Lösungen einiger Beispiele zur Vorlesung Statistik 2: Kap. 23 ...

Lösungen einiger Beispiele zur Vorlesung Statistik 2:Kap. 23: Kontinuierliche VerteilungenKap. 23.1: Verteilungsfunktion, Erwartungswert und Varianz derGleichverteilungFür die Gleichverteilung X ∼ G(a;b) gilt die Dichtefunktion:(i) Verteilungsfunktion:{ 1f (a,b) falls a ≤ x ≤ b,G (x) =b−a0 sonst.F(x) =∫x−∞f(x ′ )dx ′(Beachten Sie die Integrationsvariable x ′ , die eine andere als x sein muss, da letztereja schon als Grenze der Integralfunktion von F(x) vorkommt!) Es gibt drei Fälle:• x < a: Dann ist der Integrand f G (x) = 0 und damit auch das Integral: F G (x) =0.• x > b:• a ≤ x ≤ b:F(x) =∫baF(x) =1b − a dx′ = b − ab − a = 1∫xa1b − a dx′ = x − ab − a .f G (x)F G (x)10.80.60.40.201.210.80.60.40.20f G(0.2,1.7) (x)0 0.5 1 1.5 2(0.2,1.7) xF G (x)0 0.5 1 1.5 2x1

Kap. 23.2: Verteilungsfunktion, Erwartungswert und Varianz derExponentialverteilung(i) Verteilungsfunktion:Auch hier ist die Dichtefunktionf (λ)E (x) ={λe−λxfür x ≥ 0,0 sonst.bereichsweise definiert und man muss zwei Fälle unterscheiden:• x < 0: Dann ist der Integrand f E (x) = 0 und damit auch das Integral: F E (x) =0.• x ≥ 0:F(x) =∫x0[ ] −1 xλe −λx′ dx ′ = λλ e−λx′ 0= 1 − e −λx .f E (x)F E (x)21.81.61.41.210.80.60.40.2010.90.80.70.60.50.40.30.20.100 0.5 1 1.5 2 2.5 3xλ=20 0.5 1 1.5 2 2.5 3xλ=2(ii) Erwartungswert:µ = E(X) =∫ ∞0xλe −λx dxZum Weiterkommen benötigt man die partielle Integration:3

2. Die Höchstgeschwindigkeiten V von PKW’s seien gaußverteilt mit Erwartungswert180 km/h und Varianz (20 km/h) 2 .(a) Wieviel Prozent der PKW’s haben Höchsgeschwindigkeiten von unter 190 km/h?Transformieren Sie die Verteilung auf eine Standardnormalverteilung, so dassSie die entsprechende Tabelle verwenden können.(b) Wieviel Prozent der PKW’s fahren schneller als 200 km/h?(c) Wieviel Prozent der PKW’s fahren maximal zwischen 170 km/h und 200 km/h?(d) Berechnen Sie das 60% Quantil v 0.6 und das 25% Quantil v 0.4 der Höchstgeschwindigkeiten.Drücken Sie die Ergebnisse auch in Worten aus.Lösung:(a) Die zur gaußverteilten Variable V der Höchstgeschwindigkeiten gehörige standardnormalverteilteZufallsvariable istmit µ = 180 km/h und σ = 20 km/h.Damit gilt(b) Es gilt analog:Z = V − µσP(V < 190km/h) = P(µ + σZ < 190km/h)190 − 180= P(Z < )20( ) 190 − 180= Φ = Φ(0.5)20Tabelle= 0.6915200 − 180P(V > 200km/h) = P(Z > )20( ) 200 − 180= 1 − Φ = 1 − Φ(1)20Tabelle= 1 − 0.8413= 0.1387.(c) Hier müssen wir die Symmetriebeziehung Φ(z) = 1 − Φ(−z) anwenden, da dieTabelle nur für positive Argumente z definiert ist:P(170km/h < V < 200km/h) = F v (200km/h) − F v (170km/h)( ) ( )200 − 180 170 − 180= Φ− Φ2020= Φ(1) − Φ(−0.5)= Φ(1) − 1 + Φ(0.5)Tabelle= 0.8413 − 1 + 0.6915= 0.5328.5

(d) Hier wenden wir die Tabelle “umgekehrt” an, oder besser gleich die Quantilstabelleder Standardnormalverteilung, welche die Umkehrfunktion tabelliert.Allgemein ist das Quantil x q zum Wert q der Verteilungsfunktion F(x) definiertdurch F(x q ) = q, also im Falle der Standardnormalverteilung Φ(z):Φ(z q ) = q.Außerdem gilt für Φ die Symmetriebeziehungz 1−q = −z q .Aus der Quantilstabelle erhält man damit60% Quantil: z 0.6 = 0.25,25% Quantil: z 0.25 = −z 0.75 = −0.67.Nun müssen wir noch die Quantile der Standardnormalverteilung auf die Normalverteilungder Geschwindigkeiten umrechnen: Wegen Z = (V − µ)/σ giltV = µ + σZ und damitv 0.25 = µ + σz 0.25 = 166.7km/h,v 0.6 = µ + σz 0.6 = 185km/h.In Worten: Die Höchstgeschwindigkeit, die 25% der Fahrzeuge nicht erreichen,beträgt 166.7 km/h, während 60% der Fahrzeuge langsamer als 185 km/h sind.6

