b) Uit Bayes volgt, gebruik makend van onderdeel a) P (T V )P (V ) P (T ) = (0.09)(0.07)

Maat: px

Weergave met pagina beginnen:

Download "b) Uit Bayes volgt, gebruik makend van onderdeel a) P (T V )P (V ) P (T ) = (0.09)(0.07)"

Anneleen Desmet
6 jaren geleden
Aantal bezoeken:

1 Uitwerkingen tentamen 6 juli 22. We stellen T de gebeurtenis test geeft positief resultaat, F de gebeurtenis, chauffeur heeft gefraudeerd, V de gebeurtenis, chauffeur heeft vergissing gemaakt C de gebeurtenis, chauffeur heeft correct ingevuld Uit de gegevens volgt P (T F.9, P (T V.9, P (T C., P (F.3, P (V.7, P (C.9. a P (T P (T F P (F + P (T V P (V + P (T CP (C.423 b Uit Bayes volgt, gebruik makend van onderdeel a P (V T P (T V P (V P (T (.9( c Voor de tweede test geldt P (T 2 F.95, P (T 2 V.4, P (T 2 C.. Hieruit volgt, zoals in onderdeel a dat P (T 2.43, en dus, P (T2 c P (T De gevraagde kans is P (F T2 c T : gegeven is immers dat het eerste testresultaat positief is en het tweede negatief. Gebruik makend van Bayes, en de onafhankelijkheid van de twee testen, geldt P (F T c 2 T P (T c 2 T F P (F P (T c 2 T ( P (T c 2 F P (T F P (F P (T c 2 P (T (.9(.5(.3 (.4423( a Continuiteit van F X in x, x geeft a, b. Normalisatie geeft C 6. b f X (x F X (x 6(x2 x 3 voor x [, ] en f X (x elders. c E(X x6(x2 x 3 dx 6(/4 /7 9/4, E(X 2 x2 6(x 2 x 3 dx 6(/5 /8 9/2. V (X E(X 2 (E(X 2 9/2 (9/

2 d We berekenen eerst de cumulatieve verdeling. Gebuik makend van het feit dat X waarden aanneemt in [, ], en dus niet-negatief kan zijn, volgt P ( ln(x 2 x P (X 2 e x P (X e x/2, x 6((/3e 3x/2 (/6e 3x, x Waarbij we in de tweede gelijkheid gebruikt hebben dat X niet negatief is. De kansdichtheid is dan gelijk aan minus de afgeleide van P ( ln(x 2 x, wat geeft voor y f Y (y (3e 3y/2 3e 3y voor y 3. Alle kansdichtheden uit deze opgave zijn enkel verschillend van nul voor x, y [, ], en zijn nul elders. We stellen verder dan ook dat x, y [, ]. a f X (x f X,Y (x, ydy 2x, f Y (y f X,Y (x, y dx 3y 2 b Deze kans is gelijk ( y P (X < Y f X,Y (x, y dx dy ( y dx(9xy 2 6x 3 y 2 6xy 5 + 2x 3 y 5 dy ( (9y 4 /2 (6y 6 /4 (6y 7 /2 + (2y 9 /4 (9/ 6/28 6/6 + 2/4.67 c De conditionele kansdichtheid is f X Y y (x f X,Y (x, y 3x 2x 3 2xy 3 + 4x 3 y 3 f Y (y De conditionele verwachting is dan E(X Y y Bijgevolg, E(X Y Y 3 x(3x 2x 3 2xy 3 + 4x 3 y 3 dx y3 2

