L¨osung zur Klausur zu Statistik II Prof. Dr. Claudia Becker Sommersemester 2017 21.07.2017

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L¨ osung zur Klausur zu Statistik II

Prof. Dr. Claudia Becker Sommersemester 2017

21.07.2017

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) F¨ur eine diskrete Zufallsvariable X istP(a < X < b) =P(X < b)−F(a).

X Richtig Falsch

Denn P(a < X < b) = F(b)−F(a).

X Denn P(a < X < b) = P(X < b)−P(X ≤a).

Denn P(a < X < b) = P(X < b)−P(X < a).

b) Die Begriffe Sch¨atzung und Sch¨atzfunktion sind Synonyme.

Richtig X Falsch

Schätzfunktion und Schätzung bezeichnen beide eine Funktion, die auf Basis einer Zufallsvariable den oder die unbekannten Parameter der Verteilung einer Zufallsvariable schätzt.

X Eine Schätzfunktion ist eine zufällige Größe, die den oder die unbekannten Parameter der Verteilung einer Zufallsvariable schätzt, während die Schätzung das Schätzergebnis bezeichnet.

Schätzfunktion und Schätzung sind alternative Begriffe für Punktschätzer.

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Richtig X Falsch

X Das Konfidenzintervall gibt einen Bereich an, der den unbekannten Parame- ter mit einer gewissen Vertrauenswahrscheinlichkeit, dem sogenannten Kon- fidenzniveau, ¨uberdeckt.

Das Konfidenzniveau gibt einen Bereich an, der den unbekannten Parameter mit einer gewissen Vertrauenswahrscheinlichkeit, dem sogenannten Konfi- denzintervall, ¨uberdeckt.

Konfidenzniveau, Konfidenzintervall und Vertrauenswahrscheinlichkeit sind alternative Begriffe und treffen eine Aussage über die Präzision einer Inter- vallschätzung.

d) Seien X₁, . . . , X_n stochastisch unabh¨angig und X_i ∼N(µ, σ²). F¨ur die Zufallsvariable

Pn

i=1X_i gilt V ar(^Pⁿ_i=1X_i) =n·σ². X Richtig

Falsch

Bei einer linearen Transformation von X ∼N(µ, σ²) in der FormY =a·X gilt V ar(Y) = a²·σ².

V ar(^Pⁿ_i=1X_i) kann nicht aus V ar(X_i) hergeleitet werden, da die Zufallsva- riablen voneinander unabh¨angig sind.

X Bei stochastischer Unabh¨angigkeit von X und Y gilt Cov(X, Y) = 0. Daher ist V ar(^Pⁿ_i=1Xi) = ^Pⁿ_i=1V ar(Xi).

e) Seien A und B Komplement¨arereignisse, dann gilt P(A∪B) =P(A) +P(B).

X Richtig Falsch

Es gilt P(A∪B) = P(A) +P(B)−P(A∩B) mit P(A6=B) = 0.

X F¨urB =A^C gilt P(A∩B) = 0.

F¨urB =A^C gilt P(A∪B) = 0.

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Aufgabe 2: (insgesamt 20 Punkte) Aufgabe 2 (a):(insgesamt 8.5 Punkte) V . . . Regen vorhergesagt

E . . . Regen eingetreten Gegeben:

P(’Richtige Vorhersage’) =P((V ∩E)∪(V^C ∩E^C)) = 0.7 (1.5 Punkte) P(V) = 0.2(1 Punkt)

P(E^C|V) = 0.4 (1 Punkt)

Regen vorhergesagt

Ja Nein

Regen Ja 0.12 (0.5 Punkte) 0.22 (0.5 Punkte) 0.34 (0.5 Punkte) eingetreten Nein 0.08 (1 Punkt) 0.58 (1 Punkt) 0.66 (0.5 Punkte) 0.20 0.80 (0.5 Punkte) 1.00 (0.5 Punkte) Aufgabe 2 (b): (insgesamt 6 Punkte)

Gesucht:P(E^C|V^C) (1 Punkt)

Allgemein: P(A∩B) =P(A|B)·P(B)→P(A|B) = ^P_P^(A∩B)_(B) (1 Punkt) Umsetzung:

P(E^C|V^C) = ^P^(E_P_(V^C^∩VC)^C⁾ = ^0.58_0.8 = 0.725 (3 Punkte)

Mit 72.5% Wahrscheinlichkeit kann Frau Mustermann Ballon fahren, falls der Wetterbericht f¨ur morgen keinen Regen ansagt. (1 Punkt)

Aufgabe 2 (c):(insgesamt 5.5 Punkte)

