Tentamen Voortgezette Kansrekening (WB006C)

Transcriptie

1 WB6C: Voortgezette Kansrekening Donderdag 26 januari 212 Tentamen Voortgezette Kansrekening (WB6C) Het is een open boek tentamen. Gebruik van een rekenmachine of andere hulpmiddelen is niet toegestaan. Vermeld op ieder blad je naam en studentnummer. Lees eerst de opgaven voor dat je aan de slag gaat. Deel je tijd verstandig in. Schrijf leesbaar. Geef voldoende uitleg bij je oplossingen, antwoorden zonder heldere afleiding worden niet goed gekeurd. Opgave 1 Laat X en Y stochasten zijn met gezamenlijke kansdichtheidsfunctie (pdf) gegeven door { 8xy als x y 1 f(x, y) = anders van Y. Zijn X en Y on- (a) Bereken de marginale kansdichtheidsfuncties f X van X en f Y afhankelijk? (b) Bepaal de kansdichtheidsfunctie van X + Y. Hint: Gebruik formule (6.4.1) uit het boek. (c) Bereken de voorwaardelijke pdf f X Y (x y) en de verwachtingswaarde E(X Y ). Opgave 2 Laat X 1 en X 2 onafhankelijke exponentieel verdeelde stochasten zijn, beide met parameter θ = 1 (X 1, X 2 EXP(1)). Definieer Y 1 = X 1 + X 2 en Y 2 = e X 1. (a) Schets de waardeverzameling van het paar (Y 1, Y 2 ) in R 2. (b) Bepaal de gezamenlijke kansdichtheidsfunctie f Y1,Y 2 van Y 1 en Y 2. (c) Bepaal de marginale kansdichtheidsfuncties f Y1 van Y 1 en f Y2 van Y 2. Hint: Dit is mogelijk zonder de gezamenlijke kansdichtheidsfunctie f Y1,Y 2 te gebruiken. Opgave 3 Zij X 1, X 2,... een steekproef (random sample); geef de verwachtingswaarde en variantie van de stochasten X i, i = 1, 2,..., aan met μ X en σx 2. Bekijk de som Y = N i=1 X i, waarbij de lengte van de som N een discrete stochast is met waardeverzameling {1, 2, 3,...}. Neem aan dat N onafhankelijk is van X i voor elke i. Druk E(Y ) en Var(Y ) uit in μ X, σ X, μ N = E(N) en σ N = Var(N). Hint: Bepaal eerst E(Y N) en Var(Y N). Z.O.Z.

2 Opgave 4 Beschouw twee steekproeven (random samples) U 1, U 2,... en V 1, V 2,..., met U i uniform verdeeld op (, 1) (U i UNIF(, 1)), V j exponentieel verdeeld met parameter θ = 1 (V j EXP(1)) en met U i en V j onafhankelijk voor alle i en j. Definieer nu een nieuwe rij stochasten X 1, X 2,... als volgt: We gooien éénmalig met een zuivere munt (P(Kop) = P(Munt) = 1 ), onafhankelijk van de 2 stochasten U i en V j. Als Kop boven komt dan definiëren we X i = U i voor alle i; als Munt boven komt dan definiëren we X i = V i voor alle i. (a) Laat zien dat E(X i ) = 3 4 voor alle i. (b) Definieer Y n = 1 n n i=1 X i. Bewijs dat voor ε < 1 de kansen 4 ] 4 > ε niet naar convergeren als n. (c) Leg uit waarom (b) niet in strijd is met de Wet van de Grote Aantallen.

