Lösung zur Klausur zu Statistik II

Lösung zur Klausur zu Statistik II

Prof. Dr. Claudia Becker Sommersemester 2015

21.09.2015

Aufgabe 1: (insgesamt 20 Punkte) Aufgabe 1 (a):(insgesamt 8 Punkte)

es muss gelten: f(x_i)≥0 für allei, ^P∞_i=1f(x_i) = 1 (1 Punkt) 4

5a+ 8

15(1−a) + 24

5 a² + 8

45(1−a)² = 1(0.5 Punkte) 4

5a+ 8 15− 8

15a+24

5 a²+ 8 45 −16

45a+ 8

45a² = 1(0.5 Punkte) 224

45a²− 4

45a− 13

45 = 0(0.5 Punkte) a²− 1

56a− 13

224 = 0(0.5 Punkte) a_1,2 = 1

112 ±

s 1

112

2

+ 13

224 (0.5 Punkte) a_1,2 = 1

112 ± 27

112 (0.5 Punkte) a₁ = 1

4 (0.5 Punkte) a₂ = −13

56 →entfällt(0.5 Punkte) somit ist die Dichtefunktion formal gegeben als:(2 Punkte)

f(x_i) =











0.2 für x₁ 0.4 für x₂ 0.3 für x₃ 0.1 für x₄

f(x_i)≥0 für alle iist somit ebenfalls erfüllt (1 Punkte) Aufgabe 1 (b): (insgesamt 4 Punkte)

E(X) =

∞

X

i=1

x_i·f(x_i)(1 Punkt)

= 0.2·10 + 0.4·30 + 0.3·50 + 0.1·80(1 Punkt)

= 37 (1 Punkt)

Das im Mittel zu erwartende Alter beträgt 37 Jahre. (1 Punkt)

Aufgabe 1 (c):(insgesamt 8 Punkte)

gemeinsame Dichte des Einkommens und des Alters: (insgesamt 4 Punkte, je Wert 0.5 Punkte) Einkommen Y

500 2000 5000 ^P 10 0.1 0.07 0.03 30 0.1 0.2 0.1 50 0.05 0.1 0.15 0.3 Alter X

80 0.1 0 0

zur Information: bedingte Dichte des Einkommens gegeben das Alter Einkommen Y

500 2000 5000 10 0.5 0.35 0.15 30 0.25 0.5 0.25 50 1/6 1/3 0.5 Alter X

80 1 0 0

Cov(X, Y) =

∞

X

i=1

∞

X

j=1

(x_i−E(X))·(y_j −E(Y))·f_X,Y(x_i, y_j)(1 Punkt)

= (10−37)·(500−2315)·0.1 +. . .+ (80−37)·(5000−2315)·0(1 Punkt)

= −1005(1 Punkt)

Negativer Zusammenhang zwischen Alter und Einkommen. (1 Punkt) Aufgabe 2: (insgesamt 20 Punkte)

Aufgabe 2 (a):(insgesamt 10 Punkte)

Gesucht: Wahrscheinlichkeit für Gewicht zwischen 502 g und 510 g bei allen 4 Melonen Ermittle zunächst P(502≤X ≤510) (1 Punkt)

GewichtX ∼N(508,256) (1 Punkt) Es ist

P(502≤X ≤510) = Φ

510−µ σ

−Φ

502−µ σ

= Φ

510−508 16

−Φ

502−508 16

(1 Punkt)

= Φ (0.125)−Φ (−0.375)(1 Punkt)

= Φ (0.125)−(1−Φ (0.375)) (1 Punkt)

= 0.5497−(1−0.6462)

= 0.1959 (1 Punkt)

Und weiter P("Gewicht aller 4 Melonen")

= [P(502≤X ≤510)]⁴(1 Punkt)

= 0.1959⁴(1 Punkt)

= 0.0015 (1 Punkt)