Gesucht:P(V|E^C)(1 Punkt)

Allgemein: P(B_i|A) = ^P^(A|B_Pⁱ_(A)^)·P^(Bⁱ⁾ (1 Punkt) Umsetzung:

P(V|E^C) = P(E^C|V)·P(V)

P(E^C) = 0.4·0.2

0.66 = 0.1212 (2.5 Punkte)

Gegeben, dass das Wetter trocken geblieben ist, wurde gestern mit 12.12% Wahrscheinlich- keit Regen f¨ur heute angesagt. (1 Punkt)

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• Situation stellt n-fache Wiederholung eines Bernoulli-Experiments dar

• f¨uhrt zur Binomialverteilung

• bei jeder Wiederholung sind zwei Auspr¨agungen zu beobachten – 0 Angebot abgelehnt

– 1 Angebot akzeptiert

• pist die Erfolgswahrscheinlichkeit (Wahrscheinlichkeit, dass der Responder das Ange- bot annimmt.)

• n ist die Anzahl der wiederholten Spiele (Bei vier genannten Punkten =4 Punkte) Aufgabe 3 (b): (insgesamt 9 Punkte)

• gegeben:X-Anzahl akzeptierter Angebote, X ∼Bin(n= 18, p= 0.15) (1 Punkt)

• gesucht:P(X ≥3)(1 Punkt)

• f(xi) = _xⁿ

i

·p^xⁱ ·(1−p)^n−xⁱ (1 Punkt)

• P(X ≥3) = 1−[P(X = 0) +P(X = 1) +P(X = 2)]

→ P(X = 0) =¹⁸₀·0.15⁰·0.85¹⁸= 0.0536

→ P(X = 1) =¹⁸₁·0.15¹·0.85¹⁷= 0.1704

→ P(X = 2) =¹⁸₂·0.15²·0.85¹⁶= 0.2556

• P(X ≥3) = 1−(0.0536 + 0.1704 + 0.2556) = 0.5204 (5 Punkte)

• Mit einer Wahrscheinlichkeit von 52.04% akzeptiert der Responder mindestens 3-mal das Angebot des Proposers.(1 Punkt)

Aufgabe 3 (c):(insgesamt 7 Punkte)

• gegeben:p= 0.15; P(X ≥1)>0.8

• gesucht:n (F¨ur gegeben und gesucht: 1 Punkt)

• P(X ≥1)>0.8⇒P(X = 0)<0.2(2 Punkte)

• 0.2>ⁿ₀·0.15⁰ ·0.85ⁿ

• 0.2>0.85ⁿ

• n > _{ln 0.85}^{ln 0.2} = 9.9031

• n≥10(3 Punkte)

• Das Spiel m¨usste mindestens 10-mal gespielt werden, damit die Wahrscheinlichkeit mindestens ein Angebot zu akzeptieren, gr¨oßer als 80% ist. (1 Punkt)

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Aufgabe 4: (insgesamt 20 Punkte) Aufgabe 4 (a):(insgesamt 8 Punkte)

• Gegeben:X_i ∼N(µ, σ²) mit σ² = 49, X_D = 9.6^◦C (1 Punkt)

• Gesucht: 0.95-Konfidenzintervall f¨urµim Normalverteilungsmodell mit bekanntem σ²

"

X− σ

√n ·z1−α/2, X + σ

√n ·z1−α/2

#

(1 Punkt)

• z1−α/2 =z1−0.05/2 =z_0.975 = 1.96 (1.5 Punkte)

• n= 366 (Schaltjahr)

"

9.6− 7

√366 ·1.96,9.6 + 7

√366 ·1.96

#

(1.5 Punkte)= [8.8828; 10.3172](1 Punkt)

• Alternativ: ^h9.6− ^√⁷

365 ·1.96,9.6 + ^√⁷

365·1.96ⁱ= [8.8819; 10.3181] (2.5 Punkte)

• Mit Wahrscheinlichkeit von 95% liegt die erwartete Tagestemperatur in Deutschland zwischen 8.88^◦C und 10.32^◦C. (2 Punkte)

Aufgabe 4 (b): (insgesamt 7 Punkte)

• Gesucht:P(X >35) f¨urX ∼N(9.6,49) (1 Punkt)

• P(X > x) = 1−P(X≤x) = 1−P(^X−µ_σ ≤ ^x−µ_σ ) = 1−Φ^x−µ_σ (1 Punkt)

• P(X >35) = 1−P(^X−9.6₇ ≤ ^35−9.6₇ ) = 1−Φ(3.6286) (2 Punkte)

• Φ(3.6286)≈1(1 Punkt)

