Lösung zur Klausur zu Statistik II
Prof. Dr. Claudia Becker Sommersemester 2014
29.09.2014
Aufgabe 1: Multiple Choice (20 Punkte)
a) Seien A, B, C Teilmengen einer Menge Ω, dann ist (A∩B)∪C = (A∪C)∩(B∪C).
x Richtig Falsch
x Es gilt das Distributivgesetz.
Es gilt das Kommutativgesetz.
Das Assoziativgesetz gilt nicht.
b) Falls für zwei Zufallsvariablen X und Y gilt Cov(X, Y) = 0, dann sind X und Y sto- chastisch unabhängig.
Richtig x Falsch
x Aus der Unkorreliertheit von X und Y folgt nicht notwendigerweise die Unabhän- gigkeit beider Zufallsvariablen.
Sind X und Y unkorreliert, dann sind beide Zufallsvariablen immer auch stochas- tisch unabhängig.
Das Konzept der Korrelation und der stochastischen Unabhängigkeit hängen nicht miteinander zusammen.
c) Bezeichne f(x) die Dichtefunktion der Standardnormalverteilung, dann ist
R0
−∞
f(x)dx=
∞
R
0
f(x)dx= 0.5.
x Richtig Falsch
x f(x) ist symmetrisch um den Wert 0.
Der Flächeninhalt unter der Dichtekurve beträgt immer 1.
Das Integral der Dichte der Standardnormalverteilung kann nicht elementar darge- stellt werden, daher kann der Flächeninhalt nicht berechnet werden.
d) Die Binomialverteilung ist eine symmetrische Verteilung.
Richtig x Falsch
x Es hängt von der Wahl des Parameterspab, ob die Binomialverteilung symmetrisch ist.
Die Binomialverteilung ist asymmetrisch.
Aussagen zur Symmetrie sind bei diskreten Verteilungen nicht möglich.
e) Die Begriffe Schätzer, Schätzung und Schätzfunktion sind Synonyme.
Richtig x Falsch
Schätzer, Schätzung und Schätzfunktion sind alternative Begriffe für Punktschätzer.
x Schätzer und Schätzfunktion sind Synonyme und bezeichnen eine Funktion, um den oder die unbekannten Parameter der Verteilung einer Zufallsvariable zu schätzen.
Schätzer und Schätzung sind Synonyme und bezeichnen die Realisation der Schätz- funktion an einer konkreten Stichprobe.
Aufgabe 2: (insgesamt 20 Punkte) Aufgabe 2 (a):(insgesamt 13.5 Punkte)
Bezeichne das Ereignis „Inspektion wurde durchgeführt“ mit I und das Ereignis „Es gab eine Panne“ mit P.
Dann ist
P(IC) = 0.2 (0.5 Punkte)
P(I) = 1−P(IC) (0.5 Punkte) = 0.8 (0.5 Punkte) P(P|I) = 0.02 (0.5 Punkte)
P(P|IC) = 0.12(0.5 Punkte) gesucht:P(IC|P) (1 Punkt)
Lösung: Nutze den Satz von Bayes: (0.5 Punkte) B1, ..., Bk disjunkte Zerlegung
⇒P(Bi|A) = PkP(A|Bi)·P(Bi)
i=1P(A|Bi)·P(Bi) = P(A|BPi(A))·P(Bi) (1 Punkt) P(IC|P) = P(P|IC)·P(IC)
P(P) (1 Punkt)
Zur Bestimmung vonP(P) nutze den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit: (0.5 Punkte) B1, ..., Bk disjunkte Zerlegung
⇒P(A) = Pki=1P(A|Bi)·P(Bi) (1 Punkt)
P(P) = P(P|I)·P(I) +P(P|IC)·P(IC) (1 Punkt)
= 0.02·0.8 + 0.12·(1−0.8) (1 Punkt)
= 0.04 (1 Punkt) und somit:
P(IC|P) = P(P|IC)·P(IC) P(P)
= 0.12·0.2
0.04 (1 Punkt)
= 0.6 (1 Punkt)
Ein auf der Strecke liegengebliebener Fahrer hat mit einer Wahrscheinlichkeit von 60% keine Inspektion durchgeführt.(1 Punkt)
Aufgabe 2 (b): (insgesamt 6.5 Punkte)
Bezeichne das Ereignis „Sonstiger Grund für Verspätung“ mitS.
