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Übungsblatt 4 zur Vorlesung Einführung in die Statistik
Olivier Warin 19. Oktober 2012
Aufgabe 24 [Verteilungsfunktion]
Es seiX eineBe(p)-Zufallsgrösse (p∈[0,1]). Falls man die Verteilungsfunktion vonX als F(a) :=P[X < a]
denieren würde, würde der Graph vonF in etwa so aussehen:
Aufgabe 25 [Zufallsgrössen und Wahrscheinlichkeit]
SeiZ eineU[4,6]-Zufallsgrösse. Seif die Dichtefunktion vonZ, nach Vorlesung gilt also (a∈R):
f(a) =
®(6−4)−1 = 1/2, fallsa∈[4,6]
0, sonst.
P[Z∈[5.5,7]] = Z 7
5.5
f(x)dx = Z 6
5.5
1/2dx = 1/4 = 0.25 P[Z2∈[20,35]] = P[Z∈[√
20,√
35]oderZ ∈[−√ 35,−√
20]]
disjunkt
= P[Z∈[√ 20,√
35]] +P[Z∈[−√ 35,−√
20]]
= Z
√ 35
√20
f(x)dx+ Z −√
20
−√ 35
f(x)dx
= Z
√35
√20
1 2dx
= 1/2(√ 35−√
20) ˙= 0.7219719.
Aufgabe 26 [Ist das eine Dichte?]
Wir denierenf :R→Rdurch (x∈R):
f(x) =
®2x, fallsx∈[0,1]
0, sonst. Behauptung: f ist eine Dichte einer stetigen Zufallsgrösse.
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Beweis: f ist klar eine nichtnegative und integrierbare Funktion aufR. Ausserdem gilt:
Z ∞
−∞
f(x)dx = Z 1
0
2xdx = [x2]x=1x=0 = 1.
Nach Denition 2.4 istf damit eine Dichtefunktion einer stetigen Zufallsgrösse.
Wir bezeichnen nun mitX eine stetige Zufallsgrösse mit Dichtefunktionf. Es seiF die Verteilungsfunk- tion vonX. Wir schliessen (a∈R):
F(a) = P[X 6a] = Z a
−∞
f(x)dx =
0, fallsa <0 a2, falls06a61 1, fallsa >1.
Weiter gilt:
P[X∈[0.5,0.8]] = F(0.8)−F(0.5) = 0.39.
Aufgabe 27 [Verteilungsfunktion]
a) X sei exponentialverteilt; d.h. die Dichte vonX seif(x) =λe−λx fürx>0 und gleich 0 sonst.λ ist dabei ein reeller Parameter echt grösser Null. Sei weiterFX die Verteilungsfunktion vonX, nun gilt(a∈R):
FX(a) = P[X 6a] = Z a
−∞
f(x)dx =
®0, falls a <0 1−e−λa, falls a>0.
b) Die Exponentialverteilung kann dazu benutzt werden Atomzerfall zu modellieren. Mit den Beze- ichnungen aus a) gilt: Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Atom im Intervall[2,3]zerfällt ist gegeben durch:
P[X ∈[2,3]] = FX(3)−FX(2) =a) e−2λ−e−3λ. Mitλ= 1oderλ= 10schliessen wir:
P[X∈[2,3]] =
®e−2−e−3 = 0.085548,˙ fallsλ= 1 e−20−e−30 = 2.06106˙ ·10−9, fallsλ= 10.
λ ist die sogenannte Zerfallsrate. Bei λ = 10 zerfällt ein Atom aufgrund der hohen Zerfallsrate meistens bereits vor dem Zeitpunkt 2, also wird die Wahrscheinlichkeit, dass ein Atom während [2,3]zerfällt, entsprechend kleiner.
Nach Lemma 1.3 a) gilt:1−FX(a) = 1−P[X 6a] =P[X > a]. Also steht der Ausdruck1−FX(a) für die Wahrscheinlichkeit, dass bis zum Zeitpunktaein bestimmtes Atom nicht zerfallen ist.
Aufgabe 28 [Sind das Verteilungen?]
a) Es seip∈(0,1).
Behauptung: Es gilt: P
k>1
p(1−p)k−1 = 1. Beweis: Es gilt:
X
k>1
p(1−p)k−1 = pX
k>1
(1−p)k−1 = pX
`>0
(1−p)` geom.=
Reihe
p
1−(1−p) = 1.
b) Es seiλ∈R,λ >0. Behauptung: Es gilt:R∞
0 λe−λxdx= 1. Beweis: Es gilt:
Z ∞ 0
λe−λxdx = lim
y→∞
Z y 0
λe−λxdx = lim
y→∞[−e−λx]x=yx=0 = lim
y→∞(1−e−λy) λ >=0 1.
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c) Es seienµ, σ∈Rmitσ >0. Behauptung: Es gilt:R∞
−∞
√1
2πσe−2σ12(x−µ)2dx= 1.
