Statistik II Ubung - insurance.msm.uni-due.de · Statistik II Ubung Wintersemester 2016/2017 Prof.Dr.Antje Mahayni Oliver Lubos Mercator School of Management Department of Accounting

Statistik IIUbung

Wintersemester 2016/2017

Prof. Dr. Antje MahayniOliver Lubos

Mercator School of ManagementDepartment of Accounting & Finance

Oliver Lubos/Prof. Dr. Antje Mahayni Statistik II Ubung 1/72

Teil 1


Aufgabe 1.1

Aufgabe 1.1 (vgl. Klausur WS 12/13 Aufgabe 1a)

Gehen Sie bei der Bearbeitung der folgenden Aufgabe von einem fairen Wurfel(Laplace Wurfel) aus.

(a) Betrachten Sie den Zufallsvorgang einmaliges Wurfeln. Die Ereignisse Aund B sind wie folgt definiert:

A = Augenzahl ist gerade

B = Augenzahl ist großer oder gleich 5.

(a1) Geben Sie die Ergebnismenge Ω an.(a2) Bestimmen Sie die folgenden Wahrscheinlichkeiten

P(A) =

P(A ∪ B) =

P(A ∩ B) =

(a3) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafur, dass dieAugenzahl großer oder gleich 5 (Ereignis B) ist, gegeben dieAugenzahl ist gerade (Ereignis A).


Losung 1.1

Losung 1.1 (vgl. Klausur WS 12/13 Aufgabe 1a)

Gehen Sie bei der Bearbeitung der folgenden Aufgabe von einem fairen Wurfel(Laplace Wurfel) aus.

(a) Betrachten Sie den Zufallsvorgang einmaliges Wurfeln. Die Ereignisse Aund B sind wie folgt definiert:

A = Augenzahl ist gerade = 2, 4, 6B = Augenzahl ist großer oder gleich 5 = 5, 6

(a1) Ω = ω1, · · · , ω6 = 1, 2, 3, 4, 5, 6(a2) Bestimmen Sie die folgenden Wahrscheinlichkeiten

P(A) =3

6=

1

2

P(A ∪ B) =2

6=

1

3

P(A ∩ B) =5

6

(a3) P(B|A) = P(A∩B)P(A) = 1

3


Aufgabe 1.2

Aufgabe 1.2

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim Werfen von drei Wurfeln

(a) mindestens eine 4 auftritt?

(b) hochstens eine 6 auftritt?

(c) genau zweimal die 3 fallt?

(d) mindestens eine 4 und eine 5 auftritt?

Losung 1.2

→ Anzahl der moglichen Falle = 63

(a) 1−(56

)3(b)

(56

)3+ 3·5·5

63

(c) 3·563

(d) 4·3·2+3+363

= 3063


Aufgabe 1.3

Aufgabe 1.3

Ein Kraftfahrzeughandler weiß aus langjahriger Erfahrung, dass beiden in Zahlung genommenen Wagen 50% Mangel am Motor, 70%an der Karosserie und 30% an Motor und Karosserie aufweisen.Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafur, dass ein in Zahlunggenommener Wagen

(a) ohne Mangel an Motor und Karosserie ist,

(b) auch einen Mangel am Motor besitzt, wenn bekannt ist, dassdie Karosserie schadhaft ist?

Losung

(a) 0,1

(b) 37


Aufgabe 1.4 (vgl. Aufgabe 1a-b) Klausur WS 11/12)

Aufgabe 1.4 (vgl. Aufgabe 1a-b) Klausur WS 11/12)

(a) Betrachten Sie die Ereignisse A und B. Es gelte

P(A) =1

4, P(B) =

1

10, P(A ∩ B) =

1

20

Bestimmen Sie

(i) P(A ∩ B)(ii) P(A ∩ B ∪ A ∩ B)

(b) Betrachten Sie die Ereignisse C und D. Es gelte

P(C ) =1

5, P(D|C ) =

3

4, P(D|C ) =

1

20

Bestimmen Sie die folgenden Wahrscheinlichkeiten:

(i) P(C ∩ D)(ii) P(D)(iii) P(C |D)


Losung 1.4 (vgl. Aufgabe 1a-b) Klausur WS 11/12)

Losung 1.4 (vgl. Aufgabe 1a-b) Klausur WS 11/12)

(a) Betrachten Sie die Ereignisse A und B. Es gelte

P(A) =1

4, P(B) =

1

10, P(A ∩ B) =

1

20

Bestimmen Sie

(i) P(A ∩ B) = 0, 2(ii) P(A ∩ B ∪ A ∩ B) = 0, 25

(b) Betrachten Sie die Ereignisse C und D. Es gelte

P(C ) =1

5, P(D|C ) =

3

4, P(D|C ) =

1

20

Bestimmen Sie die folgenden Wahrscheinlichkeiten:

(i) P(C ∩ D) = 0, 05(ii) P(D) = 0, 81(iii) P(C |D) = 0, 062


Aufgabe 1.5

Aufgabe 1.5

Bei einer Sportveranstaltung wird ein Dopingtest durchgefuhrt. Wenn einSportler gedopt hat, dann fallt der Test zu 99% positiv aus. Hat einSportler aber kein Doping genommen, zeigt der Test trotzdem zu 5% einpositives Ergebnis an. Aus Erfahrung weiß man, dass 20% der Sportlergedopt sind.

(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine Dopingprobe positivausfallt?

(b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Test negativ ausfallt,obwohl der Sportler gedopt hat?