Dann ist P(S) = 0.01 (0.5 Punkte) gesucht:P(S∪P) (1 Punkt)
P(S∪P) = P(S) +P(P)−P(S∩P) (1 Punkt)
= P(S) +P(P)−(P(S)·P(P))(Unabhängigkeit) (1 Punkt)
= 0.01 + 0.035−(0.01·0.035) (1 Punkt)
= 0.0447 (1 Punkt)
Die Maschinenteile kommen mit einer Wahrscheinlichkeit von rund 4.5% verspätet an. (1 Punkt)
Aufgabe 3: (insgesamt 20 Punkte) Aufgabe 3 (a):(insgesamt 10 Punkte)
Es muss gelten: R−∞∞ R−∞∞ f(x, y, a)dxdy= 1 (1 Punkt)
1 =
Z 2 0
Z 1
−1
− 3
16x2+ 6
16ax− 3
16a2− 3
16y2+ 3 8
dydx (1 Punkt)
=
Z 1
−1
− 1
16x3+ 3
16ax2− 3
16a2x− 3
16y2x+3 8x
2 0
!
dy (1 Punkt)
=
Z 1
−1
− 8 16 +12
16a− 6
16a2− 6
16y2+ 6 8−0
dy (0.5 Punkte)
=
Z 1
−1
1 4 +3
4a− 3 8a2−3
8y2
dy (0.5 Punkte)
=
1 4y+3
4ay− 3
8a2y− 1 8y3
1
−1
(1 Punkt)
= 1 4 +3
4a−3
8a2− 1 8 −
−1 4 − 3
4a+ 3 8a2+1
8
(0.5 Punkte) 1 = 3
2a−3
4a2+ 1
4 (0.5 Punkte) 0 = a2−2a+ 1 (1 Punkt) a1,2 = −−2
2 ±
s −2
2
2
−1(1 Punkt) a1 =a2 = 1 (1 Punkt)
Gemäß Hinweis in der Klausur istf(x, y)≥0 für alle x, y. Somit handelt es sich beif(x, y) um eine gemeinsame Dichte vonX und Y. (1 Punkt)
Aufgabe 3 (b): (insgesamt 10 Punkte)
Gesucht ist fX(x) = R−∞∞ fX,Y(x, y)dy=R−11 fX,Y(x, y)dy (1 Punkt)
fX(x) =
Z 1
−1
− 3
16x2+ 6
16x− 3
16y2+ 3 16
dy (1 Punkt)
=
− 3
16x2y+ 6
16xy− 1
16y3+ 3 16y
1
−1
(1 Punkt)
= − 3
16x2+ 6
16x− 1 16 + 3
16−
3
16x2 − 6
16x+ 1 16− 3
16
(0.5 Punkte)
= −3
8x2+3 4x+1
4 (0.5 Punkte)
grafische Darstellung: (insgesamt 6 Punkte)
−0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
0.00.10.20.30.40.50.60.7
x fX(x)
(1 Punkt für Achsenbeschriftung; 1 Punkt für relevanten Bereich 0≤x≤2 mit Sprungstel- len an 0 und 2; 1 Punkt für Parabelform/Symmetrie; 3 Punkte für exakte Darstellung im Wesentlichen bestimmt durch die Punkte (0,0.25), (1,0.625) und (2,0.25))
Aufgabe 4: (insgesamt 20 Punkte) Aufgabe 4 (a):(insgesamt 6 Punkte)
• in etwa festes Zeitintervall und räumlich begrenztes Gebiet („auf dem Weg zur Arbeit“, Hinweis im Text) (2 Punkte)
• Defekt eines PKW kann als seltenes Ereignis angesehen werden (1 Punkt)
• Wahrscheinlichkeit eines Defekts pro Arbeitsweg relativ groß im Vergleich zu der, dass mehr als ein Defekt auftritt (Hinweis im Text) (2 Punkte)
• Anzahl Defekte ist abzählbar unendlich (Wertebereich enthält Null und alle natürlichen Zahlen(1 Punkt)
Aufgabe 4 (b): (insgesamt 14 Punkte) X: Anzahl Defekte pro Arbeitsweg(1 Punkt)
gesucht:P(X = 1) mit X ∼P oi(λ) (2 Punkte) gegeben:P(X = 0) = 0.1 mitX ∼P oi(λ) (2 Punkte) Es gilt:
P(X =xi) = λxi
xi!e−λ (1 Punkt) Zunächst ist:
P(X = 0) = 0.1 = λ0
0!e−λ = 1
1e−λ, so dass (2 Punkte) e−λ = 0.1 (1 Punkt)
−λ·lne = ln 0.1 (0.5 Punkte) λ = −ln 0.1
lne (0.5 Punkte) λ = −ln 0.1≈2.3026 (1 Punkt) Dann ist:
P(X = 1) = −ln 0.11
1! e−(−ln 0.1) (1 Punkt)
= −ln 0.1·0.1≈0.2303 (1 Punkt)
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 23.03% kommt es bei einer beliebigen Fahrt zur Ar- beit zu genau einem Defekt.(1 Punkt)
Aufgabe 5: (insgesamt 20 Punkte) Aufgabe 5 (a):(insgesamt 9 Punkte)
Modellsituation: X bezeichnet die tägliche Hördauer X ∼N(µ, σ2),µ und σ2 unbekannt (1 Punkt)
Geeigneter Test (Normalverteilung, unbekannte Varianz): t-Test (1 Punkt)
Testproblem:
H0 :µ=µ0 vs. H1 :µ6=µ0
H0 :µ= 240 vs. H1 :µ6= 240(0.5 Punkte) Signifikanzniveau:
α= 0.05 →α/2 = 0.025 → 1−α/2 = 0.975 (0.5 Punkte) Entscheidungsregel:
Verwerfe H0, falls√
n· X−µS 0> tn−1;1−α/2 (0.5 Punkte)
Teststatistik:
x = 1 n ·
n
X
i=1
xi (0.5 Punkte)
= 1
9 · 2115
= 235 (0.5 Punkte)
s2 = 1 n−1 ·
n
X
i=1
(xi−x)2 (0.5 Punkte)
= 1
n−1 ·
n
X
i=1
x2i −n·x2
!
= 1 8·
n
X
i=1
59 1825−9·2352
!
= 1
8·94 800 = 11 850(1 Punkt) s = √
s2 = 108.8577(0.5 Punkte)
Und somit: √
n·X−µS 0=√
9· 235−240108.8577=|−0.1378|= 0.1378 (1 Punkt) Kritischer Wert:
tn−1;1−α/2 =t8;0.975 = 2.3060 (0.5 Punkte) Testentscheidung:
√n· X−µS 0= 0.1378>2.3060 =t8;0.975 → falsche Aussage
H0 kann nicht verworfen werden (0.5 Punkte). Man kann nicht davon ausgehen, dass sich die tägliche Hördauer der jugendlichen Interviewgruppe von der durchschnittlichen Radio- nutzung in Deutschland unterscheidet(0.5 Punkte).
Aufgabe 5 (b): (insgesamt 5 Punkte)
90%-Konfidenzintervall fürµ bei Normalverteilung mit bekannter Varianz:
hX−√σn ·z1−α/2, X+ √σn ·z1−α/2
i (1 Punkt)
Es ist x= 300, σ=√
σ2 =√
81 = 9, α= 0.1 und damit z1−α/2 =z0.95 = 1.6449 (1 Punkt)
h300− √99 ·1.6449,300 + √99 ·1.6449i (1 Punkt) = [295.0653,304.9347] (1 Punkt) Intervall-Breite: 304.9347−295.0653 = 9.8694 (0.5 Punkte)
Das 90%-Konfidenzintervall hat eine Länge von 9.8694. (0.5 Punkte) Aufgabe 5 (c):(insgesamt 6 Punkte)
• Vermutung in Hypothese einbeziehen: statt µ = 235 kürzere Hördauer z.B. µ = 90 Minuten (0.5 Punkte)
• anderes Testproblem: statt ungerichteter Hypothese teste gerichtete/einseitige Hypo- these (1 Punkt), d.h. H0 :µ≤µ0 vs. H1 :µ > µ0 (0.5 Punkte)
• beim einseitigem Test kleinerer kritische Wert, hier: tn−1;1−α = t8;0.95 = 1.8598 (1 Punkt)
Grafik: (insgesamt 3 Punkte)
α/2 =2,5 % α/2=2,5 %
α=5 % H0 beibehalten Ablehnungs-
bereich
H0 ablehnen H0 beibehalten H0 ablehnen
+2,3060
=t8;0,975
+1,8598
=t8;0,95 -2,3060
=t8;0,975
0 0
zweiseitiges Entscheidungsproblem einseitiges Entscheidungsproblem
(1 Punkt für Gegenüberstellung der Irrtumswahrscheinlichkeiten, 1 Punkt für Kennzeichnung der Ablehnungs- und Annahmebereiche, 1 Punkt für Einzeichnung der kritischen Werte)