Diplomvorprüfung Stochastik

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1 Uiversität Karlsruhe TH Istitut für Stochastik Prof. Dr. N. Bäuerle Name: Vorame: Matr.-Nr.: Diplomvorprüfug Stochastik 10. Oktober 2006 Diese Klausur hat bestade, wer midestes 16 Pukte erreicht. Als Hilfsmittel sid ur zwei selbst erstellte DIN A4 Seite sowie ei icht programmierbarer Tascherecher zugelasse! VIEL ERFOLG! Aufgabe Pukte Korrektor Gesamtpuktzahl Note 0

2 Aufgabe Pukte Bei dieser Aufgabe zähle ur die i de Kästche eigetragee Ergebisse, icht der Recheweg. Vorkommede Produkte vo Brüche müsse icht exakt ausgerechet werde. Bei eiem Buchstabelegespiel befide sich i eier Ure 16 gleichartige Plättche, vo dee 5 de Buchstabe A, 5 de Buchstabe E, 3 de Buchstabe S ud 3 de Buchstabe T trage. Ei Spieler zieht acheiader 3 Plättche OHNE Zurücklege ud legt sie vo liks ach rechts ebeeiader auf de Tisch. Bereche Sie die Wahrscheilichkeit dafür, dass die Buchstabe a das Wort AST ergebe. b das Wort TAT ergebe. Der Spieler zieht acheiader 3 Plättche MIT Zurücklege ud otiert die Buchstabe vo liks ach rechts ebeeiader auf eiem Zettel. Bereche Sie die Wahrscheilichkeit dafür, dass die Buchstabe c das Wort AST ergebe. d das Wort TAT ergebe. Der Spieler zieht acheiader 5 Plättche MIT Zurücklege ud otiert die Buchstabe vo liks ach rechts ebeeiader auf eiem Zettel. Bereche Sie die Wahrscheilichkeit dafür, dass e ur Kosoate also ur S ud T vorkomme. Der Spieler zieht acheiader 3 Plättche MIT Zurücklege. Bereche Sie die Wahrscheilichkeit dafür, dass die Buchstabe evetuell durch umstelle der otierte Buchstabe f das Wort SEE ergebe. 1

3 Lösug a b c d e f

4 Aufgabe 2 6 Pukte Sei Ω, A,P ei Wahrscheilichkeitsraum ud A 1,...,A A Ereigisse, wobei N. Zeige Sie, dass gilt P A i PA i PA i A j. Lösug: Beweis durch Iduktio ach N: Sei = 2 der Fall = 1 ist trivial, als Iduktiosafag aber ebeso gültig. Da gilt i,j=1 i j PA 1 A 2 = PA 1 + PA 2 PA 1 A 2 = 2 PA i 2 PA i A j. i,j=1 i j Gelte u die Behauptug für N. Wir beötige als Hilfsugleichug och P A i A+1 = P Ai A +1 PA i A +1. Da ergibt sich: P +1 A i = P A i A+1 = P A i + PA +1 P A i A+1 PA i +1 = PA i PA i A j + PA +1 i,j=1 i j +1 i,j=1 i j PA i A j, PA i A +1 wobei bei der Abschätzug die Iduktiosvorausetzug ud die Hilfsugleichug verwedet wurde. 3

5 Aufgabe Pukte Es seie X, Y uabhägig, X U 1, 1, Y Expλ mit λ > 0. Weiter seie V := π Y cos 2 X, W := π Y si 2 X. a Bestimme Sie eie gemeisame Dichte vo X ud Y. b Die gemeisame Dichte vo V ud W ohe Beweis ist gegebe durch f V,W v,w = 2λ π exp λv2 + w 2, 0 < v <, < w <. Zeige Sie, dass die Dichte vo V ud W gegebe sid durch λ f V v = 2 π exp λv2, 0 < v <, λ f W w = π exp λw2, < w <. c Sid V ud W uabhägig? d Welche Verteilug hat W? e Zeige Sie, dass V ud W die gleiche Verteilug besitze. Lösug: a Es ist auf Grud der Uabhägigkeit vo X ud Y f X,Y x,y = λ/2 exp λy, 1 < x < 1, 0 < y <. b Die Raddichte erhält ma durch Itegratio der gemeisame Dichte ach der jeweils adere Variable. Sei 0 < v <. Da ergibt sich für die Dichte vo V : f V v = f V,W v,wdw = = 2 λ/π exp λv 2 = 2 λ/π exp λv λ/π exp λv 2 + w 2 dw λ/π exp λw 2 dw Sei < w <. Da ergibt sich für die Dichte vo W aalog: f W w = f V,W v,wdv = = 2 λ/π exp λw 2 = 2 λ/π exp λw = λ/π exp λw λ/π exp λv 2 + w 2 dv 1/ π exp v 2 dv 1/ π exp v 2 dv 4

6 c Es gilt offesichtlich f V,W v,w = f V vf W w für 0 < v <, < w < ud f V,W v,w = 0 = f V vf W w sost. Damit sid V ud W uabhägig. d Die Dichte vo W ist die Dichte eier Normalverteilug mit Mittelwert 0 ud Variaz σ 2 := 1/2λ, also W N0,σ 2. e Wege d gilt zuächst für 0 < w < Außerdem gilt für 0 < v < F V v = v 0 F W w = P W w = P w W w = 2Φ 0,σ 2w 1. f V tdt = v 0 2 λ/π exp λt 2 = 2 = 2Φ 0,σ 2v 1/2 = 2Φ 0,σ 2v 1 = F W v. V ud W sid also idetisch verteilt. v 0 2πσ 2 1 exp t 2 /2σ 2 dt 5

