Transcript Lösningsförslag Tentamen i Sannolikhetsteori II 26 oktober 2012

STOCKHOLMS UNIVERSITET
MATEMATISKA INSTITUTIONEN
Avd. Matematisk statistik
MT 5002
TENTAMEN
26 oktober 2012
Lösningsförslag Tentamen i Sannolikhetsteori II
26 oktober 2012
Cecilia Holmgren, tel. 16 45 64 [email protected].
Tabell över sannolikhetsfördelningar (utökat Appendix B)
som delas ut vid tentamenstillfället. Miniräknare är ej tillåtna.
Examinator:
Tillåtna hjälpmedel:
Resonemang skall vara tydliga och lätta att följa. Varje korrekt och fullständigt
löst uppgift ger 10 poäng. Följande gränser gäller för betygen A-Fx:
A
15
36
Teoridel
Problemdel
B
15
32
C
10
28
D
10
24
E
10
20
Fx
5
10
Teoridel: Uppgift 1
Låt X1 , X2 , . . . vara oberoende likafördelade stokastiska variabler med ändligt
väntevärde µ och ändlig varians σ 2 > 0.
a) Deniera konvergens i fördelning.
(2 p)
b) Formulera och bevisa centrala gränsvärdessatsen under antagandet att den
momentgenererande funktionen för variablerna Xi existerar.
(4 p)
c) Sätt Sn = X1 + X2 + · · · + Xn och anta att variablerna Xi är positiva,
visa att
2
Zn =
σ
Sn − nµ
√
→ N (0, ), n → ∞.
µ
Sn
(4 p)
Lösning: Uppgift 1
a) Se Denition 6.1.4 s.147 (Gut, Intermediate course in Probability second
edition).
b) Se sats 6.5.2 s.162-163 (Gut) (bevis kolla eventuellt föreläsningsanteckningarna).
c) Vi har
där
Sn √
−nµ
σ n
Sn − nµ
Sn − nµ
√
√
=
·σ
σ n
Sn
r
n
,
Sn
konvergerar i fördelning mot N (0, 1) och
q
q
n
Sn
konvergerar i
sannolikhet mot µ1 enligt stora talens lag. Alltså gäller påståendet enligt
Slutskys eller Cramers sats se sats 6.6.5 s.168 i Gut.
1
Teoridel: Uppgift 2
Låt X1 , X2 , . . . Xn vara oberoende likafördelade stokastiska variabler fördelade
som X , Låt N vara ickenegativt och heltalsvärd oberoende av X1 , X2 , . . . , Xn .
Antag att E(N ) < ∞ och E(|X|) < ∞. Låt Sn = X1 + X2 + · · · + Xn .
a) Visa att E(SN ) = E(N ) · E(X). Valfritt bevis får användas.
(3 p)
b) Visa att om dessutom V ar(N ) < ∞ och V ar(X) < ∞, så är
V ar(SN ) = E(N )V ar(X) + (E(X))2 V ar(N ).
Valfritt bevis fås användas. Det är tillåtet att använda en allmän formel
för variansen av en stokastisk variabel utan att bevisa denna.
(3 p)
c) Under en timme på Monte Carlo Casinot så är det ett Poissonfördelat
antal personer P o(λ) där λ = 100 som spelar roulette. I roulette nns 37
ckor runt ett roulettehjul numrerade 0-37, där ckorna med de udda talen
är röda, ckorna med de jämna talen (fr.o.m 2) är svarta och ckan med
siran 0 är grön. Om man hamnar på röd vinner man annars så förlorar
man spelet. Antag att varje spelare spelar 10 gånger. Vad är väntevärdet
och variansen för antalet vinster under timmen?
(4 p)
Lösning: Uppgift 2
a) Använd t.e.x sannolikhetsgenererande funktionen enligt bevis av sats 3.6.2
a) s.81 eller mer direkt bevis på s.82. Inget avdrag ges om man antar att
variablerna Xi är heltalsvärda och utnytjjar den sannolikhetsgenererande
funktionen istället för momentgenererande som gäller för det mer allmänna
fallet. Detta gäller också för b) delen.
b) Se bevis av sats 3.6.2 b) s.81 eller alternativt bevis med variansformeln
s.82.
