Ereignisse als Teilmengen von Ω, und bestimmen Sie deren Wahrscheinlicheiten: A: Die gezogenen Kugeln sind alle von einer Farbe; B: die gezogenen Kugeln haben fortlaufende Nummern, wenn sie nach dem Ziehen aufsteigend sortiert werden; C: die gezogenen Kugeln haben fortlaufende Nummern (wie in B) und sind von einer Farbe. (c) Betrachten Sie den Fall n = 3 und = 2. Zeigen Sie, dass in diesem Fall die Ereignisse A und B abhängig sind. (d) *Geben Sie eine Kombination von n und an, bei der die Ereignisse A und B unabhängig sind. Begründen Sie Ihre Antwort. Hinweis: (1) Eine richtige Lösung der letzten Teilaufgabe gibt einen Zusatzpunt. (2) Mit fortlaufenden Nummern ist eine Folge der Art: i, i + 1, i + 2,... für i N gemeint. Lösung zu Aufgabe 1 Ziehen mit Reihenfolge (a) Wir ziehen die Kugeln ohne Zurüclegen aber mit beachten der Reichenfolge. Daher ist Ω = {(ω 1,..., ω ) {1,..., 2n} ω i ω j i j, i, j {1,..., }}. Damit ist Ω = 2n (2n 1)... (2n + 1) = 2n!, da man für die erste Kugel 2n (2n )! Möglicheiten, für die zweite Kugel nur noch 2n 1 viele Möglicheiten usw. hat. P ist die Laplaceverteilung auf Ω, sprich P ({ω}) = (2n )! 2n! für alle ω Ω. (b) Sei M(ω) = max{ω i : 1 i } und m(ω) = min{ω i : 1 i }. Da die ersten n Kugeln rot und die restliche Kugeln schwarz sind, ist A = {ω Ω M(ω) n oder m(ω) > n} B = {ω Ω M(ω) m(ω) = 1} C = A B.

2 Kommen wir zu den Wahrscheinlicheiten der Ereignisse. Die erste Kugel in A legt die Farbe der anderen Kugeln fest. Wir ziehen danach also 1 Kugeln ohne Zurüclegen aus einer Menge von n 1 Kugeln. Damit ergibt sich für die Mächtigeit von A, n! A = 2n (n 1) (n 2)... (n + 1) = 2 (n )! und damit P (A) = A Ω = 2 n! ( n (n )! = 2( ) 2n! 2n ). (2n )! Für B nehmen wir zuerst an, dass wir die Kugeln der Größe nach ziehen, d.h. die leinste zuerst, dann die zweitleinste usw. Die erste Kugel legt damit die anderen schon fest. Es gibt genau 2n +1 viele Möglicheiten die erste Kugel zu ziehen. Ziehen wir jetzt nicht in der richtigen Reihenfolge, sondern die nächsten Kugeln beliebig, gibt es für jede Kombination aufsteigender Kugeln! viele Möglicheiten diese zu ziehen. Daher ist und damit P (B) = B = (2n + 1)! (2n + 1)! 2n! (2n )! = 2n + 1 ( 2n ). Für C gelten genau die gleichen Überlegungen wie in B mit der Ausnahme, dass wir nur eine Farbe der Kugeln ziehen. Es gibt somit (n +1)! viele Möglicheiten aufsteigende Zahlen (nach Sortieren) aus roten Kugeln zu ziehen und die gleiche Anzahl für schwarze Kugeln. Daher ist P (C) = (c) Sei n = 3 und = 2. Dann ist ) 3 2 P (A) = 2( ) = 2 5 ( 6 2 2(n + 1)! 2n! (2n )! = 2(n + 1) ( 2n ). und P (B) = ( 5 6 ) = 5 15 = sowie P (A B) = P (C) = 4 ( 6 2) = Es ist somit P (A)P (B) = = P (A B) 15 und die Ereignisse A und B sind nicht unabhängig. (d) Setze n = 1 und = 1. Dann ist P (A) = 1, da wir hier nur eine Kugel ziehen und damit nur eine Farbe. Damit ist aber auch P (B) = 1, da eine Kugel immer fortlaufend nummeriert ist. Damit ist aber auch P (A B) = 1 und somit P (A)P (B) = 1 = P (A B) und die Ereignisse sind unabhängig. Die gleiche Überlegung ann man im Fall = 1 für beliebiges n anstellen.