Mit 0.15% ist es höchst unwahrscheinlich, dass alle 4 zufällig ausgewählten Melonen ein Ge- wicht im Bereich von 502 g bis 510 g aufweisen. (1 Punkt)

Aufgabe 2 (b): (insgesamt 10 Punkte)

Es gilt: X_i ∼ N(µ, σ²) ⇒ X ∼ N(µ,^σ_n²), somit X_i ∼ N(508,256) ⇒ X ∼ N(508,128) mit n= 2 (1 Punkt)

Gesucht:P(X ≥250) (1 Punkt) Es ist

P(X ≥250) = 1−P(X <250) (1 Punkt)

= 1−P





X−µ

qσ² n

≤ 250−µ

qσ² n





= 1−P Z ≤ 250−508

√128

!

(1 Punkt)

= 1−Φ (−22.8042) (1 Punkt)

= 1−(1−Φ (22.8042)) (1 Punkt)

= Φ (22.8042)(1 Punkt)

≈ 1 (1 Punkt)

Der Wert für Φ(22.8042) kann der angegebenen Tabelle nicht entnommen werden. Man erkennt jedoch: mit wachsendemx nähern sich die Werte 1 an. (1 Punkt)

Es ist daher höchst wahrscheinlich, dass das Gewicht der beiden zufällig ausgewählten Me- lonen über der Mindestanforderung von 250 g liegt.(1 Punkt)

Aufgabe 3: (insgesamt 20 Punkte) Aufgabe 3 (a):(insgesamt 10 Punkte)

Geeignete Schätzer sind erwartungstreu; wenn mehrere Schätzer erwartungstreu sind, wähle den mit der geringeren Varianz (1 Punkt)

Erwartungswerte: (5 Punkte)

E(t₁(X₁, X₂, X₃)) = E

3

6·(X₁+ 2·X₂−X₃)

(0.5 Punkte)

= 3

6·(µ+ 2µ−µ) (0.5 Punkte)

= 6

6·µ=µ(0.5 Punkte)

E(t₂(X₁, X2, X3)) = E

2

8·(X₁+ 5·X2+X3)

(0.5 Punkte)

= 2

8·[E(X₁) + 5·E(X₂) +E(X₃)] (0.5 Punkte)

= 2

8·(7·µ) = 1.75·µ(0.5 Punkte)

Die Erwartungswerte der Schätzfunktiont₃ muss man nicht separat berechnen, daX₁, X₂, X₃ alle denselben Erwartungswert besitzen und die Gewichte, mit denen die drei Variablen in die Schätzer eingehen, die gleichen sind, nur in unterschiedlicher Reihenfolge(1 Punkt; falls gerechnet ebenfalls 1 Punkt).

Die Schätzert₁ und t₃ sind erwartungstreu (1 Punkt) Varianzen: (4 Punkte)

Mit der Begründung von oben:V ar(t₁) =V ar(t₃) (1 Punkt), somit kann mit Hilfe der Gü- tekriterien Erwartungstreue und Effizienz keine Aussage darüber getroffen werden, welcher Schätzer statistisch gesehen der bessere ist (1 Punkt).

V ar(t₁(X₁, X₂, X₃)) = V ar

3

6 ·(X₁+ 2·X₂−X₃)

(0.5 Punkte)

= 9

36·V ar(X₁+ 2·X2−X3) (0.5 Punkte)

= 9

36·[V ar(X₁) + 4·V ar(X₂) +V ar(X₃)] (0.5 Punkte)

= 9

36·6·σ² = 1.5·σ² (0.5 Punkte)

Aufgabe 3 (b): (insgesamt 5 Punkte)

• mit größerem Stichprobenumfang wird Schätzung präziser (hier keine Aussage über n) (1 Punkt)

• dadurch würde die Varianz von ¯x abnehmen und das Intervall insgesamt schmaler (2 Punkte)

• Skizze (2 Punkte)

x

f(x)

Aufgabe 3 (c):(insgesamt 5 Punkte)