18
c) Notera att antalet vinster X för en spelare är binomialfördelat Bin(10, 37
).
Med väntesvärdesformeln fås att
E(SN ) = E(N ) · E(X) = 100 ·
18000
10 · 18
=
37
37
och med variansformeln att
V ar(SN ) = E(N )V ar(X)+(E(X))2 V ar(N ) = 100·10·
18
18
182
·(1− )+100· 2 ·100.
37
37
37
Problemdel: Uppgift 3
Låt X ∈ Exp( 21 ) och Y ∈ Exp(1). Antag att X och Y oberoende. Låt U = X +Y
X
och V = X+Y
.
a) Bestäm den simultana täthetsfunktionen för (U, V ).
(5 p)
b) Bestäm de marginala täthetsfunktionerna för U och V och avgör om U
och V är oberoende?
(5 p)
2
Lösning: Uppgift 3
a) fX,Y (x, y) = {oberoende} = fX (x)fY (y) = 2e−2x e−y . Använd transformationssatsen sats 2.1 på s.21 för att bestämma täthetsfunktionen för
X
(U, V ) där U = X + Y och V = X+Y
. Transformationen har invers
X = U V och Y = U (1 − V ). Jakobianen är −u. Vi får därför för u > 0
och 0 < v < 1,
fU,V (u, v) = fX,Y (uv, u(1 − v))| − u| = 2ue−2uv e−u(1−v) = 2ue−u(v+1)
och 0 annars.
b) För u > 0 fås att
Z
∞
fU,V (u, v)dv = 2e−u
fU (u) =
1
Z
−∞
ue−uv dv = 2e−u (1 − e−u ).
0
För v : 0 < v < 1 fås att
Z
∞
2
fV (v) =
fU,V (u, v)du =
v
+
1
−∞
Z
∞
u(v + 1)e−u(v+1) du =
0
2
(v + 1)2
där den sista likheten följer av att vi identierar integralen som väntevärde
1
i en Exp( v+1
) fördelning. Det är lätt att se att
fU,V (u, v) 6= fU (u)fV (v),
så U och V är inte oberoende.
Problemdel: Uppgift 4
Den tredimensionella kontinuerliga stokastiska variabeln (X, Y, Z) har simultan
täthetsfunktion f (x, y, z) = 9z 2 (x + y) 0 < x < 1 − y, 0 < y < 1, 0 < z < 1.
a) Bestäm den betingade fördelningen för X givet Y = y .
(5 p)
b) Bestäm E(X|Y ) och P (E(X|Y ) ≤ 13 ).
(5 p)
Lösning: Uppgift 4
Den tredimensionella kontinuerliga stokastiska variabeln (X, Y, Z) har simultan
täthetsfunktion f (x, y, z) = 9z 2 (x + y) 0 < x < 1 − y, 0 < y < 1, 0 < z < 1.
a) De marginella täthetsfunktionerna för (X, Y ) och Y är
Z
fX,Y (x, y) =
1
9z 2 (x + y) = 3(x + y)dz
0 < x < 1 − y; 0 < y < 1,
0
Z
fY (y) =
1−y
3(x + y)dx =
0
3
(1 − y 2 )
2
0 < y < 1,
vilket ger den betingade tätheten
fX|Y =y (x) = 2
x+y
0<x<1−y .
1 − y2
3
b) Först beräknas
Z
E(X|Y = y) =
0
1−y
x+y
1
2x
dx = 2
1 − y2
1 − y2
vilket ger
E(X|Y ) =
Z
1−y
2 − y − y2
3(1 + y)
x(x+y)dx =
0
2−Y −Y2
.