(c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Sportler gedopt hat,falls seine Dopingprobe negativ ausgefallen ist?

Losung

(a) 0,238 (b) 0,01 (c) 0,0026


Aufgabe 1.6

Aufgabe 1.6

Wir betrachten eine Familie mit zwei Kindern. Es wird angenommen,dass die Geschlechter der Kinder gleichverteilt und von Geburt zu Geburtunabhangig sind. Dies wird durch

Ω = jj ,mj , jm,mm mit P(ω) =1

4∀ω ∈ Ω

beschrieben, wobei jm das Elementarereignis bezeichnet, dass das altereKind eine Junge ist, und das jungere ein Madchen, etc.

(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Familie einen Jungenhat, gegeben dass bekannt ist, dass (mindestens) eines der Kinderein Madchen ist.

(b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Familie einen Jungenhat, gegeben dass bekannt ist, dass das altere der Kinder einMadchen ist.


Losung 1.6

Aufgabe 1.6

(a) Gesucht ist P(J|M), wobei J und M die Ereignisse sind, dass dieFamilie mindestens einen Jungen bzw mindestens ein Madchen hat.Mit

J = jj ,mj , jm, M = mj , jm,mm, und J ∩M = mj , jm

ergibt sich P(J) = P(M) = 34 , P(J ∩M) = 1

2 und damit

P(J|M) =P(J ∩M)

P(M)=

1234

=2

3.


Losung 1.6

Aufgabe 1.6

(b) Gesucht ist P(J|M1), wobei M1 das Ereignis ist, dass das erste Kindein Madchen ist. Mit

M1 = mj ,mm und M1 ∩ J = mj

ergibt sich P(M1) = 12 , P(M1 ∩ J) = 1

4 und damit

P(J|M1) =P(J ∩M1)

P(M1)=

1412

=1

2.


Teil 2


Aufgabe 2.1

Aufgabe 2.1

Bei einer Lotterie sind unter 1.000 Losen 75 Gewinne zu 2 Euro, 60Gewinne zu 5 Euro sowie der Hauptgewinn von 100 Euro. Dierestlichen Lose sind Nieten. Der Preis fur ein Los betragt 1 Euro.

(a) Definieren Sie die Zufallsvariable X , welche dieGewinn-Auszahlung an einen Losinhaber beschreibt.

(b) Berechnen Sie den Erwartungswert der Gewinn-Auszahlung aneinen Losinhaber. Eine Lotterie heißt fair, wenn derErwartungswert der Gewinn-Auszahlung dem Lospreisentspricht. Ist das Spiel fair?

(c) Definieren Sie die Zufallsvariable Y , die den Gewinn derLottogesellschaft je Los beschreibt.

(d) Berechnen Sie den erwarteten Gewinn der Lottogesellschaftund die Varianz des Gewinns je Los.


Losung 2.1

Losung 2.1

(a) X : Ω→ IR wobei Ω = ω1, ω2, ω3, ω4

X (ω) =

0 fur ω = ω1

2 fur ω = ω2

5 fur ω = ω3

100 fur ω = ω4

(b) E [X ] = · · · = 0, 55. Das Spiel ist nicht fair, weilE [X ] = 0, 55 < 1.

(c) Y = 1− X . Es gilt somitE [Y ] = E [1− X ] = 1− E [X ] = 1− 0, 55 = 0, 45.

(d) Var [Y ] = Var [1− X ] = Var [−X ] = (−1)2Var [X ] = · · · =11, 4975.


Aufgabe 2.2

Aufgabe 2.2

Ein Rohrenwerk produziert Stahlrohren, deren Durchmesserproduktionsbedingten Schwankungen unterliegen. Fur denInnendurchmesser X1 gelte E [X1] = 800 und Var [X1] = 0, 01 undfur den Außendurchmesser X2 gelte E [X2] = 810 undVar [X2] = 0, 02.

→ Bestimmen Sie den Erwartungswert und die Varianz fur dieWandstarke der Rohren, wenn angenommen werden kann,dass der Innen- und der Außendurchmesser voneinanderunabhangig sind.

Losung

E [ 12(X2 − X1)] = 10

2= 5,

Var [ 12(X2 − X1)] = 1

4

(Var [X1] + (−1)2Var [X2]

)= 0,03

4= 0, 0075


Aufgabe 2.3

Aufgabe 2.3 (vgl. Klausur WS 12/13 Aufgabe 1b-1c)

(a) Die Zufallsvariable E [X ] bezeichne die Augenzahl bei einmaligemWurfeln.

(a1) Bestimmen Sie die erwartete Augenzahl E [X ](a2) Bestimmen Sie die Varianz der Augenzahl Var [X ]

Aufgabe 2.3 (vgl. Klausur WS 12/13 Aufgabe 1b-1c)

(b) Die Zufallsvariable X bezeichne die Anzahl der benotigten Wurfe,bis zum ersten Mal die Zahl 6 fallt.

(b1) Welche Werte kann die Zufallsvariable X annehmen?(b2) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeitsfunktion von X .(b3) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion von X .


Losung 2.3

Losung 2.3 (vgl. Klausur WS 12/13 Aufgabe 1b-1c)

(a) Die Zufallsvariable E [X ] bezeichne die Augenzahl bei einmaligemWurfeln.

(a1) E [X ] = 1+2+3+4+5+66 = 3, 5

(a2) Var [X ] = E [X 2]− (E [X ])2 = 15, 1667− 3, 52 = 2, 91667

Losung 2.3 (vgl. Klausur WS 12/13 Aufgabe 1b-1c)

(b) Die Zufallsvariable X bezeichne die Anzahl der benotigten Wurfe,bis zum ersten Mal die Zahl 6 fallt.