3 Ziehen ohne Reihenfolge (a) Wir ziehen ohne Zurüclegen und ohne Reihenfolge. Wir wählen also eine -elementige Teilmenge von {1,..., 2n}. Also ist Ω = {{ω 1,..., ω } {1,..., 2n} ω i ω j für i j} = {A {1,..., 2n} A = }. Damit ist Ω = ( ) 2n. P ist die Laplaceverteilung, also ist für alle ω Ω P ({ω}) = ( 1 2n ). (b) Die Ereignisse sind die gleichen wie im Fall mit Reihenfolge A = {ω Ω M(Ω) n oder m(ω) > n} B = {ω Ω M(ω) m(ω) = 1} C = A B. Ist M(ω) n, so ist ω eine -elementige Teilmenge von {1,..., n}. Es gibt dafür ( ) n viele Möglicheiten. Andersherum, falls m(ω) > n, so ist ω wieder eine -elementige Teilmenge von {n + 1,..., 2n}. Auch hierfür gibt es ( n ) viele Möglicheiten. Somit ist ) ( + n ( n ) ) P (A) = ( n ( 2n ) = 2( 2n ). Da wir ohne Reihenfolge ziehen, önnen wir uns auf die leinste Kugel beschränen, da so auch alle anderen Kugeln festgelegt werden. Man hat 2n +1 viele Möglicheiten, die leinste Kugel zu wählen. Damit ist B = 2n + 1, und somit P (B) = 2n + 1 ( 2n ). Für C schauen wir wieder auf die leinste Kugel. Es gibt n +1 viele Möglicheiten, diese zu wählen, so dass die restlichen Kugeln immer noch rot sind. Die gleiche Anzahl an Möglicheiten erhält man für die schwarzen Kugeln. Somit ist C = 2(n + 1) und damit 2(n + 1) P (C) = ( 2n ). (c) Wie beim Ziehen mit Reihenfolge. (d) Wie beim Ziehen mit Reihenfolge.

4 Aufgabe 2 Seien N, n N, p ]0, 1[ und q := 1 p, und es gelte n N. Gegeben sei eine Urne mit N Kugeln, schwarzen und roten. Der Anteil der roten Kugel an allen Kugeln sei p. Es werden zufällig n Kugeln gezogen; die Zufallsvariable X gebe die Anzahl der roten Kugeln unter den gezogenen Kugeln an. wahr falsch Ziehen wir ohne Zurüclegen, ist X geometrisch verteilt. Mit Zurüclegen ist die Varianz von X größer, als sie ohne Zurüclegen wäre. Ist p = 1/2 und n = 10, so onvergiert die Verteilung von X für wachsendes N gegen die Standardnormalverteilung, egal ob wir zurüclegen oder nicht. Legen wir zurüc, so ist die Wahrscheinlicheit, genau rote Kugeln zu ziehen, gleich ( n ) p q n. Lösung zu Aufgabe 2...

5 Aufgabe 3 (a) Definieren Sie: Was ist ein endlicher, disreter Wahrscheinlicheitsraum? (b) Beweisen Sie anhand der Axiome für einen endlichen, disreten Wahrscheinlicheitsraum (Ω, P ), dass für alle Teilmengen A, B Ω die folgenden beiden Regeln gelten: und P (B) = P (A B) + P (B \ A) A B P (A) P (B). Lösung zu Aufgabe 3(a) Sei Ω eine nicht leere, endliche Menge und P : P(Ω) [0, 1] eine Funtion mit P (Ω) = 1 für disjunte Teilmengen A, B P(Ω) gilt P (A B) = P (A) + P (B). Dann heißt (Ω, P ) endlicher, disreter Wahrscheinlicheitsraum. (b) Seien A, B P(Ω). Es ist B \ A = B A c. Damit sind die Ereignisse B \ A und A B disjunt, und es folgt mit der zweiten Eigenschaft von P die erste Behauptung, da (A B) (A c B) = B. Für die zweite Eigenschaft schreiben wir B = A (B A c ). Da A und B A c disjunt sind, folgt wieder mit der zweiten Eigenschaft von P P (B) = P (A (B A c )) = P (A) + P (B A c ) P (B Ac ) 0 P (A).

