Set 2 Inleveropgaven Kansrekening (2WS20)

Transcriptie

1 1 Technische Universiteit Eindhoven Faculteit Wisunde en Informatica Set Inleveropgaven Kansreening (WS) (Functies van normale verdelingen) Stel dat X een standaard normale verdeling heeft. (a) (1 punten) Bereen E[ X ] en Var( X ). (b) (1 punten) Wat is de dichtheid van X? En wat is de dichtheid van X? (c) (1 punten) Laat zien dat X en X ongecorreleerd zijn. Zijn ze onafhanelij?. (Gezamenlije verdeling) De (discrete) random variabelen (X, Y ) hebben een gezamenlije ansmassafunctie van de vorm f X,Y (, l) = c )n+ ( l)! voor een zeere c >. Hier is l Z en {,..., n} met l. De gezamenlije ansmassafunctie is nul anders. (a) (1 punten) Wat is c? [Als je c niet unt bereenen, laat dan gewoon c staan in het vervolg.] (b) (1 punten) Bereen E[X] en E[Y ]. (c) (1 punten) Bereen Cov(X, Y ). (d) (1 punten) Bestaan er a, b R zodanig dat X en ax + by onafhanelij zijn? (e) (1 punten) Stel n = 1. Bereen E[Y X = 5]. 3. (a) (1 punten) Bereen de ansmassafunctie van X + Y als X en Y twee onafhanelije Poisson verdelingen zijn met parameters µ en λ. (b) (1 punten) Stel dat U uniform verdeeld is, en, gegeven dat U = u, heeft X een binomiale verdeling met parameters 4 en succesans u. Wat is P(X = ) voor =, 1,, 3, 4?

2 Antwoorden en puntentelling Het maximaal aantal te behalen punten is 1, verdeeld zoals aangegeven. De antwoorden moeten helder uitgelegd zijn, met het noemen van de gebruite resultaten. Bij de antwoorden is duidelij aangegeven voor wel deelresultaat je hoeveel punten rijgt. 1. (Functies van normale verdelingen) Stel dat X een standaard normale verdeling heeft. (a) (1 punten) Bereen E[ X ] en Var( X ). Antwoord: We gebruien de wet van de beusteloze statisticus en reenen uit dat (5pt) E[ X ] = 1 π Voor Var( X ) rijgen we dan z e z / dz = π ze z / dz = π. Var( X ) = E[ X ] E[ X ] = E[X ] π = Var(X) π = 1 π, waar we gebruien dat Var(X) = 1 voor een standaard normale r.v. (5pt) (b) (1 punten) Wat is de dichtheid van X? En wat is de dichtheid van X? Antwoord: We bereen, voor x, x F X (x) = P( X x) = P( < X < x) = e z / dz. π Hieruit volgt dat f X (x) = F X (x) = π e x / voor x en anders. (5pt) We bereen, voor x, F X (x) = P(X x) = P( x X x) = P( < X < x) = π Hieruit volgt door de ettingregel dat f X (x) = F (x) = X x e z / dz. 1 π e x/ / x voor x en anders. [Let dus op de macht van x en de factor die nu in de noemer staat.] Dus, X heeft een Gamma verdeling met t = 1/ en λ = 1. [Dit laatste hoeft niet vermeld te worden.] (5pt) (c) (1 punten) Laat zien dat X en X ongecorreleerd zijn. Zijn ze onafhanelij? Antwoord: We weten dat E[X] =, dus is oo Cov(X, X ) = E[X X ], zodat Cov(X, X ) = E[X X ] = ( z 1 ) e z / dz + π z 1 π e z / dz =. X en X zijn dus ongecorreleerd. (5pt) X en X zijn niet onafhanelij, omdat P(X, X 1) = P( X 1) P(X )P( X 1), omdat P(X ) < 1. (5pt) Geef oo alle punten als een voorbeeld wordt gevonden waarvoor bewezen wordt dat E[g(X)h( X ) E[g(X)]E[h( X )]. [Geef (3pt) punten als geen tegenvoorbeeld gegeven wordt, maar wel een correct verhaal wordt gepresenteerd.]

3 3. (Gezamenlije verdeling) De (discrete) random variabelen (X, Y ) hebben een gezamenlije ansmassafunctie van de vorm f X,Y (, l) = c )n+ ( l)! voor een zeere c >. Hier is l Z en {,..., n} met l. De gezamenlije ansmassafunctie is nul anders. (a) (1 punten) Wat is c? [Als je c niet unt bereenen, laat dan gewoon c staan in het vervolg.] Antwoord: Mer op dat (pt) We bereenen (8pt) Dus is c = e 1/. = l 1/c = = l )( 1 ( 1 )n ) l ( l)! = = (b) (1 punten) Bereen E[X] en E[Y ]. Antwoord: Voor E[X] bereenen we )n+ ( l)!. ( 1 ( 1 )n )m m! m E[X] = e 1/ )n+ ( l)! = e 1/ = l = = ( 1 )n e 1/ ( 1 ( ) )m n = ( 1 m! )n. m = = = 1 e = e. ) ( 1 )n l ( 1 ) l ( l)! Dus, E[X] = n/, omdat we de verwachting herennen van een binomiale verdeling met parameters n en p = 1/. (5pt) Voor E[Y ] bereenen we E[Y ] = e 1/ l )n+ ( l)! = e 1/ ( 1 1 )n = l = n/ e 1/ = Dus, E[Y ] = (n 1)/. (5pt) (c) (1 punten) Bereen Cov(X, Y ). l 1 [ ( l)] )( 1 ( 1 )n ) l ( l)! = l ( 1 ) l 1 = n/ 1/. ( l 1)! Antwoord: We bereenen E[XY ] = e 1/ l )n+ ( l)! = e 1/ ( ( l)) )( 1 ( 1 )n ) l ( l)! = l = l = ( 1 )n e 1/ ( m) ( 1 ( ) )m n = ( 1/) ( 1 m! )n = E[Z(Z 1/)], m = =