(b1) Welche Werte kann die Zufallsvariable X annehmen? →1, 2, 3, · · ·

(b2) vgl. Vorlesung (geometrische Verteilung), hier: p = 16

(b3) vgl. Vorlesung (geometrische Verteilung), hier: p = 16


Aufgabe 2.4

Aufgabe 2.4

Ein Versicherungsvetreter weiß aus Erfahrung, dass eininteressierter Kunde mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,1 einenVersicherungsvertrag abschließt. Außerdem weiß er, dass dieVetragsabschlusse unterschiedlicher Kunden unabhangigvoneinander sind. An einem Tag hat er genau 5 interessierteKunden getroffen.

(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass genau 2 der 5interessierten Kunden einen Vertrag abgeschlossen haben?

(b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle 5 einen Vertragabgeschlossen haben?

(c) Wie groß ist die erwartete Anzahl der abgeschlossenenVertragen?


Losung 2.4

Losung 2.4

X ∼ Bin(n, p)

mit n = 5 und p = 0, 1. Daher folgt aus

P(X = k) =

(n

k

)pk(1− p)n−k , fur k = 0, 1, . . . , n,

dass

(a) P(X = 2) =

(5

2

)× 0, 12 × 0, 93

5!

3!2!× 0, 12 × 0, 93

=5× 4

2× 0, 12 × 0, 93

= 10× 0, 12 × 0, 93 = 0, 0729

(b) P(X = 5) =(55

)0, 15 × 0, 90 = 0, 15 = 0, 00001

(c) E [X ] = n × p = 5× 0, 1 = 0, 5


Aufgabe 2.5

Aufgabe 2.5

Aus einem Karton mit 50 Gluhbirnen, von denen sieben defektsind, werden funf Gluhbirnen gleichzeitig entnommen und gepruft(Stichprobe).

Mit welcher Wahrscheinlichkeit befindet sich in der Stichprobe

(a) genau eine defekte Gluhbirne,

(b) hochstens eine defekte Gluhbirne,

(c) mindestens eine defekte Gluhbirne?

Losung

(a) 0,4077

(b) 0,8620

(c) 0,5457


Losung 2.5

Losung 2.5

Bezeichnet X die Anzahl der defekten Gluhbirnen, so gilt

X ∼ H(n,M,N)

wobei n = 5, M = 7 und N = 50. Fur x = 0, 1, . . . , 5 gilt

P(X = x) =

(Mx

)(N−Mn−x

)(Nn

)(a) P(X = 1) =

(71)(43

4 )(50

5 )= 0, 4077

(b) P(X ≤ 1) = P(X = 0) + P(X = 1) =(70)(43

5 )+(71)(43

4 )(50

5 )= 0, 8620

(c) P(X ≥ 1) = 1− P(X = 0) = 0, 5457


Aufgabe 2.6

Aufgabe 2.6

Die Zufallsvariable X sei poissonverteilt mit ErwartungswertE [X ] = 0, 9. Bestimmen Sie

P(X < 2).

Losung 2.6

Fur k = 0, 1, 2, . . . gilt

P(X = k) = e−λλk

k!

Mit E [X ] = λ = 0, 9 folgt

P(X < 2) = P(X = 0) + P(X = 1) = e−0,9(1 + 0, 9) = 0, 7725


Teil 3


Aufgabe 3.1 (vgl. Klausur SS 11)

Aufgabe 3.1

Die Dichte f der Zufallsvariablen X sei gegeben durch

f (x) =

14x 0 ≤ x < 21− 1

4x 2 ≤ x < 40 sonst

(a) Zeichnen Sie f und zeigen Sie, dass f eine Dichtefunktion ist.

(b) Bestimmen Sie den Erwartungswert von X .

(c) Bestimmen Sie die Varianz von X .

(d) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion von X

Zusatzlich:

(e) Bestimmen Sie den Median x0,5 von X .

(f) Bestimmen Sie das 90%-Fraktil, d.h. x0,9.


Losung 3.1 (vgl. Klausur SS 11)

Losung 3.1

(a) Vgl. Musterlosung Klausur SS 11 (Aufgabe 1a)

(b) Die Dichte ist symmetrisch zu x = 2. Somit folgt unmittelbarE [X ] = 2.Alternativ: Berechne

E [X ] =

∫ ∞−∞

xf (x) dx = · · · = 2

(c) Die Varianz ergibt sich mit

Var [X ] = E [X 2]− (E [X ])2

=

∫ ∞−∞

x2f (x) dx − 22

= 4, 667− 4 =2

3


Losung 3.1 – Fortsetzung

(d) Fur die Verteilungsfunktion ergibt sich

F (x) =

0 x < 018x

2 0 ≤ x < 2x − 1

8x2 − 1 2 ≤ x < 4

1 x ≥ 4

(e) Symmetrische Verteilung.Somit gilt

x0,5 = E [X ] = 2.

(f) Mit F (x0,9) = 0, 9 und x0,5 = 2 folgt x0,9 ∈ [2, 4[, d.h. mit

x0,9 −1

8x20,9 − 1 = 0, 9

ergibt sich x0,9 = 3, 10557.


Aufgabe 3.2

Aufgabe 3.2

Betrachten Sie die Funktion f gegeben durch

f (x) =

cx2

x ≥ 1.0000 sonst

wobei c eine Konstant bezeichnet.

