L¨ osung zur Klausur zu Statistik II
Prof. Dr. Claudia Becker Sommersemester 2016
29.07.2016
Aufgabe 1: Multiple Choice (20 Punkte)
Markieren Sie, ob die folgenden f¨unf Aussagen jeweils zutreffen oder nicht (jeweils 1 Punkt), und kennzeichnen Sie die passende Begr¨undung (jeweils 3 Punkte). Eine Wertung erfolgt nur, wenn korrekt markiert ist, ob die Aussage zutrifft oder nicht.
a) Die hypergeometrische Verteilung ist eine symmetrische Verteilung.
Richtig x Falsch
x Es h¨angt von der Wahl der Parameter ab, ob die hypergeometrische Vertei- lung symmetrisch ist.
Das Ziehen ohne Zur¨ucklegen ist ein symmetrischer Vorgang.
Aussagen zur Symmetrie sind bei diskreten Verteilungen nicht m¨oglich.
b) Sind zwei Zufallsvariablen X und Y stochastisch unabh¨angig, dann ist ρ(X, Y) = 0.
x Richtig Falsch
Aus der Unabh¨angigkeit von X und Y folgt nicht notwendigerweise die Un- korreliertheit beider Zufallsvariablen.
x Wenn X und Y stochastisch unabh¨angig sind, so gilt Cov(X, Y) = 0.
Das Konzept der Korrelation und der stochastischen Unabh¨angigkeit h¨angen nicht miteinander zusammen.
c) Zur Sch¨atzung eines unbekannten Parameters θ stehen drei Sch¨atzer (t1, t2, t3) zur Wahl. Es ist bekannt, dass E(t1) = θ2, E(t2) = 0, E(t3) =θ und V ar(t1)< V ar(t2)<
V ar(t3). Daher sollte zur Sch¨atzung des Parameters der Sch¨atzert1 verwendet werden.
Richtig x Falsch
Der Sch¨atzer t1 hat die geringste Varianz.
Der Sch¨atzer t2 hat den geringsten Erwartungswert.
x Die Sch¨atzer t1 und t2 sind nicht erwartungstreu.
d) Sei X eine standardnormalverteilte Zufallsvariable. Es istP(X = 0) = √12π. Richtig
x Falsch
x P(X = 0) = 0.
Φ(0) =R−∞0 ϕ(t)dt= 0.5.
ϕ(0) = √12π, da µ= 0 undσ = 1.
e) Seien A, B, C Teilmengen einer Menge Ω, dann ist (A∩B)C =AC∪BC. x Richtig
Falsch
x Es gelten die de Morgan’schen Gesetze.
Es gilt das Assoziativgesetz.
Das Kommutativgesetz gilt nicht.
Aufgabe 2: (insgesamt 20 Punkte)
Aufgabe 2 (a):(insgesamt 6.5 Punkte) S . . . S¨ußigkeiten bekommen
M . . . M¨unze vom Automaten angenommen (1 Punkt f¨ur Variablendefinition)
Gegeben (1 Punkt):
P(S) = 0.5 P(MC|S) = 0.26 P(MC ∩SC) = 0.16 Gesucht(0.5 Punkte):
P(S∩M)
Allgemein: P(A∩B) =P(A|B)·P(B) (1 Punkt) Da Kommutativgesetz gilt:
P(S∩M) =P(M ∩S) =P(M|S)·P(S) = (1−P(MC|S))·P(S) = (1−0.26)·0.5 = 0.37 (2 Punkte)
Mit 37% Wahrscheinlichkeit funktioniert der Automat, wie er soll.(1 Punkt) Aufgabe 2 (b): (insgesamt 9.5 Punkte)
Gesucht(0.5 Punkte):
P(S|MC)
Allgemein: P(Bi|A) = PkP(A|Bi)·P(Bi)
j=1P(A|Bj)·P(Bj) (1 Punkt) Umsetzung:
P(S|MC) = P(MC|S)·P(S)
P(MC|S)·P(S) +P(MC|SC)·P(SC) (2 Punkte)
Exkurs: P(MC|SC) ⇒ Allgemein P(A|B) = P(A∩B)P(B) , also P(MC|SC) = P(MP(SC∩SC)C) = 0.160.5 = 0.32 (3 Punkte)
P(S|MC) = 0.26·0.5
0.26·0.5 + 0.32·0.5 = 0.4483 (2 Punkte)
Gegeben, dass die M¨unze vom Automaten nicht angenommen wurde, bekomme ich mit 44.83% Wahrscheinlichkeit trotzdem S¨ußigkeiten. (1 Punkt)
Aufgabe 2 (c):(insgesamt 4 Punkte)
Wenn der Automat einwandfrei funktioniert, nimmt er die M¨unzen immer an und man bekommt daf¨ur immer S¨ußigkeiten. In diesem Fall giltP(M ∩S) = 1 (1 Punkt).