3 4. a Voor de Poisson verdeling met parameter λ geldt E(X 2 V (X+ (E(X 2 λ + λ 2. Er geldt dus λ 2 + λ 2, wat geeft (rekening houdend met de restrictie λ λ. Bijgevolg P (X e λ e. De uitspraak is dus juits. b Deze uitspraak is juist. Niet gecorreleerd volgt uit cov(x Y, X + Y cov(x, X cov(y, Y cov(y, X + cov(x, Y V (X V (Y Niet onafhankelijk volgt bijvoorbeeld via berekening van de moment genererende functie: E(e t(x+y e s(x Y E(e (t+sx e (t sy ( ( e (t+s e t s t + s t s e2t e t+s e t s + t 2 s 2 Dit is duidelijk niet het product van een functie van s met een functie van t. Bijgevolg zijn X + Y en X Y niet onafhankelijk. c Rekenregels van de variantie geven V (2X Y +3 4V (X+( 2 V (Y 4V (X+V (Y 4+ 5 De uitspraak is dus juist. 5. a E(X (M X (t t ((2 3 3(2 t 4 t (2 3 (3/2 4 3/2, E(X 3 (M X (t t ( (2 t 6 t (2 3 (6/2 6 5/2 b ( 3 ( E(e t(3x+4x +5 Ee 3tX Ee 4tX e 5t e 5t 2 3t 2 4t 6. a Er geldt V (X i 2 voor i even of oneven. Bijgevolg, gebruik makend van onafhankelijkheid: ( V X i V (X n n 2 i 2 2 n 2 n Gebruik makend van de Chebychev ongelijkheid vinden we dan ( P X i µ n > ɛ V ( n n X i 2 ɛ 2 nɛ 2 3

4 Bijgevolg, voor alle ɛ > ( lim P n n X i µ > ɛ b Indien X i normaal verdeeld zijn, dan geldt dat n (X i µ normaal verdeeld is met verwachting nul en variantie n σ2 i. Bijgevolg is voor a > n an (X i µ normaal verdeeld met verwachting nul en variantie n an σ2 i. Er geldt lim n n σi 2 3/2 dus moeten we a 3/2 kiezen: dan geldt immers voor n : an n σ2 i. 7. a a dan (X, X 2 X 3. Indien a dan X X 2 X 3. b cov(x X 2, X + X 2 cov(x, X cov(x 2, X + cov(x, X 2 cov(x 2, X 2 a + a Omdat het koppel (X X 2, X +X 2 multivariaat normaal verdeeld is impliceert dit ook onafhankelijkheid. c Er geldt V (X X 2 V (X + V (X 2 2cov(X, X 2 + 2(/2, V (X + X 2 V (X + V (X 2 + 2cov(X, X (/2 3 en V (X 3 2. Bijgevolg: α, β /3, γ /2. 8. a P 2 > (i.e., alle elementen van P 2 zijn strikt positief, dus irreducibel. Vanwege symmetrie is de periode van alle toestanden identiek. We kunnen van naar in 2, 3, 4,.. etc. stappen, dus periode is. b Gebruik makend van de Markov eigenschap is deze kans P (X 5 4 X 3 P (X 7 4 X 5 4 (P 2 4 (P /27 c Indien we f(i de kans noemen dat vertrekkend van toestand i toestand 4 eerder getroffen wordt dan toestand 3, dan geldt 4 P f f

5 (met f de kolom met elementen f(i, i,..., 4 en f(4, f(3. Stellen we f( x, f(2 y dan geeft dit de vergelijkingen x x x y wat geeft x y /2. (Dit kan ook uit symmetrieoverwegingen worden afgeleid 9. a Deze uitspraak is fout. De bijbehorende covariantiematrix zou dan gelijk zijn aan ( Deze matrix heeft determinant 2 en is dus niet positief definiet. b Fout, neem dan geldt P P 2 ( ( Bijgevolg geldt voor iedere kansverdeling µ (µ, µ 2 en voor iedere n dat µp 2n µ, en dus ook lim n µp 2n µ. Deze Markov keten heeft echter als unieke stationaire verdeling µ (/2, /2. c Deze uitspraak is juist. Voor het bewijs nemen we aan dat een M > bestaat zodanig dat X n, Y n, X, Y M. Er geldt dan P ( X n Y n XY > ɛ P ( X n (Y n Y > ɛ/2 + P ( (X n XY ɛ/2 P (M (Y n Y > ɛ/2 + P ( (X n X M ɛ/2 ( P (Y n Y > ɛ ( + P (X n X ɛ 2M 2M De bewering volgt dan door het nemen van de limiet n. 5

Vergelijkbare documenten

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

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