3(1 + Y )
Vi räknar nu ut fördelningsfunktionen för den stokastiska variabeln E(X|Y )
i punkten 13 till
P (E(X|Y ) ≤
√
1
2−Y −Y2
1
) = P(
≤ ) = P (Y ≥ 2−1) =
3
3(1 + Y )
3
Z
1
√
2−1
√
3
(1−y 2 )dy = 2−1.
2
Problemdel: Uppgift 5
a) Antag att X är en stokastisk variabel som antar värdet 0 med sannolikheten 1/2, värdet 15 med sannolikheten 1/3 och värdet 21 med sannolikheten
1/6. Bestäm den sannolikhetsgenererande respektive den momentgenererande funktionen för X .
(3 p)
b) Antag att Y är en stokastisk variabel sådan att
E(Y k ) =
1
+ 3k−1 , k = 1, 2, . . .
9
Bestäm fördelningen för Y och visa att den är unik.
Lösning: Uppgift 5
a) Den sannolikhetsgenererande funktionen är
E(tX ) =
1 1 15 1 21
+ t + t
2 3
6
och den momentgenererande funktionen är
E(etX ) =
1 1 15t 1 21t
+ e + e .
2 3
6
b) Vi vet att Taylor utvecklingen för
etY = 1 +
∞ n n
X
t Y
.
n!
n=1
Då vi tar väntevärdet termvis (vilket är tillåtet här) så fås att
ψY (t) = E(etY ) = 1 +
4
∞ n
X
t
E(Y n ).
n!
n=1
(7 p)
Alltså gäller att
ψY (t) = E(etY ) = 1 +
∞ n
X
t 1
( + 3n−1 ).
n!
9
n=1
Vi får då att
ψY (t) =
1
1
1
5
1 t
(e − 1) + (e3t − 1) + 1 = et + e3t + .
9
3
9
3
9
Alltså variabeln Y antar värdet 0 med sannolikhet 59 värdet 1 med sannolikhet 19 och värdet 3 med sannolikhet 31 . Detta är den enda stokastiska
variabeln som har momenten E(Y k ) = 19 + 3k−1 då den momentgenererande funktionen är unik se sats 3.3.1 s.63 i Gut.
Problemdel: Uppgift 6
a) Låt X1 , X2 , . . . vara positiva, oberoende, likafördelade stokastiska variabler med väntevärde µ > 0 och ändlig varians σ 2 > 0, sätt Sn =
X1 + X2 + · · · + Xn och visa att
p
Sn −
√
nµ → N (0, b2 ), n → ∞
och bestäm konstanten b.
(7 p)
b) Är det möjligt om vi låter X1 , X2 , . . . , Xn vara oberoende, likafördelade
slumpvariabler med väntevärde 0 att påståendet i a) fortfarande är sant?
(3 p)
Lösning: Uppgift 6
a) Vi har att
√
√
p
( Sn + nµ)
Sn − nµ
√
√
= √
→ N (0, σ 2 ), n → ∞.
( Sn − nµ)
n
n
Alltså fås att
p
√
Sn − nµ = √
√
Sn − nµ
1
Sn − nµ
n
√
√
=q
.
√
√
n
n
Sn
Sn + nµ
+ µ
n
Vi har p.g.a stora talens lag att √ Sn1
n
√
+ µ
konvergerar i sannolikhet mot
. Från Slutskys eller Cramers sats (se Gut sats 6.5.2 s.168) fås att
√
σ2
Sn − nµ konvergerar i fördelning mot en N (0, 4µ
) fördelning. Dvs
konstanten b = 2√σ µ . Alternativt bevis är att använda sats 1 i felskattningskompendiet.
1
√
2 µ
√
b) Nej. Om vi låter X1 , X2 , . . . , Xn vara oberoende, likafördelade slumpvariabler med väntevärde 0 så är antingen variablerna konstant lika med 0 och
påståendet är förstås falskt, eller så har summan Sn stöd på den negativa
reella axeln och påståendet är också falskt då normalfördelningen inte har
stöd på imaginära tal.
5