S¨ußigkeiten bekommen
Ja Nein fX(xi)
M¨unze vom Ja 1 0 1
Automaten angenommen Nein 0 0 0
fY(yj) 1 0 1
(insgesamt 3 Punkte f¨ur Tabelle)
Aufgabe 3: (insgesamt 20 Punkte)
Aufgabe 3 (a):(insgesamt 4 Punkte)
EreignisAi = i-te Ampel steht auf gr¨un bzw. l¨asst passieren und EreignisAi = i-te Ampel steht auf rot bzw. l¨asst anhalten, i= 1,2,3,4 P(Ai) = 0.5,P(Ai) = 0.5 wobei die Ereignisse Ai unabh¨angig sind (1 Punkt f¨ur Definition der Ereignisse)
gesucht: Wahrscheinlichkeit f¨ur
”Herr Wetz passiert die ersten drei 3 Ampeln ohne zu hal- ten“ ⇒ P(gr¨un, grun, gr¨ un, rot)¨
Nutze f¨ur unabh¨angige Ereignisse P(A∩B) = P(A)·P(B) (1 Punkt)
⇒ P(A1∩A2 ∩A3∩A4)(1 Punkt)= 0.54 = 0.0625 (1 Punkt)
Aufgabe 3 (b): (insgesamt 5 Punkte)
ZufallsvariableX = Anzahl der Verkehrsampeln, die Herr Wetz bis zum ersten Halt passiert Dichtefunktion direkt aus den Wahrscheinlichkeiten aufstellen, L¨osungsweg siehe 2(a) (2 Punkte f¨ur 4 Werte)
xi 0 1 2 3 4
P(X =xi) 0.5 0.25 0.125 0.0625 0.0625 (2 Punkte f¨ur folgende Grafik)
Die Abbildung der Dichte l¨asst vermuten, dass der Schwerpunkt der Verteilung nahe 1 liegt.
(1 Punkt)
x
●
●
●
● ●
0 1 2 3 4
f(x)
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
−
−
−
−
−
Aufgabe 3 (c):(insgesamt 6 Punkte)
Stetige zugeh¨orige Verteilungsfunktion erh¨alt man durch st¨uckweise Integration der Dichte (1 Punkt)
f¨ur x <2 ist f(x) = 0, und daher auch F(x) = 0; (0.5 Punkte) f¨ur x >3 ist F(x) =R−∞x f(t)dt =R23f(t)dt= 1 (0.5 Punkte) Im Bereich von 2≤x≤3 erh¨alt man:
F(y) =
Z y
−∞
f(t)dt =
Z y 2
2·(t−2)dt (1 Punkt)
= 2·(1
2·t2−2·t)y
2 =y2−4·y−4 + 8 (1 Punkt)=y2−4·y+ 4 (1 Punkt) Insgesamt also (1 Punkt)
F(y) =
0, y <2 y2−4·y+ 4, 2≤y≤3
1, y >3
Aufgabe 3 (d): (insgesamt 5 Punkte)
Rechnerische Pr¨ufung, ob erwartete Haltezeit an der Schranke bei 160 Sekunden liegt:
Bestimme E(Y):
E(Y) =
Z ∞
−∞y·f(y)dy (1 Punkt)
=
Z 3
2
y·2(y−2)dy (1 Punkt)=
Z 3
2
(2y2−4y)dy (1 Punkt)
=
"
2y3
3 − 4y2 2
#3
2
(1 Punkt)= 2·27 3 − 36
2 − 16 3 + 16
2
= 16
6 (1 Punkt)
Da Dichtefunktionf(y) in Minuten angegeben: umrechnen des ErwartungswertesE(Y)·60 = 160 Sekunden. Entsprechend ist die Aussage korrekt. (1 Punkt)
Aufgabe 4: (insgesamt 20 Punkte)
Aufgabe 4 (a):(insgesamt 4 Punkte) Gesucht:E(X) Allgemein: E(X) = P∞
i=1
xi·fX(xi) mitfX(xi) = P∞
j=1
fX,Y(xi, yj) (1 Punkt)
Anzahl InteraktionenX
30 350
Anzahl Fotos Z 0 2 7
fX(xi) 0.625 0.375 1 (1 Punkt f¨ur Randverteilung)
E(X) = 30·0.625 + 350·0.375 = 150 (1 Punkt)