Beweis: Wir führen die folgende Substitution durch: t:= x−µσ (⇒ dx=σdt). Damit folgt:
Z ∞
−∞
√1
2πσe−2σ12(x−µ)2dx = Z ∞
−∞
√1
2πσe−12t2σdt = Z ∞
−∞
√1
2πe−12t2dt = 1.
Aufgabe 29 [Messbarkeit]
Sei Ω = {ω1, ω2}, A ={∅,Ω} und P die Wahrscheinlichkeitsfunktion aufA. Weiter denieren wir X : Ω→Rdurch
X(ω) =
®1, falls ω=ω1
−1, falls ω=ω2.
Nun gilt:{ω∈Ω|X(ω)60}={ω2} 6∈ A. Also istX nicht messbar, also keine Zufallsgrösse.
Aufgabe 30 [Harmonische Reihe und Konsorten I]
a) SeiX eine stetige Zufallsgrösse auf dem reellen Intervall[1,∞). Die Dichte sei von der Art K1(α) 1
xα.
Dabei ist α >0 ein reeller Parameter undK1(α)eine Normierungskonstante.
Behauptung: Damit es sich hier wirklich um eine Dichte handelt muss gelten:α >1undK(α) = α−1.
Beweis: Fallsα= 1gilt:
Z ∞ 1
1
xαdx = lim
y→∞
Z y 1
1
xdx = lim
y→∞logy = ∞.
Also ist dieser Fall unmöglich, da wir dieses Integral nicht auf1normieren können.
Falls α6= 1 gilt:
Z ∞ 1
1
xαdx = lim
y→∞
Z y 1
x−αdx = 1 1−α
Å
y→∞lim y1−α−1 ã
=
® 1
α−1, fallsα >1
∞, fallsα <1.
Damit folgt die Behauptung sofort.
b) SeiX eine stetige Zufallsgrösse auf dem reellen Intervall(0,1). Die Dichte sei von der Art K2(α) 1
xα.
Dabei ist α >0 ein reeller Parameter undK2(α)eine Normierungskonstante.
Behauptung: Damit es sich hier wirklich um eine Dichte handelt muss gelten:α <1undK2(α) = 1−α.
Beweis: Fallsα= 1gilt:
Z 1 0
1
xαdx = lim
y↓0
Z 1 y
1
xdx = lim
y↓0(−logy) = ∞.
Also ist dieser Fall unmöglich, da wir dieses Integral nicht auf1normieren können.
Falls α6= 1 gilt:
Z 1 0
1
xαdx = lim
y↓0
Z 1 y
x−αdx = 1 1−α
Å 1−lim
y↓0y1−α ã
=
® 1
1−α, fallsα <1
∞, fallsα >1.
Damit folgt die Behauptung sofort.
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c) Sei X eine diskrete Zufallsgrösse auf den natürlichen Zahlen (ohne die Null). Die Wahrschein- lichkeitsfunktion sei dabei von der Art
K3(α) 1 nα.
Dabei ist α >0 ein reeller Parameter undK3(α)eine Normierungskonstante.
Behauptung: Damit es sich hier wirklich um eine Wahrscheinlichkeitsfunktion handelt muss gel- ten:α >1.
Beweis: Mit dem Beweis von a) und dem Integralkriterium folgt sofort:
Die Reihe X
n∈N∗
1
nα konvergiert genau dann, wennα >1.
Also ist diese Reihe genau dann auf1normierbar, wennα >1. Dies bedeutet, dassK3(α)n1α genau dann eine Wahrscheinlichkeitsfunktion ist, wenn α >1.
Aufgabe 31 [Unabhängigkeit von Zufallsgrössen]
Seien Ω = {ω1, ω2}, A =P(Ω) und P : A →R die Wahrscheinlichkeitsfunktion auf A mit P[{ω1}] = P[{ω2}] =1/2.
Wir denieren weiterX, Y : Ω→RdurchX(ω1) =−1,X(ω2) = 1,Y(ω1) = 0undY(ω2) = 2. DaY =X+ 1gilt klarXqY. Konkret gilt:
P[X∈(0,2), Y ∈(1,3)] = P[{ω2}] = 1/2 6= 1/4 = P[{ω2}]P[{ω2}] = P[X∈(0,2)]P[Y ∈(1,3)].
SeienA, B ∈ B(R). Da für alleω∈Ωgilt:X(ω)2= 1, folgt:
P[X2∈A, Y ∈B] =
®P[Y ∈B], falls1∈A 0, falls16∈A.
Weiter gilt:
P[X2∈A]·P[Y ∈B] =
®P[Y ∈B], falls 1∈A 0, falls 16∈A.
Wir schliessen:P[X2∈A, Y ∈B] =P[X2∈A]P[Y ∈B], also gilt:X2qY.
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