6 Aufgabe 4 Sei (Ω, P ) ein disreter Wahrscheinlicheitsraum und A, B und C Teilmengen von Ω mit A und B sind unabhängig und B und C sind unabhängig. wahr falsch A und C sind unabhängig P (A A c ) = P (B B c ), falls P (A), P (B) < 1 A c und B c sind unabhängig Ist P (A) = 1, so ist A zu sich selber unabhängig Lösung zu Aufgabe 4...

7 Aufgabe 5 Für > 2 sei f(x) := ( 1 x) +1 1[1, ) (x). (a) Zeigen Sie, dass f eine Wahrscheinlicheitsdichte auf R ist. (b) Berechnen Sie die Verteilungsfuntion, den Erwartungswert und die Varianz einer gemäß f verteilten Zufallsvariablen X. Lösung zu Aufgabe 5(a) Zuerst sei angemert, dass f(x) 0 für alle x R. Weiter ist ( ) +1 1 f(x)dx = 1 [1, )(x)dx = x 1 dx x 1 ( = lim x n = lim n 1 n n + 1 = 1. Damit ist f eine Wahrscheinlicheitsdichte. Dies gilt sogar für alle 1. (b) Die Verteilungsfuntion F : R R von X ist definiert als F (t) = t f(x)dx. Damit ist also F (t) = 0, falls t < 1. Für t 1 gilt dann t ( ) +1 1 F (t) = dx = ( x t x = 1 1 t. 1 1 Da X 0 ist E X = E X und mit Errechnen von E X ist auch gleichzeitig die Existenz desgleichen gezeigt. Es ist ( ) +1 1 E X = xf(x)dx = x dx = ( ) 1 ( 1) dx = x 1 x 1, da ( 1) ( 1 x) 1[1, ) (x) für > 2 eine Wahrscheinlicheitsdichte ist (siehe (a)). Für die Varianz errechnen wir zuerst durch analoge Rechnung wie beim Erwartungswert E X 2 = x 2 f(x)dx = 1 x 2 ( ) +1 1 dx = x ( 2) ( ) 1 1 dx = x 2, da ( 2) ( 1 1 x) 1[1, ) (x) für > 2 eine Wahrscheinlicheitsdichte ist (siehe (a)). Damit folgt Var(x) = E X 2 (E X) 2 = ( ) = ( 1)2 2 ( 2) ( 2)( 1) 2 = ( 2)( 1) 2.

8 Aufgabe 6 Seien X 1,..., X n unabhängige und identisch verteilte Zufallsvariablen mit P (X 1 = 1) = P (X 1 = 1) = 1 2. Desweiteren sei Y i = max{x i, X i+1 } für 1 i n 1. (a) Bestimmen Sie die Verteilung für Y i, 1 i n 1. (b) Berechnen Sie den Erwartungswert und die Varianz von Y i, 1 i n 1. (c) Berechnen Sie Cov(Y i, Y j ) für alle 1 i, j n 1. Lösung zu Aufgabe 6(a) Da X i { 1, 1} für alle 1 i n, folgt auch Y i { 1, 1} für alle 1 i n 1. Es ist für 1 i n 1 P (Y i = 1) = P (X i = 1, X i+1 = 1) st.u. = P (X i = 1)P (X i+1 = 1) = 1 4. Da Y i nur 1 oder 1 sein ann, folgt P (Y i = 1) = 1 P (Y i = 1) = = 3 4. (b) Da Y i { 1, 1}, existieren sowohl Erwartungswert als auch Varianz von Y i. Es ist nach (a) für alle i = 1,..., n 1 E Y i = 1 P (Y i = 1) + 1 P (Y i = 1) = = 1 2. Weiter ist P (Yi 2 = 1) = 1 und damit E Yi 2 = 1. Somit ist Var Y i = E Y 2 i (E Y i ) 2 = = 3 4. (c) Für i = j ist Cov(Y i, Y j ) = Var Y i = 3 nach Teil (b).gilt dagegen i j > 1, so sind 4 Y i und Y j unabhängig und damit ist Cov(Y i, Y j ) = 0. Sei also i j = 1 und wegen der Symmetrie der Kovarianz ohne Einschränung i + 1 = j. Wir rechnen P (Y i Y j = 1) = P (Y i = Y j = 1) + P (Y i = Y j = 1) = P (X i = 1, X i+1 = 1, X i+2 = 1) + P (X i+1 = 1) + P (X i = X i+1 = X i+2 = 1) st.u. = P (X i = 1)P (X i+1 = 1)P (X i+2 = 1) + P (X i+1 = 1) + P (X i = 1)P (X i+1 = 1)P (X i+2 = 1) id.vert. = P (X 1 = 1) 2 P (X 1 = 1) + P (X 1 = 1) + P (X 1 = 1) 3 = = 3 4. Da Y i Y j nur Werte in { 1, 1} annehmen ann folgt damit P (Y i Y j = 1) = 1 P (Y i Y j = 1) = 1 und wir erhalten 4 E(Y i Y j ) = 1 P (Y i Y j = 1) 1 P (Y i Y j = 1) = = 1 2.