(a) Bestimmen Sie die Konstante c derart, dass f eineDichtefunktion ist.

(b) Sei c wie in Aufgabenteil (a) bestimmt. Betrachten Sie eineZufallsvariable mit Dichte f .

(b1) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion von X .(b2) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeiten P(X ≥ 5.000) und

P(X ≤ 10.000)(b3) Bestimmen Sie die bedingte Wahrscheinlichkeit

P(X > 10.000|X ≥ 5.000)


Losung 3.2 (a)

Losung 3.2 (a)

Es muss gelten ∫ ∞−∞

f (x) = 1

Mit ∫ ∞−∞

f (x) =

∫ ∞1.000

cx−2 dx

=c

−2 + 1x−2+1

∣∣∣∣∞1.000

=−cx

∣∣∣∣∞1.000

= −(

0− c

1.000

)=

c

1.000

folgt c = 1.000.


Losung 3.2 (b1)

Losung 3.2 (b1)

f (x) =

1.000x2

x ≥ 1.0000 sonst

⇒ F (x) =

0 x < 1.000−1.000

x + c0 x ≥ 1.000

Damit F stetig ist muss gelten

F (1.000) = 0 ⇒ c0 = 1.

(Es gilt dann auch limx→∞ F (x) = 1.)

F (x) =

0 x < 1.0001− 1.000

x x ≥ 1.000


Losung 3.2 (b2),(b3)

Losung 3.2 (b2),(b3)Benutze

P(X ≤ x) = F (x) =

0 x < 1.0001− 1.000

xx ≥ 1.000

Es folgt

P(X ≥ 5.000) = 1− F (5.000) = 1−(

1− 1.000

5.000

)= 0, 2

P(X ≤ 10.000) = F (10.000) = 1− 1.000

10.000= 1− 0, 1 = 0, 9

und P(X > 10.000|X ≥ 5.000) =P(X > 10.000;X ≥ 5.000)

P(X ≥ 5.000)

=P(X > 10.000)

1− P(X ≤ 5.000)

=1− F (10.000)

1− F (5.000)=

1− 0, 9

1− 0, 8= 0, 5


Aufgabe 3.3 (Bamberg/Baur/Krapp)


Das monatliche Einkommen betrage mindestens x0 Geldeinheiten, wobei x0durch Tarifvertrage, das soziale Netz und dergleichen bestimmt wird. Zurapproximativen Einkommensverteilung wird haufig eine Dichtefunktion derForm

f (x) =

c

xα+1 x ≥ x00 sonst

benutzt, wobei α ein positiver vorgegebener Parameter und c eine noch zubestimmende Normierungskonstante ist (Pareto-Verteilung).

(a) Bestimmen Sie c.

(b) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion des Einkommens X .

(c) Setzen Sie speziell α = 1 sowie x0 = 1.000 Euro und berechnen Sie diebedingte Wahrscheinlichkeit

P(X > 10.000|X ≥ 5.000),

d.h. den Anteil derjenigen unter den mindestens 5.000 EuroVerdienenden, die sogar uber 10.000 Euro verdienen.


Losung 3.3 (a)

Losung 3.3 (a)

Es muss gelten ∫ ∞−∞

f (x) = 1

Mit ∫ ∞−∞

f (x) =

∫ ∞x0

c x−(α+1) dx

=c

−(α + 1) + 1x−(α+1)+1

∣∣∣∣∞x0

= c−1

αx−α

∣∣∣∣∞x0

= −0−(− c

αx−α0

)= cα−1x−α0

undcα−1x−α0 = 1

folgt c = αxα0 .


Losung 3.3 (b)

Losung 3.3 (b)

f (x) =

αxα

0

xα+1 x ≥ x00 sonst

⇒ F (x) =

0 x < x0αxα

0

−α x−α + c0 x ≥ x0=

0 x < x0−(x0x

)α+ c0 x ≥ x0

Damit F stetig ist muss gelten

F (x0) = 0 ⇒ −(x0x0

)α+ c0 = 0⇒ c0 = 1.

(Es gilt dann auch limx→∞ F (x) = 1.)

F (x) =

0 x < x01−

(x0x

)αx ≥ x0


Losung 3.3 (c)

Losung 3.3 (c)Benutze

F (x) =

0 x < x01−

(x0x

)αx ≥ x0

d.h. mit α = 1 und x0 = 1.000 folgt

P(X ≤ x) = F (x) =

0 x < 1.0001− 1.000

xx ≥ 1.000

Es folgt

P(X > 10.000|X ≥ 5.000) =P(X > 10.000;X ≥ 5.000)

P(X ≥ 5.000)

=P(X > 10.000)

1− P(X ≤ 5.000)

=1− F (10.000)

1− F (5.000)=

1− 0, 9

1− 0, 8= 0, 5


Aufgabe 3.4 ( vgl. Klausur SS 10)

Aufgabe

Die Dichte f der Zufallsvariablen X sei gegeben durch

f (x) =

0, 5 0 ≤ x ≤ 1x − 1 1 < x ≤ 20 sonst

(a) Bestimmen Sie den Erwartungswert und die Varianz von X .

(b) Berechnen Sie die Verteilungsfunktion F von X .

(c) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafur, dass dieZufallsvariable Y = 2X − 1 einen Wert zwischen 0 und 2annimmt.

(d) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafur, dass dieZufallsvariable Z = (X − 1)2 einen Wert unter 1

9 annimmt.