7 Aufgabe 4 6 Pukte Seie X 1,X 2,... Zufallsvariable mit E X,V arx c für alle N, wobei c 0,. Zeige Sie, dass da 1 X p 0. Lösug: Sei zuächst EX = 0 für alle N. Da gilt auch E 1 X = 0 ud es folgt mit der Ugleichug vo Tschebyscheff für beliebiges ε > 0 P 1 X ε 1 1 ε 2V ar X = 1 ε 2 2V arx c ε 2 2 0, also die Behauptug. Betrachte u de allgemeie Fall. Da gilt für Y := X EX, N, aber EY = 0. Außerdem gilt lim E 1 X = 0, da 1 E X 1 E X c 0. Es folgt 1 X = 1 1 Y + E }{{} X p 0. }{{} p 0 0 6

8 Aufgabe 5 6 Pukte Gegebe sei eie Stichprobe x = x 1,...,x zu eier Verteilug P θ,λ, λ > 0, θ R mit Dichte fx = 1 λ e x θ/λ exp e x θ/λ, x R. Der Parameter λ wird dabei als bekat vorausgesetzt. Bestimme Sie de möglicherweise vo λ abhägige Maximum-Likelihood-Schätzer ˆθ ML x für θ. Überprüfe Sie auch mittels der zweite Ableitug, ob Sie wirklich ei Maximum der Likelihood- Fuktio erhalte. Lösug: Die Likelihood-Fuktio ist für x 1,... x R gegebe durch 1 L x θ = fx i = e x i θ/λ exp λ ud die Log-Likelihood-Fuktio folglich durch log L x θ = log fx i = log λ = log λ 1 λ x i θ/λ e x i θ/λ x i + λ θ eθ/λ e xi/λ. e x i θ/λ Zur Berechug eies MLS beötige wir die Ableitug der Log-Likelihood-Fuktio log L x θ θ Setzt ma diese Term gleich Null, so ergibt sich = λ 1 λ eθ/λ λ 1 λ eθ/λ e θ/λ = 1 e x i/λ e xi/λ = 0 1 θ = λ log e x i/λ e x i/λ. Der Schätzwert ist also gegebe durch ˆθ ML x = λ log 1 e x i/λ. Überprüfug der zweite Ableitug: 2 log L x θ θ θ=ˆθml 2 = 1 x λ 2 eˆθ ML x/λ = 1 1 λ 2 e x i/λ e x 1 i/λ e xi/λ = λ 2 < 0. 7

9 Aufgabe Pukte Auf eier belebte Straße soll der Ateil p der Autofahrer utersucht werde, die währed der Fahrt keie Sicherheitsgurt trage sog. Gurtmuffel. Es wird ageomme, dass die Fahrer uabhägig voeiader de Gurt alege oder icht alege. Die örtliche Polizei will verstärkte Kotrolle durchführe, falls der Ateil der Gurtmuffel mehr als 15% beträgt. Dazu werde 1000 Autofahrer kotrolliert. a Kostruiere Sie eie icht radomisierte Test für die Nullhypothese Es sid keie verstärkte Kotrolle otwedig, we eie Fehlerwahrscheilichkeit 1. Art vo höchstes 5% i Kauf geomme wird. Bestimme Sie de kritische Bereich des Tests uter Verwedug eier Normalverteilugsaahme. b Ermittel Sie die Wahrscheilichkeit dafür, dass irrtümlich keie verstärkte Kotrolle durchgeführt werde, obwohl der wahre Ateil der Gurtmuffel 20% beträgt, we die Etscheidugsregel lautet: Die Hypothese Es sid keie verstärkte Kotrolle otwedig soll geau da abgeleht werde, we mehr als 169 der 1000 kotrollierte Fahrer keie Gurt agelegt hatte. Lösug: a Sei = 1000 ud X i = { 1, Fahrer i hat keie Gurt agelegt, 0, sost für i = 1,...,. Ist p 0,1 der ubekate Ateil der Gurtmuffel, so sid die X i uabhägig ud idetisch Bi1,p-verteilt. Zu teste ist da H 0 : p 0.15 =: p 0 vs. H 1 : p > Eie sivolle Testgröße i Abhägigkeit vo eier beobachtete Stichprobe x 1,...,x ist hier T := Tx 1,...,x := x i p 0. Bemerkug: T := x i ist auch möglich. Da ergibt sich ute k = k + p 0 = 169. Wir lehe H 0 ab, we T zu groß wird. Der Test lautet da also { 1, T > k ϕx 1,... x = 0, T k mit eiem och zu bestimmede k N, so dass die Fehlerwahrscheilichkeit 1. Art höchstes α = 0.05 beträgt. 8

10 Da β ϕ p = P p T > k auf Grud der Defiitio vo T steiged i p ist, wähle wir k so, dass für p 0.15 S p 0 P p TX > k P p0 TX > k = P p0 p0 1 p 0 > k p0 1 p 0 k 1 Φ 0.05, p0 1 p 0 gilt, wobei S := X i. Wege k k 1 Φ 0.05 Φ 0.95 k p 0 1 p p0 1 p 0 p0 1 p 0 wähle wir also k = 19. b Wege p 0 = 150 etspricht der hier erwähte Test gerade dem i a kostruierte. Hier soll u die Wahrscheilichkeit berechet werde, dass ma die Hypothese icht ableht, obwohl p 1 := 0.2 der wahre Parameter ist Fehlerwahrscheilichkeit 2. Art. Diese ergibt sich auch wieder mittels eier Normalverteilugsapproximatio S p 1 P p1 T 19 = P p1 S 169 = P p1 p1 1 p p 1 p1 1 p 1 Φ 169 p 1 p1 1 p 1 Φ