9 Somit ist die Kovarianz im Fall i j = 1 Cov(Y i, Y j ) = E(Y i Y j ) E(Y i ) E(Y j ) = 1 2 ( 1 2 ) 2 = 1 4.

10 Aufgabe 7 (a) Formulieren Sie das Schwache Gesetz der großen Zahlen. (b) Ein Flugzeug eines Linienfluges hat 150 Sitzplätze. Da die Fluggesellschaft aus Erfahrung weiß, dass ein für diesen Flug geauftes Ticet mit einer Wahrscheinlicheit von 10% nicht in Anspruch genommen werden, verauft diese mehr Ticets als Plätze im Flugzeug vorhanden sind. Die Fluggesellschaft möchte aber, dass die Wahrscheinlicheit für eine Überbelegung des Fluges höchstens 1% beträgt. Bestimmen Sie approximativ die Anzahl der Ticets, die maximal zum Verauft angeboten werden dürfen. Tabellierte Werte der Standardnormalverteilung finden Sie am Ende der Klausur. Lösung zu Aufgabe 7(a) Seien X 1,..., X n für n 1 paarweise unorrelierte, quadratisch integrierbare Zufallsvariablen mit dem selben Erwartungswert µ = E X i und der selben Varianz σ 2 = Var(X i ) für alle 1 i n. Dann gilt für alle ε > 0 ( ) lim P 1 n X i µ n n > ε = 0. i=1 (b) Sei n die Anzahl der Verauften Ticets und sei X i, i = 1,..., n, die Zufallsgröße, die angibt, ob das i-te Ticet wahrgenommen wird, d.h. X i = 1 {Das i-te Ticet wird wahrgenommen}. Die X i, i = 1,..., n sind ferner als stochastisch unabhängig und identisch B(1, 0.9)- verteilt angenommen, da ein Ticet nur in 10% aller Fälle wahrgenommem wird. Damit erhalten wir E X 1 = 0.9 und Var(X 1 ) = = Setzen wir S n := n i=1 X i, so beschreibt S n die tatsächliche Anzahl der im Flugzeug belegten Plätze, und wir erhalten wegen der Unabhängigeit und der identischen Verteilung der X i, i = 1,..., n E S n = n E X 1 = n = 0.9 und Var(S n ) = n Var(X 1 ) = n Der Flug darf nur mit einer Wahrscheinlicheit von 1% überbelegt sein, also müssen wir ein maximales n N finden, so dass P (S n > 150) 0.01 gilt. Für das Gegenereignis muss dann gelten ( ) S n E S n 0.99 P (S n 150) = P Var(Sn ) 150 E S n Var(Sn ) ZGW S Φ ( 150 E S n Var(Sn ) für große n nach dem Zentralen Grenzwertsatz, wobei Φ(t) die Verteilungsfuntion der Standardnormalverteilung ist. Mit Hilfe der Normalverteilungstabelle muss also ein maximales n N gefunden werden, welches die Ungleichung h(n) := 150 E S n Var(Sn ) 2.33 )

11 erfüllt. Wir rechnen ( 150 E S n Var(Sn ) ) 2 = (150 E S n ) 2 = Var(S n ) (150 n 0.9) 2 = n n n n = 0 n 2 n ( ) = n 2 n ( ) = Mit Hilfe der p-q-formel ergibt sich so als Lösung der quadratischen Gleichung (300 n 1,2 = ) 2 ( ) ± und damit n 1 = und n 2 = Setzen man n 1 in h(n) ein so erhält man h(n 1 ) = 150 n n = 2.33 < 0 womit n 2 die positive Lösung der quadratischen Gleichung h(n) 2 = ist. Damit ist n = 156 die maximale Anzahl an Ticets, die für den Flug verauft werden dürfen.