• zur Schätzung(2 Punkte)

• im Gegensatz zum Schätzen ist der Ausgangspunkt beim Testen eine (Forschungs-) Hypothese/ Vermutung über GG (1 Punkt)

• beim Testen wird ein Testproblem formuliert: H₀ vs. H₁ (1 Punkt) und ein für die Forschungsfrage geeigneter Test gewählt (1 Punkt)

Aufgabe 4: (insgesamt 20 Punkte) Aufgabe 4 (a):(insgesamt 10 Punkte)

Klinikgeburten im Jahr 2014

Kaiserschnitt natürliche Geburt

Privatkliniken (ohne KV – Selbstzahler) 439 238 86 234 525 472

Privatkliniken (mit KV) 425 379 77 433 502 812

öffentliche Krankenhäuser 751 002 1 126 503 1 877 505 1 615 619 1 290 170 2 905 789 (insgesamt 5 Punkte: 1 Punkt für 3x2-Kontingenztafel, jeweils 1 Punkt für Randhäufigkei- ten = 2 Punkte, 1 Punkt für erste Zeile und 1 Punkt für zweite und dritte Zeilen gemeinsam)

Unter Unabhängigkeit von X und Y erwartete Häufigkeiten:

e_ij = hi•·h•j

n , i= 1, . . . , k , j = 1, . . . , m (1 Punkt)

wobeihi• absolute Randhäufigkeit vonX und h•j absolute Randhäufigkeit vonY darstellen.

Weiterhin ergibt sichn =^Pk_i=1hi• =^Pm_j=1h•j.

Erwartete Kontingenztafel unter Unabhängigkeit

Kaiserschnitt natürliche Geburt

Privatkliniken (ohne KV – Selbstzahler) 292 162.5 233 309.5 525 472

Privatkliniken (mit KV) 279 563.5 223 248.5 502 812

öffentliche Krankenhäuser 1 043 893 833 612 1 877 505 1 615 619 1 290 170 2 905 789 (insgesamt 2 Punkte für gemeinsame erwartete Häufigkeiten unter Unabhängigkeit)

Beim Vergleich beider Kontingenztafeln fällt es insbesondere auf, dass sich die gemeinsamen Häufigkeiten wesentlich voneinander unterscheiden(1 Punkt). Dies lässt die Vermutung zu, dass beide Variablen voneinader abhängig sind(1 Punkt).

Aufgabe 4 (b): (insgesamt 10 Punkte)

Um zwei ZufallsvariablenX, Y (hier: Art des Krankenhauses und Art der Geburt) auf deren Abhängigkeit voneinander hin zu prüfen, eignet sich derχ²-Unabhängigkeitstest. (1 Punkt)

• Testproblem:

H₀:X, Y unabhängig vs. H₁: X, Y abhängig (1 Punkt)

H₀: Art des Krankenhauses und Art der Geburtunabhängig vs.

H1: Art des Krankenhauses und Art der Geburtabhängig (1 Punkt)

• Entscheidungsregel:

H₀ wird zum Niveau α verworfen, falls

χ² =

k

X

i=1 m

X

j=1

(h_ij −e_ij)² eij

> χ²(k−1)·(m−1);1−α (1 Punkt)

– Teststatistik: χ² = 523 133 (0.5 Punkte)

– Kritischer Wert: χ²(k−1)·(m−1);1−α = χ²(3−1)·(2−1);1−0.05 = χ²_2;0.95 = 5.9915 (1 Punkt für Freiheitsgrade, 0.5 Punkte für α und 1 Punkt für Ergebnis)

Da 523 133>5.9915 (0.5 Punkte), wird H₀ zum Niveauα = 0.05 verworfen(1 Punkt). D.h., dass in Brasilien die Art der Geburt von der Art des Krankenhauses abhängig ist(1 Punkt).

Dies bestätigt die Vermutungen aus Teilaufgabe (a)(0.5 Punkte).