Losung 3.4

Losung 3.4

→ a-c) Vgl. Musterlosung Klausur SS 10

→ d) Zu bestimmen ist P(Z < 19). Mit

Z <1

9

=

(X − 1)2 <

1

9

=

−1

3< X − 1 <

1

3

=

2

3< X <

4

3

folgt

P

(Z <

1

9

)= F

(4

3

)− F

(2

3

)=

5

9− 1

3=

2

9


Aufgabe 3.5

Aufgabe 3.5

X sei normalverteilt mit Erwartungswert µ = 10. Zudem istbekannt, dass die Wahrscheinlichkeit P(8 ≤ X ≤ 12) = 0, 8betragt.

→ Bestimmen Sie die Standardabweichung von X .

Losung 3.5

σ ≈ 1, 56


Losung 3.5

Losung 3.5

X ∼ N(µ, σ2) mit µ = 10. Es gilt

P(8 ≤ X ≤ 12) = Φ

(12− 10

σ

)− Φ

(8− 10

σ

)= Φ

(2

σ

)− Φ

(−2

σ

)= Φ

(2

σ

)−[

1− Φ

(2

σ

)]= 2Φ

(2

σ

)− 1.

Bekannt ist somit2Φ

(2

σ

)− 1 = 0, 8

⇒ Φ

(2

σ

)=

1 + 0, 8

2

⇒ 2

σ= Φ−1(0, 9)︸︷︷︸

=1,28

⇒ σ ≈ 1, 56.


Aufgabe 3.6 (vgl. Klausur SS12 A2)

Aufgabe 3.6

Eine Autowerkstatt hat uber einen langeren Zeitraum anhandbetrieblicher Aufzeichnungen ermittelt, dass die Reparaturzeiten inguter Naherung exponentialverteilt sind. Die erwarteteAbfertigungszeit pro Stunde betragt λ = 0, 75 PKW, d.h.durchschnittlich benotigt die Werkstatt 80 Minuten fur eineReparatur.

(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Reparaturzeitunter 80 Minuten bleibt?

(b) Welche Reparaturzeit wird in 50 Prozent aller Falle nichtuberschritten?

(c) Die Werkstatt wirbt mit dem Slogan: In einer Stunde habenSie fur Jahre Ruhe!. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dassdie Reparatur langer als eine Stunde dauert?


Losung 3.6

Losung 3.6

→ Vgl. Musterlosung Klausur SS12 A2


Aufgabe 3.7 (vgl. Klausur SS12 A3, a,b)

Aufgabe 3.7

Die Anzahl X der Seiten, die mit einer Patrone einesTintenstrahldruckers gedruckt werden konnen, sei normalverteiltmit Erwartungswert 6.000 und Varianz 250.000.

(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass man mit einerPatrone mindestens 6.600 Seiten drucken kann?

(b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die durchschnittlicheSeitenzahl X von 25 Druckerpatronen mehr als 5.850 Seitenaber hochstens 6.220 Seiten betragt?


Losung 3.7

Losung 3.7

→ Vgl. Musterlosung Klausur SS12 A3, a,b)


Teil 4



Aufgabe (Bamberg/Baur/Krapp)

Man betrachte die Klausurergebnisse in Mathematik(Zufallsvariable X ) und Statistik (Zufallsvariable Y ). Diegemeinsame Wahrscheinlichkeitsfunktion f der zweidimensionalenZufallsvariablen (X ,Y ) wurde durch Auswertung derKlausurergebnisse von Studenten eines WIWI-Fachbereichsgeschatzt und in die folgene Tabellenform gebracht:

y 1 2 3 4 5x

1 0,04 0,03 0,02 0,01 0,002 0,04 0,10 0,03 0,02 0,013 0,02 0,08 0,20 0,08 0,024 0,01 0,02 0,04 0,10 0,035 0,00 0,01 0,03 0,03 0,03


a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeiten

→ in Mathematik zu bestehen (d.h. eine Note ≤ 4 zu erreichen)und in Statistik nicht zu bestehen

→ in beiden Klausuren zu bestehen,→ in beiden Klausuren nicht zu bestehen,→ in beiden Klausuren besser als 3 zu erhalten,→ in beiden Klausuren zwischen 2 und 4 (inklusive) zu erreichen.,

b) Geben Sie die Randwahrscheinlichkeits- undRandverteilungsfunktionen an.

c) Sind die beiden Zufallsvariablen unabhangig?


Losung 4.1 (a)

Losung 4.1 (a)

(a)

P(X ≤ 4,Y = 5) = 0, 06

P(X ≤ 4,Y ≤ 4) = 0, 84

P(X = 5,Y = 5) = 0, 03

P(X < 3, y < 3) = 0, 21

P(2 ≤ X ≤ 4, 2 ≤ Y ≤ 4) = 0, 67


Losung 4.1 (b), (c)

Losung 4.1 (b), (c)

(b) Randverteilungen:

y 1 2 3 4 5x RVX

1 0,04 0,03 0,02 0,01 0,00 0,102 0,04 0,10 0,03 0,02 0,01 0,203 0,02 0,08 0,20 0,08 0,02 0,404 0,01 0,02 0,04 0,10 0,03 0,205 0,00 0,01 0,03 0,03 0,03 0,10

RVY 0,11 0,24 0,32 0,24 0,09 1,00

(c) Nein, es gilt beispielsweise P(X = 5,Y = 1) = 0 aberP(X = 5)× P(Y = 1) = 0, 1× 0, 11 = 0, 011


Aufgabe 4.2 (vgl. Stat. I Klausur SS12 Aufgabe 3)

Aufgabe 4.2

Von der gemeinsamen Verteilung zweier unabhangigerZufallsvariablen X ,Y : Ω→ IR seien folgende Wahrscheinlichkeitenbekannt:

y 2 3 8 fX (x)x

1 13

4 19

fY (y) 13

(a) Vervollstandigen Sie die obige Tabelle unter der Annahme,dass X und Y unabhangig sind.