Kap. 23.4: Ausgewählte Beispiele zum Zentralen Grenzwertsatz(a) Zeigen Sie, dass die Binomialverteilungf (n,θ)B (x) =(nx)θ x (1 − θ) n−xfür große n in die Normalverteilung übergeht: Wie groß sind Erwartungswert undVarianz?Lösung Die Binomialverteilung f (n,θ)B (x) beschreibt einen n maligen binären Zufallsprozess,bei dem jeweils mit der Wahrscheinlichkeit θ das Ergebnis = 1, undmit Wahrscheinlichkeit (1 − θ) das Ergebnis =0 ist (z.B. Münzwurf).Also: X = ∑ ni=1 X i ist (n,θ)-binomialverteilt, wenn alle X i ∼ B(1,θ) unabhängigund binomialverteilt sind.Sind die Voraussetzungen für den zentralen Grenzwertsatz (ZGWS) efüllt?– n ≫ 1: nach Voraussetzung (n ≥ 30 ist OK)– Unabhängigkeit: nach Voraussetzung– Aufgrund des beschränkten Wertebereichs haben die X i auf jeden Fall endlicheVarianzen.– Sind alle Einzelvarianzen σ 2 i ≪ als die Summe σ 2 ? Da es sich um identischeVerteilungen handelt, gilt σ 2 i /σ 2 = 1/nKenngrößen der Zufallsgrößen X i :Damit giltµ i = µ 1 = E(X 1 ) = θ ∗ 1 + (1 − θ) ∗ 0 = θ,σ 2 i = σ 2 1 = E(X 1 − µ 1 ) 2 = θ(1 − θ) 2 + (1 − θ)θ 2 = θ(1 − θ).n∑X = X i ≈ N(µ,σ 2 ) für n ≥ 30i=1mitµ = nµ i = nθ,σ 2 = nσ 2 i = nθ(1 − θ).(b) Übliche Zufallsgeneratoren erzeugen Realisierungen von (0,1)-gleichverteilten(Pseudo-) Zufallsvariablen X ∼ G(0, 1). Wie könnte man mit dem zentralen Grenzwertsatzdaraus eine (µ,σ 2 )-Normalverteilung simulieren?Anwendung des Zentralen Grenzwertsatzes: Wenn der Zufallsgeneratoren-OutputX i ∼ G(0, 1) ist, dann ist eine Summe von mindestens 30 Werten annähernd gaußverteilt:Y =30∑i=1X i ∼ N(µ y ,σ 2 y)7

mitµ y = 30 ∗ 1 2 = 15,σ 2 y = 30 ∗ 1 12 = 5 2Nun will man aber eine normalverteilte Zufallsgröße Z mit frei wählbaren µ und σ 2 .Dies erreicht man durch die LineartransformationZ = aY + b,mit folgenden Bedingungen an die beiden Parameter:µ z = aµ y + b ! =µ,σ 2 z= a 2 σ 2 y!=σ 2 .Dies sind zwei Gleichungen für die Koeffizienten a und b mit den Lösungena = σ σ y, b = µ − σ σ yµ y .Damit ergibt sich nach Einsetzen der Zahlenwerte:Z = µ +√ ( 2 30∑)5 σ X i − 15i=1Fällt Ihnen eine andere Methode ein, mit der man aus der Gleichverteilung beliebigeVerteilungen erzeugen kann?Man identifiziert die Werte x i des gleichverteilten Zufallsgenerators direkt als Quantilez xi der gesuchten Verteilung. Die Quantile {z xi } stellen dann Realisierungen derZufallsgröße Z mit der gewünschten Verteilung dar.Beispiel Z ∼ N(0, 1): “würfelt” der Zufallsgenerator die Zahlen x 1 = 0.1, x 2 = 0.5und x 3 = 0.7, so entspricht das z 1 = z x1 = −1.28, z 2 = z x2 = 0, und z 3 = z x3 = 0.52.Notwendig ist für diese Methode aber eine elektronisch aufrufbare Quantil-Tabelle.(c) An der Salatbar einer Mensa kostet der Salat 1 C = /100g. Der Salat wird gewogenund der Betrag zwecks leichterer Bezahlbarkeit auf ein Vielfaches von 50 Centauf- oder abgerundet. Wie hoch ist das Risiko, dass der Student nach 192 maligemSalatessen durch die Rundung einen Nachteil von mehr als 3 C = hat, wenn er dasSalatgewicht nicht vorher abschätzt?Der Rundungsfehler (in C = ) geht von -0.25 (Salatwert 1.24999.. C = , 1.74999.. C = ,etc) bis +0.25 (Salatwert 1.25 C = , 1.75 C = , etc). Falls man nicht vorher das Gewichtabschätzt, sind alle Rundungsfehler in diesem Bereich etwa gleich wahrscheinlich,so dass für den Rundungsfehler X i beim i-ten Salatessen gilt:X i ∼ G(−0.25; 0.25).8

Da der Rundungsfehler nicht vom Ergebnis des vorhergehenden Salatbarbesuchsabhängt, sind die X i unabhängig und der Gesamtfehler Y i nach 192 Besuchen istwegen 192 ≥ 30 angenähert gaußverteilt:192∑Y = X i ∼ N(µ,σ 2 ), µ = 0, σ 2 = 192σX 2 i= 19248 = 4.i=1Um die Tabelle benutzen zu können, wird Y auf eine Standardnormalverteilungtransformiert:Z = Y − µ = Y ∼ N(0, 1).σ 2Die Wahrscheinlichkeit, dass der Nachteil (d.h. der Rundungsfehler) mehr als 3 C = beträgt,ist damitP(Y > 3) = P(Z > 1.5) = 1 − P(Z ≤ 1.5) = 1 − Φ(1.5) = 0.067Nur mit einer Wahrscheinlichkeit von weniger als 7% (!) ist der Nachteil größer als3 C = .9