Es werden 150 Interaktionen pro Beitrag erwartet.(1 Punkt) Aufgabe 4 (b): (insgesamt 6 Punkte)
• Diese Frage k¨onnte mit einem statistischen Hypothesentest ¨uber den Erwartungswert beantwortet werden(1 Punkt)
• Testproblem (1 Punkt)
• Passender Test (Annahmen?)(1 Punkt)
• Teststatistik ermitteln(1 Punkt)
• Vergleich mit kritischem Wert(1 Punkt)
• Entscheidung(1 Punkt)
Aufgabe 4 (c):(insgesamt 10 Punkte) Gesucht:Cov(X, Y)
Allgemein: Cov(X, Y) = E(X·Y)−E(X)·E(Y) (1 Punkt)
Anzahl InteraktionenX
30 350 fY(yj) Anzahl Fotos Z
0 0.1250 0.0000 0.1250 2 0.3438 0.0625 0.4063 7 0.1562 0.3125 0.4687 fX(xi) 0.6250 0.3750 1 (1 Punkt f¨ur Tabelle)
E(X) = 150 (siehe Teilaufgabe (a)) E(Y) = P∞
j=1
yj·fY(yj) =. . .= 4.0938 (1 Punkt) E(X·Y) =. . .= 862.8125 (2 Punkte)
Cov(X, Y) = 248.7425 (1 Punkt)
Da Cov(X, Y)6= 0, scheinen beide Variablen voneinander abh¨angig zu sein, (1 Punkt) ABER: Interpretation der Gr¨oßenordnung der Kovarianz unm¨oglich, da H¨ohe der Kovarianz von den Einheiten abh¨angig ist, in denenX und Y gemessen werden. (1 Punkt)
Mit Hilfe des Korrelationskoeffizienten kann St¨arke und Richtung der linearen Abh¨angigkeit zweier Zufallsvariablen bestimmt werden. Er ist auf einen Wertebereich zwischen -1 und +1 normiert. (2 Punkte)
Aufgabe 5: (insgesamt 20 Punkte)
Aufgabe 5 (a):(insgesamt 3 Punkte)
• Situation entspricht hypergeometrischer Verteilung (Urnenmodell mit Ziehen ohne Zur¨ucklegen) (1 Punkt)
• Parameter:n = 6, da 6 Mitarbeiter f¨ur das Projekt gesucht werden, (0.5 Punkte)
• N = 10, da sich 10 Mitarbeiter beworben haben und(0.5 Punkte)
• M = 4, da 4 erfahrene Mitarbeiter unter den Bewerbern sind (0.5 Punkte)
• gesucht ist WK, dass genau ein erfahrener Mitarbeiter gew¨ahlt wird, also P(X = 1) = f(1), wobei X ∼Hyp(n, M, N) (0.5 Punkte)
Aufgabe 5 (b): (insgesamt 5 Punkte)
• X ∼Hyp(n = 6, M = 4, N = 10) mit f(xi) = (Mxi)(N−Mn−xi)
(Nn)
• gesucht:P(X ≥1)
• P(X ≥1) = 1−P(X = 0)
• P(X = 0) = (40)(10−46−0) (106) = 1·1
(106)
• P(X = 0)≈0.0048 → P(X ≥1)≈0.9952
Aufgabe 5 (c):(insgesamt 6 Punkte)
• X ∼Hyp(n = 6, M =?, N =?)
• gesucht:M so, dassP(X = 2) = 13
• P(X = 2) = (M2)(N−M6−2)
(N6) = 13 → P(X = 2) =M2· 13 = 13
• M2= 1 → M · M−12 = 1 → M2−M −2 = 0
• M1/2 = 12 ±
r 1
2
2
+ 2
• M1 = 2, M2 =−1 (entf¨allt) Aufgabe 5 (d): (insgesamt 6 Punkte)
• X ∼Hyp(n = 6, M =?, N =?)
• gesucht:N so, dass E(X) = 2
• E(X) = n· MN
• E(X) = 6·NN0.8 = 2, daM =N0.8
• 6·N−0.2 = 2 → N−0.2 = 13
• (N−0.2)−5 =13−5 → N = 243