(b) Bestimmen Sie die Varianz von X .


Losung 4.2

Losung 4.2

y 2 3 8 fX (x)x

1 16

19

118

13

4 13

29

19

23

fY (y) 12

13

16 1

E [X ] =1

3× 1 +

2

3× 4 = 3

E [X 2] =1

3× 12 +

2

3× 42 = 11

Var [X ] = E [X 2]− (E [X ])2 = 2


Aufgabe 4.3∗

Aufgabe 4.3∗

Der Besitzer eines Zeitschriftenladens hat fur einen langeren Zeitraum inder Vergangenheit folgende tagliche Nachfrageverteilung nach einerbestimmten Tageszeitung beobachtet:

pro Tag nachgefragteExemplare 0 1 2 3 4 > 4

Nachfragewahrscheinlichkeit 0,20 0,30 0,20 0,20 0,10 0

Er rechnet fur die Zukunft mit keiner Anderung der Nachfrageverteilung.Der Einkaufspreis eines Exemplars betragt 0,50 Euro, der Verkaufspreis1,50 Euro. Unverkaufte Exemplare konnen nicht zuruckgegeben werden.Fur einen langeren Zeitraum muss er eine feste Zahl von Zeitungen proTag bestellen. Wie viele Zeitungen pro Tag sollte er bestellen, um seinenerwarteten Gewinn zu maximieren?


Losung 4.3∗ (Allgemeiner Ansatz)

Losung 4.3∗

Bezeichne mit Xi den Gewinn bei i bestellten Exemplaren, d.h.

Xi = 1, 5(Y 1Y<i + i1Y≥i

)− 0, 5× i fur i = 0, 1, 2, . . .

wobei Y die Anzahl der nachgefragten Exemplare bezeichnet und

1A =

1 falls A0 sonst


Losung 4.3∗

Losung 4.3∗

Xi bezeichne den Gewinn bei i bestellten Exemplaren. Es gilt

X0 = 0 ⇒ E [X0] = 0

X1 =

−0, 5 fur Y = 0 (WS=0,2)1 fur Y ≥ 1 (WS=1-0,2=0,8)

⇒ E [X1] = 0, 2× (−0, 5) + 1× 0, 8 = 0, 7

X2 =

−1 fur Y = 0 (WS=0,2)0, 5 fur Y = 1 (WS=0,3)2 fur Y ≥ 2 (WS=1-(0,2+0,3)=0,5)

⇒ E [X2] = 0, 2× (−1) + 0, 3× 0, 5 + 0, 5× 2

= −0, 2 + 0, 15 + 1 = 0, 95


Losung 4.3∗ – Fortsetzung

Losung 4.3∗

X3 =

−1, 5 fur Y = 0 (WS=0,2)0 fur Y = 1 (WS=0,3)1, 5 fur Y = 2 (WS=0,2)3 fur Y ≥ 2 (WS=0,3)

⇒ E [X3] = 0, 2× (−1, 5) + 0, 3× 0 + 0, 2× 1, 5 + 0, 3× 3

= 0, 9

X4 =

−2 fur Y = 0 (WS=0,2)−0, 5 fur Y = 1 (WS=0,3)1 fur Y = 2 (WS=0,2)2, 5 fur Y = 3 (WS=0,2)4 fur Y ≥ 4 (WS=0,1)

⇒ E [X4] = · · · = 0, 55

→ Der hochste erwartete Gewinn ergibt sich fur X2 (also bei 2 bestelltenExemplaren)


Aufgabe 4.4

Aufgabe 4.4

Unterstellen Sie die folgende gemeinsame Verteilung von X und Y

y 0 1 2x

1 0,1 0,2 0,32 0,2 0,0 0,2

Bestimmen Sie jeweils die Varianzen von X und Y , sowie dieKovarianz und den Korrelationskoeffizienten von X und Y


Losung 4.4 (Varianzen)Losung 4.4 (Varianzen)

y 0 1 2 fXx

1 0,1 0,2 0,3 0,62 0,2 0,0 0,2 0,4

fY 0,3 0,2 0,5 1

E [X ] = 0, 6× 1 + 0, 4× 2 = 1, 4

E [Y ] = 0, 3× 0 + 0, 2× 1 + 0, 5× 2 = 1, 2

E [X 2] = 0, 6× 12 + 0, 4× 22 = 2, 2

E [Y 2] = 0, 3× 02 + 0, 2× 12 + 0, 5× 22 = 2, 2

Var [X ] = 2, 2− 1, 42 = 2, 2− 1, 96 = 0, 24

Var [Y ] = 2, 2− 1, 22 = 2, 2− 1, 44 = 0, 76


Losung 4.4 – Kovarianz und KorrelationskoeffizientLosung 4.4 – Kovarianz und Korrelationskoeffizient

y 0 1 2 fXx

1 0,1 0,2 0,3 0,62 0,2 0,0 0,2 0,4

fY 0,3 0,2 0,5 1

E [XY ] = 0, 1 · 1 · 0 + 0, 2 · 1 · 1 + 0, 3 · 1 · 2+ 0, 2 · 2 · 0 + 0, 0 · 2 · 1 + 0, 2 · 2 · 2= 0, 2 + 0, 6 + 0, 8 = 1, 6