12 Aufgabe 8 Ein Polizist überprüft einen Tag lang auf der Promenade die Verehrstauglicheit der Fahrräder. Er ontrolliert immer so lange, bis er ein untaugliches Rad findet und wechselt dann seine Position. Die folgenden Zahlen geben an, wieviele Räder er bei 10 solcher Überprüfungen ontrolliert hatte, bis er auf ein untaugliches Rad stieß Die Wahrscheinlicheit, dass bei einer Überprüfung das n-te ontrollierte Rad untauglich ist, sei (1 θ) n 1 θ, wobei θ [0, 1] der Anteil untauglicher Fahrräder auf Münsters Straßen sei. (a) Erläutern Sie das Prinzip der Maximum-Lielihood-Schätzung. Sie dürfen dabei annehmen, dass die zugrunde liegende Verteilung der Stichprobe disret ist. (b) Bestimmen Sie für θ einen Maximum-Lielihood-Schätzer auf Basis der Stichprobe. Lösung zu Aufgabe 8(a) Bei der Maximum-Lielihood-Schätzung betrachtet man unter jedem Parameter θ des Parameterraumes die Wahrscheinlicheit für das Eintreffen der erhobenen Stichprobe. Man entscheidet sich dann für dasjenige θ, welches diese Wahrscheinlicheit maximiert. Man entscheidet sich also für den Parameter, unter welchem die Stichprobe die größte Wahrscheinlicheit hat. (b) Es ist X = N 10, A = P(X), Θ = [0, 1] und P θ (X = x) = 10 i=1 (1 θ)xi 1 θ für alle x = (x 1,..., x 10 ) X. Die Lielihood-Funtion hat damit die folgende Gestalt: L(θ x) = 10 i=1 (1 θ) x i 1 θ = θ 10 (1 θ) P 10 i=1 (x i 1) [Anmerung von Walther: In der Vorlesung habe ich auch X = N und P θ ({x}) = (1 θ) x 1 θ geschrieben und die Sigma-Algera weggelassen. Die Lielihoodfuntion sollte dann aber trotzdem die selbe sein.] Wir bestimmen die Extremstelle durch einfaches Ableiten der Log-Lielihood- Funtion ( 10 ) l(θ x) = 10 ln θ + x i 10 ln (1 θ). Es ist l (θ x) = 10 θ 10 θ = 10(1 θ) = i=1 10 i=1 x i 10 1 θ ( i=1 x i 10 1 θ i=1 ) x i 10 θ θ = θ x i 10θ θ = i=1 x i i=1 =: ˆθ. = 0

13 Weiter ist l (θ x) > 0 für θ < ˆθ und l (θ x) < 0 für θ > ˆθ. Es liegt also tatsächlich ein Maximum vor und deshalb ist ˆθ = P = 0,0215 der MLS für θ. i=1 x i

14 Aufgabe 9 Welche der folgenden Aussagen treffen zu? Bei der Gestaltung eines Hypothesentest im parametrischen Modell ann man (bei nichtleerer Hypothese) durch Wahl eines geeigneten Testdesigns immer ausgeschließen, einen Fehler erster Art zu begehen. Jede abzählbare Teilmenge von R ist ein Element der Borelschen Sigma-Algebra von R. Der Satz von de Moivre-Laplace ann als ein Vorläufer des Zentralen Grenzwertsatzes gelten. Die Axiomatisierung der Wahrscheinlicheitstheorie wurde im wesentlichen von Pierre de Fermat und Blaise Pascal geleistet. wahr falsch Lösung zu Aufgabe 9...

15 Aufgabe 10 (Für diese Aufgabe gibt es eine Punte!) Mit welchem Lied nahmen Pearl Carr und Teddy Johnson am Finale des Eurovision Song Contest 1959 teil? wahr falsch That s It, That s Love Picin Petals When The Tide Turns Sing Little Birdie Lösung zu Aufgabe 10...