3 Oplossing Opgave 1 (a) Er geldt (25pt) f X (x) = 1 x f Y (y) = 8xy dy = [ 4xy 2] y=1 = 4x(1 y=x x2 ), (x (, 1)) y 8xy dy = [ 4x 2 y ] x=y x= = 4y3, (y (, 1)). X en Y zijn niet onafhankelijk; dit volgt direct uit de vorm van het domein van f. (b) Definieer Z = X + Y. Er geldt f(t, z t) = d.e.s.d.a. t z t 1 t, z 2t, 1 + t z z/2 t max{, z 1}. Bij het toepassen van formule (6.3.1) moeten we dus onderscheid maken tussen z (, 1] en z (1, 2). Voor z (, 1]: f Z (z) = f(t, z t) dt = 8t(z t) dt = 8zt 8t 2 dt = [4zt 2 83 ] t=z/2 t3 = 2 3 z3. R En voor z (1, 2): f Z (z) = f(t, z t) dt = R z 1 8t(z t) dt = [4zt 2 83 ] t=z/2 t3 t=z 1 t= = 2 3 z3 + 4z 8 3. (c) Per definitie geldt, voor elke y [, 1]: Dan E(X Y = y) = En dus E(X Y ) = 2 3 Y. f X Y (x, y) = y f(x, y) f Y (y) = 2x y 2, x 2x y y dx = 2x 2 2 y dx = 2 (x [, y]). [ 2x 3 3y 2 ] x=y x= = 2 3 y. Oplossing Opgave 2 (a) Dit is het gebied (25pt) G = {(y 1, y 2 ) y 2 1, y 1 log y 2 }. (b) De overgang van (X 1, X 2 ) naar (Y 1, Y 2 ) gaat via met inverse ψ : R 2 + G, ψ(x 1, x 2 ) = (x 1 + x 2, e x 1 ) ((x 1, x 2 ) R 2 +) ψ 1 : G R 2 +, ψ 1 (y 1, y 2 ) = (log y 2, y 1 log y 2 ) ((y 1, y 2 ) G). Nu passen we Stelling toe, waarbij de Jacobiaan gegeven wordt door ( ) y 1 2 J ψ 1(y 1, y 1 ) = det 1 y2 1 = y2 1. Er volgt dat de gezamenlijke pdf gegeven wordt door f Y1,Y 2 (y 1, y 2 ) = f X1,X 2 (x 1, x 2 )(ψ 1 (y 1, y 2 )) J ψ 1(y 1, y 2 ) = e (log y 2+(y 1 log y 2 )) y 1 2 = e y 1 y 1 2.

4 (c) De marginale pdf s zijn te berekenen uit de gezamenlijke pdf, of direct uit de definities. De stochast Y 1 is de som van twee onafhankelijke EXP(1)-verdeelde, en dus GAM(1, 1)- verdeeld. Dan volgt uit Voorbeeld dat Y 1 GAM(1, 2). Met Stelling volgt dat f Y2 (y) = f X1 (log y) 1 y = e log y 1 y = 1 (y (1, )). y 2 Oplossing Opgave 3 (2pt) Als we de lengte van de som vastleggen op n, volgt uit de onafhankelijkheid van X 1, X 2,... dat Er volgt dus dat E(Y N = n) = E(X X n ) = E(X 1 ) + E(X n ) = nμ X. Var(Y N = n) = Var(X X n ) = Var(X 1 ) + Var(X n ) = nσ 2 X. E(Y N) = Nμ X, Var(Y N) = Nσ 2 X. Nu passen we de Wet van de Totale Verwachting (Stelling 5.4.1) en de Wet van de Totale Variantie (Stelling 5.4.3) toe en vinden: E(Y ) = E N (E(Y N)) = E N (Nμ X ) = μ N μ X. Var(Y ) = E N (Var(Y N)) + Var N (E(Y N)) = E N (Nσ 2 X) + Var N (Nμ X ) = μ N σ 2 X + μ 2 Xσ 2 N. Oplossing Opgave 4 (3pt) Definieer de stochast Z door: { 1 Kop gegooid Z = Munt gegooid (a) Met de Wet van de Totale Verwachting volgt dat (b) Definieer E(X i ) = E(X i Z = 1)P[Z = 1] + E(X i Z = )P[Z = ] = E(U i ) E(V i) 1 2 = = 3/4. U n = 1 n n U i, i=1 V n = 1 n n V i. Dan E(U n ) = E(U 1 ) = 1/2 en E(V n ) = E(V 1 ) = 1. Met de wet op de totale kans volgt dat ] 4 > ε = ] 4 > ε Z = 1 P[Z = 1] + ] 4 > ε Z = P[Z = ] = 1 ( P U n 3 ] 2 4 > ε + P V n 3 ]) 4 > ε. p p Met de Wet van de Grote Aantallen volgt dat U n 1/2 en V n 1. Hiermee zien we dat voor elke ε (, 1/4): P U n 3 ] 4 > ε = 1 P U n 3 ] 4 < ε 1 P U n 1 2 < (3 4 1 ] 2 ) ε = 1 P U n 1 2 < 1 ] 4 ε 1, i=1

5 en opvergelijkbare manier P V n 3 ] 4 > ε = 1 P V n 3 ] [ 4 < ε 1 P V n 1 ] 3 < (1 4 ) ε [ V = 1 P n 1 ] 1 < 4 ε 1, In het bijzonder volgt dat voor elke ε < 1/4: ] 4 > ε 1. (c) De Wet van de Grote Aantallen is hier niet van toepassing omdat de rij stochasten X 1, X 2,... niet onafhankelijk zijn.