Het tentamen heeft 25 onderdelen. Met ieder onderdeel kan maximaal 2 punten verdiend worden.

Transcriptie

1 Hertentamen Inleiding Kansrekening WI64. 9 augustus, 9:-: Het tentamen heeft 5 onderdelen. Met ieder onderdeel kan maximaal punten verdiend worden. Het tentamen is open boek. Boeken, nota s en een (eventueel grafische) rekenmachine mogen gebruikt worden.. De ademanalyse die gebruikt wordt door de politie om te testen of bestuurders de legale grens van alcoholpercentage in het bloed overschrijden, voldoet aan P (A B) = P (A c B c ) = p Hierbij is A de gebeurtenis dat de ademanalyse aangeeft dat de legale grens overschreden is, en B de gebeurtenis dat de bestuurder de legale grens overschrijdt. Het is bekend dat ongeveer 5% van de bestuurders op zaterdagavond de legale grens overschrijden. De kans dat men (op zaterdagavond) getest wordt onderweg is ongeveer 5%. a) Beschrijf in woorden de betekenis van de conditionele kans P (B c A). Is de conditionele kans dat gegeven dat de ademanalyse aangeeft dat de bestuurder teveel gedronken heeft, de bestuurder niet teveel gedronken heeft b) Bereken P (B c A) indien p =.95. P (B c A) = P (A B c )P (B c ) P (A B)P (B) + P (A B c )P (B c ) = (.5)(.95) = / c) Wat is de minimale waarde van p zodanig dat P (B A).9? P (B A) = P (A B)P (B) P (A) = p.5 p.5 + ( p).95 = p p + ( p)9 = p 9 8p oplossen naar p geeft.9(9 8p) = p p =.9(9)/( +.9 8) =.994

2 d) Wat is, voor p =.95, de kans dat een bestuurder die (op zaterdagavond) teveel gedronken heeft er ongestraft vanaf komt? oem O de gebeurtenis dat hij er ongestraft vanaf komt, en T dat hij getest wordt P (O) = P (O T )P (T )+P (O T c )P (T c ) = (.5)(.5)+, 75 =.765. X is een continue stochast met cumulatieve verdelingsfunctie gegeven door { e x F X (x) = xe x voor x () voor x < a) Bereken de bijbehorende kansdichtheid. Is de afgeleide van de cumulatieve verdeling e x e x + xe x = (e x + xe x ) b) Bereken de verwachting en de variantie van X. U mag hierbij gebruiken dat x n e x = n!. E(X) = ( + ) = / E(X ) = ( + 6) = 4 V (X) = 4 (9/4) = 7/4 c) Stel Y = e X. Bereken de cumulatieve verdelingsfunctie van Y, en geef aan welke waarden Y kan aannemen. Y kan de waarden aanemen tussen nul en. Voor y (, ) geldt P (Y y) = P (X ln(y)) = ( e ln(y) + ) ln yeln(y) = y y ln(y) d) Zij X en X onafhankelijke stochasten met verdeling gegeven door (). Bereken de variantie van XX. dus E(XX ) = E(X)E(X ) = (/) E((XX ) ) = E(X )E((X ) ) = 4 V (XX ) = 6 (/) 4

3 . (X, Y ) is een continue tweedimensionale stochast met kansdichtheid gegeven door { Cxy voor x y f X,Y (x, y) = () elders a) Toon aan dat C =. y ( xy dx)dy = y 4 /dy = / b) Bereken de marginale kansdichtheden van X en Y. f X (x) = x xy dy = x x = (x x4 ) f Y (y) = y c) Zijn X en Y onafhankelijk? een want f XY (x, y) f X (x)f Y (y). xy dx = y 4 / = 5y 4 d) Bereken de conditionele verwachting E(X Y ). De conditionele kansdichtheid van X, gegeven Y = y wordt gegeven door f X Y =y = xy 5y 4 = x/y voor x y De verwachting van X gegeven Y = y is dus y en dus is E(X Y ) = Y / x x/y dx = /y (y 4 /) = y / 4. X n, n =,,... zijn onafhankelijke stochasten waarvoor geldt E(X n ) = e n V (X n ) = + n a) Laat zien dat voor het gemiddelde Y = n= X i geldt lim E(Y ) =

