Fachbereich Mathematik Prof. Dr. K. Ritter
B. Debrabant T. Wagner Dr. M. Doering
TECHNISCHE UNIVERSIT¨ AT DARMSTADT
SS 2007 18./19.07.2007
Einf¨ uhrung in die Statistik f¨ ur WInf, LaB, CE, Inf BSc etc.
7. ¨ Ubung, L¨ osungsvorschlag
Gruppen¨ ubungen
Aufgabe G18
a) Wir m¨ussen die Wahrscheinlichkeit daf¨ur berechnen, dass von den drei Patienten genau einer geringere Beschwerden und genau zwei Personen gleichbleibende Beschwerden an- gegeben haben. F¨ur 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 3·1
2 2
.
Ber¨ucksichtigt man nun noch die Tatsache, dass es irrelevant ist, ob gerade der erste, zweite oder dritte Patient geringere Beschwerden angibt, ergibt sich f¨ur dieses Beispiel
P({X1 = 1, X2 = 2, X3 = 0}) = 3
1 1
3 11
2 2
= 1 4.
b) Allgemein f¨uri, j, k erh¨alt man mit ¨ahnlichen ¨Uberlegungen wie in a) die Wahrschein- lichkeitsfunktion
P({X1 =i, X2 =j, X3 =k}) = 3!
i!j!k!
1 3
i1 2
j1 6
k
f¨ur nichtnegative ganze Zahleni, j, kmit i+j+k = 3. Ansonsten istP({X1 =i, X2 = j, X3 =k}) = 0. Die dreidimensionale Zufallsvariable ist also multinomialverteilt (vgl.
Def. VII.55), und zwar mit Parametern n= 3, m = 3 und p= 13,12,16 .
c) Durch die Bedingung i+j+k = 3 ist klar, wie mank bestimmen kann, sobaldi und j feststehen. F¨ur die Wahrscheinlichkeitstabelle von X1 und X2 formen wir deshalb obige Formel nochmal um:
P({X1 =i, X2 =j}) = 3!
i!j!(3−i−j)!
1 3
i1 2
j1 6
3−i−j
.
Ist die Bedingungi+j+k = 3 nicht erf¨ullt, bzw. isti,joderkkeine 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}) j = 0 j = 1 j = 2 j = 3 P({X1 =i})
i= 0 1/216 1/24 1/8 1/8 8/27
i= 1 1/36 1/6 1/4 0 4/9
i= 2 1/18 1/6 0 0 2/9
i= 3 1/27 0 0 0 1/27
P({X2 =j}) 1/8 3/8 3/8 1/8 1 X1 und X2 sind nicht unabh¨angig, 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 erken- nen, dass X1 binomialverteilt ist mitn = 3 und p1 = 1/3 bzw. X2 binomialverteilt ist mit n= 3 und p2 = 1/2
Aufgabe G19
a) Wir bezeichnen mit Zi die L¨ange des i-ten Kabelst¨ucks (i = 1, . . . ,500) und nehmen an, dass (Zi)i=1,...,500eine unabh¨angige Folge identisch wieZ verteilter Zufallsvariablen ist. Damit ist die Gesamtl¨ange von 500 abgschnittenen St¨ucken gegeben durch
X :=
500
X
i=1
Zi.
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.
F¨ur 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 n¨aherungsweise normalverteilt mit Erwar- tungswert 2000 und Varianz 7.65. Damit erh¨alt man
P({1995≤X ≤2005}) ≈ Φ
2005−2000
√7.65
−Φ
1995−2000
√7.65
= 2Φ
2005−2000
√7.65
−1≈2Φ(1.81)−1 = 0.9298.
Aufgabe G20
a) F¨ur alle µ ∈ Θ0 gilt f(µ) ≥ 1−α = 0.85. Deshalb ist die gr¨oßtm¨ogliche 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 Abh¨angigkeit von n∈N f(µ) = Pµ({gn(X)≥uα}) =Pµ
Xn−µ2 σ/√
n ≥ −1.036
= Pµ {Xn−µ2 ≥σ/√
n·(−1.036)}
=Pµ {Xn−µ≥σ/√
n·(−1.036) +µ2−µ}
= Pµ
Xn−µ σ/√
n ≥ −1.036 +√
n/σ(µ2−µ)
= 1−Φ −1.036 +√
n/σ(µ2−µ)
= Φ √
n/σ(µ−µ2) + 1.036
Im Fall µ=µ1 gilt µ < µ2. Somit nimmt f¨ur gr¨oßeres n das Argument
√n/σ(µ1−µ2) + 1.036
einen kleineren Wert an, so dass f(µ1) bei wachsendem Stichprobenumfang kleiner wird.