COV (X ,Y ) = E [XY ]− E [X ]E [Y ]

= 1, 6− 1.4 · 1, 2 = 1, 6− 1.68 = −0, 08

und ρ(X ,Y ) =COV (X ,Y )√Var [X ]Var [Y ]

=−0, 08√

0, 24 · 0, 76


Aufgabe 4.5 (vgl. Bamberg/Baur/Krapp)

Aufgabe (Bamberg/Baur/Krapp)

Ein Anleger verfugt am Periodenbeginn uber 100.000 Euro. Er investiert60.000 Euro in eine Anlagemoglichkeit, die eine zufallsabhangige RenditeX besitzt, d.h., aus den 60.000 Euro werden am Periodenende60.000(1 + X ) Euro. Die restlichen 40.000 Euro legt er zurstochastischen Rendite Y an. Es seien

E [X ] = 0, 08, E [Y ] = 0, 06

Var[X ] = 0, 022, Var[Y ] = 0, 012

(a) Berechnen Sie den Erwartungswert des Periodenendvermogens W

(b) Berechnen Sie die Varianz des Periodenendvermogens W unter derPramisse, dass X und Y

(b1) unabhangige Zufallsvariablen sind(b2) den Korrelationskoeffizienten −0, 3 besitzen

c) Geben Sie den Drei-Sigma-Bereich des Periodenendvermogens Wunter den Pramissen aus b) an.


Losung 4.5 (a), (b1)

Losung 4.5 (a), (b1)

(a) W = Vermogen am Ende der Periode

= 60.000(1 + X ) + 40.000(1 + Y )

= 100.000 + 60.000X + 40.000Y

E [W ] = E [100.000 + 60.000X + 40.000Y ]

= 100.000 + 60.000E [X ] + 40.000E [Y ]

= 100.000 + 60.000× 0, 08 + 40.000× 0, 06 = 107.200

(b1) X ,Y unabhangig

⇒ Var [W ] = Var [100.000 + 60.000X + 40.000Y ]

= 60.0002Var [X ] + 40.0002Var [Y ]

= 60.0002 × 0, 022 + 40.0002 × 0, 012 = 1, 6× 106

bzw. σW =√Var [W ] = 1.264, 91


Losung 4.5 (b2), (c)

Losung 4.5 (b2), (c)

W = 100.000 + 60.000X + 40.000Y

(b2) X ,Y korreliert mit ρXY = −0, 3

⇒ Var [W ] = Var [100.000 + 60.000X + 40.000Y ]

= 60.0002Var [X ] + 40.0002Var [Y ] + 2× 60.000× 40.000COV (X ;Y )

= 60.0002 × 0, 022 + 40.0002 × 0, 012 + 2× 60.000× 40.000ρXYσXσY

= 1, 6× 106 − 2× 60.000× 40.000× 0, 3× 0, 02× 0, 01 = 1, 312× 106

bzw. σW =√

Var [W ] = 1.145, 43

(c) 3-Sigma-Bereich des Periodenendvermogens

→ X , Y unabhangig

[107.200− 3× 1.264, 91; 107.200 + 3× 1.264, 91] = [103.405; 110.995]

→ ρXY = −0, 3

[107.200− 3× 1.145, 43; 107.200 + 3× 1.145, 43] = [103.764; 110.636]


Aufgabe 4.6 (vgl. Klasusur WS 11/12 Aufgabe 3c)

Aufgabe 4.6

Betrachten Sie eine Zufallsvariable X mit Var [X ] = 0, 182

(a) Formulieren Sie so genau wie moglich dieTschebyscheff-Ungleichung.

(b) Benutzen Sie die Tschebyscheff-Ungleichung, um dieWahrscheinlichkeit abzuschatzen, dass die Zufallsvariable Xeinen Wert annimmt, der um mehr als 0,36 vomErwartungswert abweicht.

(c) Angenommen, X ist normalverteilt und es giltVar [X ] = 0, 182. Bestimmen Sie die (exakte)Wahrscheinlichkeit dafur, dass die Zufallsvariable X einenWert annimmt, der um mehr als 0,36 vom Erwartungswertabweicht.


Losung 4.6

Losung 4.6

(a) Tschebyscheff-Ungleichung (ε > 0)

P(|X − E [X ]| ≥ε) ≤ Var [X ]

ε2,

bzw. P(|X − E [X ]|<ε) ≥ 1− Var [X ]

ε2,

(b) P(|X − E [X ]| > 0, 36) ≤ 0,182

0,362= 0, 25

(c) Mit

P(|X − E [X ]| > 0, 36) = 1− P(|X − E [X ]| ≤ 0, 36)

= 1− P (E [X ]− 0, 36 ≤ X ≤ E [X ] + 0, 36)

= 1−(

Φ

(0, 36

0, 18

)− Φ

(−0, 36

0, 18

))= 1− (Φ(2)− 1 + Φ(2)) = 2− 2Φ(2) = 2− 2× 0, 9772 = 2− 1, 9544

folgt P(|X − E [X ]| > 0, 36) = 0, 0456


Aufgabe 4.7 (vgl. Klasusur WS 12/13 Aufgabe )

Aufgabe 4.7

Betrachten Sie eine Zufallsvariable X mit E [X ] = 10 undVar [X ] = 4.

(a) Formulieren Sie so genau wie moglich dieTschebyscheff-Ungleichung.