• 1−Φ(3.6286)≈0 (1 Punkt)

• An einem gegebenen Tag in Deutschland liegt die Wahrscheinlichkeit f¨ur eine Tages- temperatur ¨uber 35^◦C bei rd. 0%. (1 Punkt)

Aufgabe 4 (c):(insgesamt 5 Punkte)

• Es ver¨andern sich beide Parameter der Verteilung (1 Punkt)

• Skizze: Dichte an zwei Zeitpunkten dargestellt. Es muss erkennbar sein, dass die Kurve sich nach rechts verschiebt und gleichzeitig ’breiter’ wird (4 Punkte)

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Um zwei nominalskalierte Merkmale X, Y (hier: Art der Verkehrsstraße bzw. Umgebung und Handynutzung am Steuer) auf signifikante Abhängigkeit zu prüfen, eignet sich der χ²- Unabhängigkeitstest. (1 Punkt)

Gegeben:α = 0.01

Gesucht: Aussage zur Unabh¨angigkeit von X und Y, 4x2-Kontingenztafel und χ²

• Testproblem:

H₀: X, Y unabh¨angig vs. H₁: X, Y abh¨angig (0.5 Punkte)

• Entscheidungsregel:

H₀ wird zum Niveau α verworfen, falls

χ² =

k

X

i=1 m

X

j=1

(h_ij −e_ij)²

e_ij > χ²(k−1)·(m−1);1−α (0.5 Punkte)

wobei e_ij die unter Unabhängigkeit der Merkmale X und Y erwarteten absoluten Häufigkeiten in der Tafel sind (e_ij = ^hî•_n^·h^•j) mit i=1,. . . ,k , j=1,. . . ,m (0.5 Punkte) Aufstellen der Kontingenztafel absoluter Häufigkeiten

Fahrer mit Handy Fahrer ohne Handy

Stadtverkehr rote Ampel 558 (aus Abb.) 3 768 (0.5 P.) 4 326

Stadtverkehr fließend 738 (aus Abb.) 10 572(0.5 P.) 11 310 (1 P.) Landstraße 457 (aus Abb.) 10 131(0.5 P.) 10 588 (0.5 P.)

Autobahn 371 (aus Abb.) 9 690 (0.5 P.) 10 061

2 124 (aus Text) 34 161(0.5 P.) 36 285

(insgesamt 5 Punkte: 1 Punkt f¨ur 4x2-Kontingenztafel, 4 Punkte siehe Kontingenztafel)

Erwartete Kontingenztafel unter Unabh¨angigkeit Fahrer mit Handy Fahrer ohne Handy

Stadtverkehr rote Ampel 253.2293 4 072.7707 4 326 Stadtverkehr fließend 662.0488 10 647.9512 11 310

Landstraße 619.7854 9 968.2146 10 588

Autobahn 588.9366 9 472.0634 10 061

2 124 34 161 36 285

(insgesamt 4 Punkte für gemeinsame erwartete Häufigkeiten unter Unabhängigkeit)

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• Teststatistik:

χ² = (558−253.2293)²

253.2293 +(738−662.0488)²

662.0488 + (457−619.7854)²

619.7854 +· · ·= 529.9399 (2 Punkte)

• Kritischer Wert: χ²(k−1)·(m−1);1−α =χ²(4−1)·(2−1);1−0.01 =χ²_3;0.99 = 11.3449 (1 Punkt) Da 529.9399>11.3449(0.5 Punkte), wird H₀ zum Niveau α= 0.01 verworfen (0.5 Punkte).

Demnach kann man davon ausgehen, dass in Deutschland die Handynutzung am Steuer mit der Verkehrsumgebung, in welcher ein Fahrer unterwegs ist, zusammenh¨angt (0.5 Punkte).

Aufgabe 5 (b): (insgesamt 4 Punkte)

Nein, besser w¨are H₀ : “Der Autofahrer hat kein Handy am Steuer genutzt.”

und entsprechendH₁ : “Der Autofahrer hat das Handy am Steuer genutzt.” (1 Punkt).

Begr¨undung: Diese Anordnung entspricht der Unschuldsvermutung, nach der ein “Ange- klagter” (hier: Autofahrer in der Verkehrskontrolle) als unschuldig zu gelten hat, bis die Schuld bewiesen ist(1 Punkt). Da mit einem statistischen Test nur die Entscheidung f¨urH₁ durch eine Irrtumswahrscheinlichkeit abgesichert werden kann (1 Punkt), sollte die f¨ur den Autofahrer schwerwiegendere Entscheidung durch die Alternativenbildung abgesichert sein (1 Punkt).