4 4 waarbij Z Bin(n, 1/) (5pt). Omdat voor Z Bin(n, p) geldt dat E[Z] = np, E[Z ] = n(n 1)p + np (pt), rijgen we dat zodat (3pt) E[XY ] = n(n 1)/4 + n/ n/4 = n /4, Cov(X, Y ) = E[XY ] E[X]E[Y ] = n /4 (n/)(n 1)/ = n/4. [Geef oo alle punten als alle bereeningen direct en correct uitgevoerd zijn zonder de binomiale verdeling te gebruien.] (d) (1 punten) Bestaan er a, b R zodanig dat X en ax + by onafhanelij zijn? Antwoord: Het is voldoende om alleen a = 1 te onderzoeen, omdat als (a, b) een oplossing is, dat is (1, b/a) dat oo. We nemen dus aan dat a = 1. Verder, als n =, dan is X = met ans 1, en een constante random variabele is onafhanelij van alles, in het bijzonder van X + by (pt). We nemen dus vanaf nu aan dat a = 1 en n 1. We reenen uit dat P(X =, X + by = l) = P(X =, Y = (l )/b) = e )( 1/ 1 (l )/b )( )n+ ( (l )/b)! = e 1/ 1 ( 1 )n )+( l)/b ( + /b l/b)!. Dit moet een product zijn van functies van en l (pt), en dat is waar precies als ( + /b l/b)! een product is van functies van en l, wat alleen waar is als b = 1 (4pt). Als b = 1, P(X =, X Y = l) = P(X =, Y = l) = e )( 1/ 1 ( 1 )n )l. l! Dus geldt dat X en X Y onafhanelij (4pt). Inspectie geeft oo dat X Bin(n, 1/) en X Y Poi(1/) (maar dat was niet gevraagd). (e) (1 punten) Stel n = 1. Bereen E[Y X = 5]. Antwoord: Uit de vorige vraag volgt dat X Y onafhanelij is van X, en dus schrijven we (1pt) E[Y X = 5] = E[X (Y X) X = 5] = 5 E[Y X] = 5 1/ = [Rechtstrees uitreenen an oo, is lastiger, maar geeft oo alle punten.] 3. (a) (1 punten) Als X en Y twee onafhanelije Poisson verdelingen zijn met parameters µ en λ, bereen dan de ansmassafunctie van X + Y. Antwoord: We hebben dat, voor =, 1,,..., Dus geldt dat (5pt) P(X = ) = e P(X + Y = ) = l We reenen dan verder uit dat µ µ P(X + Y = ) = e (µ+λ) 1!!, P(Y = ) = e λ λ!. P(X = l)p(y = l) = l= e l= µ µl l! e λ λ l ( l)!. ( )µ l λ l (µ+λ) (µ + λ) = e, l! waar we in de laatste stap het Binomium van Newton gebruien (5pt).

5 5 (b) (1 punten) Stel dat U uniform verdeeld is, en, gegeven dat U = u, heeft X een binomiale verdeling met parameters 4 en succesans u. Wat is P(X = ) voor =, 1,, 3, 4? Antwoord: We weten dat (pt) dus oo P(X = U = u) = P(X = U) = Omdat E[E[Y X]] = E[Y ] is dus (pt) u (1 u) 4, U (1 U) 4. P(X = ) = E[I {X=} ] = E[E[I {X=} U]] = E[P(X = U)] = u (1 u) 4 du. Mer op dat P(X = ) = P(X = 4 ) voor alle =, 1,, 3, 4. We hoeven deze integraal dus alleen uit te reenen voor =, 1,. (pt) Voor = rijgen we Voor = 1, Voor =, P(X = 1) = 4 P(X = ) = 6 P(X = ) = u(1 u) 3 du = 4 u (1 u) du = 6 (1 u) 4 du = 1/5. [(1 u) 3 (1 u) 4 ]du = 4[ ] = 1/5. [u u 3 + u 4 ]du = 6[ ] = 1/5. [Voor alle samen (4pt). Geef oo (4pt) als de waarden voor alle uitgereend worden. Tot slot, als wordt gebruit dat u (1 u) n du =, + 1 geef dan oo (4pt).]