4 E(Y ) = / E(X n ) = / n= e n = n= e e de limiet hiervan als is duidelijk gelijk aan nul. V (Y ) = n= V (Y n ) = lim V (Y ) = n= (+(/n )) (+) = / U mag hierbij gebruiken dat indien een rij getallen a n convergeert naar een getal a, dan geldt lim n= a n = a. b) Laat zien dat Y in kans naar nul convergeert. voor ɛ > geldt P ( Y E(Y ) > ɛ) V (Y ) ɛ Bijgevolg omdat V (Y ) naar nul convergeert als volgt dat Y E(Y ) naar nul convergeert in kans. Verder geldt lim E(Y ) = zodat Y = (Y E(Y )) + (E(Y )) naar nul convergeert in kans. c) Indien nu bovendien gegeven is dat X n normaal verdeeld zijn, toon dan aan dat X i i= in verdeling convergeert naar een standaard normaal verdeelde stochast. Stel Z = i= X i, dan geldt, gebruik makend van onafhankelijkheid en normaliteit van X i geldt dat Z normaal verdeeld is met verwachting en variantie µ = σ = n= E(X n ) = V (X n ) = n= e n n= ( + n ) als dan µ en σ. Bijgevolg wordt dit in de limiet de standaardnormale verdeling. 4 n= n=

5 5. (X, X, X, X 4 ) is multivariaat normaal verdeeld met verwachting nul en covariantiematrix C gegeven door 4 C = 4 4 a) Geef de onafhankelijkheidsrelaties van de stochasten (X, X, X ). b) Voor welke waarde(n) van a zijn de stochasten ax + X en X + ax onafhankelijk? c) Voor welke strikt positieve waarden van α, β, γ is de stochast Y = αx + β(x + X ) + γx 4 χ verdeeld, en met hoeveel vrijheidsgraden? 6. Een Markov keten met toestandsruimte S = {,, } heeft overgangsmatrix P = 4 4 a) Bepaal de stationaire verdeling. Is er een unieke stationaire verdeling? (µ µ µ ) 4 4 = (µ µ µ ) en µ + µ + µ geeft als unieke oplossing (9, 4, 8). b) We spelen het volgende spel gebaseerd op de Marko keten. Indien de Markov keten in toestand is verliest de speler (euro), indien de Markovketen in toestand of is, wint de speler euro. We starten de Markovketen uit toestand, en noemen W n de winst op tijdstip n. Bereken de asymptotische verwachte winst per tijdseenheid lim E(W n ) n= In deze limiet convergeert de Markov keten naar zijn unieke stationaire verdeling. I.e., deze limiet is µ + µ + µ = 5 (( )(9) ) = 6

6 c) Indien de Markovketen start uit toestand, bereken dan de kans dat toestand eerder bereikt wordt dan toestand. oemen we deze kans x dan voldoet de kolomvector f = aan de vergelijking P f = f waarbij P de overgangs matrix is waarbij de toestanden en absorberend gemaakrt zijn. I.e., x = x 4 4 dit geeft x = /. 7. Zijn de volgende beweringen juist of fout? Geef een (bondig) argument. a) Voor onafhankelijke en gelijk verdeelde positieve stochasten X i, i =,,,..., waarvoor geldt P (X i x) = /x, kunnen we de centrale limietstelling toepassen. Fout deze stochasten hebben geen eindige variantie: immers de kansdichtheid is /x en de integraal x /x = b) Disjuncte gebeurtenissen zijn altijd onafhankelijk. Fout indien P (A) en P (A c ) en A c dan x P (A A c ) = P ( ) = P (A)P (A c ) c) Een verzekeringsmaatschappij heeft verzekerden voor brand. De kans op een brand in de loop van een jaar wordt geschat op 4. Het aantal schadegevallen als gevolg van brandschade is dan benaderend Poisson verdeeld met parameter λ =. Dit is correct De werkelijke verdeling is binomiaal met n = en p = 4, wat benaderend Poisson verdeeld is met parameter λ = np = d) Indien A en B onafhankelijke gebeurtenissen zijn met gelijke kans, dan geldt P (A A B) = Fout P (A A B) = P (A) P (A) + P (B) P (A B) 6

7 stellen we x = P (A) = P (B) dan geldt P (A A B) = en dit is in het algemeen niet /. x x + x x 7