(b) Benutzen Sie die Tschebyscheff-Ungleichung zur Abschatzungder Wahrscheinlichkeit dafur, dass X einen Wert zwischen 7und 13 annimmt, d.h. P(7 < X < 13).

(c) Die Zufallsvariable X sei normalverteilt mit dem Parameterµ = 10. Zudem sei bekannt, dass die Wahrscheinlichkeit, dassX einen Wert zwischen 7 und 13 annimmt, 0,97 betragt.Bestimmen Sie die Standardabweichung von X.


Losung 4.7

Losung 4.7

(a) Tschebyscheff-Ungleichung (ε > 0)

P(|X − E [X ]| ≥ε) ≤ Var [X ]

ε2,

bzw. P(|X − E [X ]|<ε) ≥ 1− Var [X ]

ε2,

(b) P(7 < X < 13) = P(|X − E [X ]|<3) ≥ 1− 432

(c) Mit

P(7 < X < 13) = Φ

(13− 10

σ

)− Φ

(7− 10

σ

)= 2Φ

(3

σ

)− 1 = 0, 97

folgt Φ−1(1+0,97

2

)= 3

σ . Mit Φ−1(0, 985) = 2, 17 folgt dannσ = 1, 3825.




Eine Vertriebsgesellschaft besitzt in einer Großstadt 200Zigarettenautomaten. Jeder Automat hat, unabhangig von denanderen, mit einer Wahrscheinlichkeit von 1

20 eine Storung proWoche. Fur die Entscheidung uber die Große eines standigenReparaturtrupps sei die Wahrscheinlichkeit von Interesse, dass ineiner Woche die Anzahl X der defekten Automaten zwischen 5 und15 liegt. Diese Wahrscheinlichkeit (der exakte Wert betragtubrigens 0,9292) soll

(a) mittels der Poissonverteilung approximiert werden,

(b) mittels der Tschebyscheff–Ungleichung nach untenabgeschatzt werden,

(c) mit Hilfe des zentralen Grenzwertsatzes approximativberechnet werden.


Losung 4.8– (a) Poissonverteilung

Losung 4.8 – (a) Poissonverteilung

→ X ∼ B(n, p) mit n = 200 und p = 0, 05

→ Erwartungswert E [X ] = 200× 0, 05 = 10

→ Approximation durch Poissonverteilung mit λ = 10

→ gesucht

P(5 ≤ X ≤ 15) =15∑i=5

P(X = i)

=15∑i=5

e−λλi

i !

= e−1015∑i=5

10i

i != 0, 9220


Losung 4.8 – (b) Tschebyscheff–Ungleichung

Losung 4.8 – (b) Tschebyscheff–Ungleichung

→ Erwartungswert E [X ] = 200× 0, 05 = 10, VarianzVar [X ] = 200× 0, 05× 0, 95 = 9, 5

→ Tschebyscheff–Ungleichung

P (|X − E [X ]| ≥ ε) ≤ Var [X ]

ε2bzw.

P (|X − E [X ]| < ε) ≥ 1− Var [X ]

ε2

→ gesucht ist eine Abschatzung nach unten fur

P(5 ≤ X ≤ 15) = P(5− E [X ] ≤ X − E [X ] ≤ 15− E [X ])

= P(−5 ≤ X − E [X ] ≤ 5) = P(|X − E [X ]| ≤ 5)

= P(|X − E [X ]| < 6)≥1− Var [X ]

62= 1− 9, 5

62= 0, 736


Losung 4.8 – (c) Zentraler Grenzwertsatz

Losung 4.8 – (c) Zentraler Grenzwertsatz

→ X =∑200

i=1 Xi mit Xi ∼ Bern(p) und p = 0, 05

→ E [X ] = np = 10, Var [X ] = np(1− p) = 9, 5

→ ZGS: n hinreichend groß, dann kann die standardisierte Summe

X ∗ =X − E [X ]√

Var [X ]

mit Hilfe der Standardnormalverteilung approximiert werden

P(5 ≤ X ≤ 15) = P(4 < X ≤ 15)

= P

(4− 10√

9, 5< X ∗ ≤ 15− 10√

9, 5

)≈ Φ

(5√9, 5

)− Φ

(−6√9, 5

)= Φ

(5√9, 5

)+ Φ

(6√9, 5

)− 1

= Φ(1, 62) + Φ(1, 95)− 1 = 0, 9474 + 0, 9744− 1 = 0, 9218


Aufgabe 4.9

Aufgabe 4.9

Die Dichtefunktion f einer stetigen Zufallsvariablen X sei gegebendurch

f (x) =

cx2 −1 ≤ x ≤ 1

0 sonst

a) Bestimmen Sie die Konstante c so, dass f eine Dichtfunktionist.

b) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion von X .

c) Bestimmen Sie den Erwartungswert, den Median und denModus von X .

d) Bestimmen Sie die Varianz von X .

e) Bestimmen Sie das 90%-Quantil von X .


Aufgabe 4.9

Losung 4.9 – (a-b)

a) Aus

1 =

∫ ∞−∞

f (x)dx = c

∫ 1

−1x2dx = c

2

3

ergibt sich c = 32 . f ist nach oben geoffnete Parabel mit

Minimum f (0) = 0 und damit nicht-negativ.

b) Es gilt F (0) = 0 fur x ≤ −1, F (1) = 1 fur x ≥ 1. Furx ∈ (−1, 1) gilt

F (x) =1

2x3 + C .

Wegen F (1) = 1 = 12 + C ergibt sich C = 1

2 .


Aufgabe 4.9

Losung 4.9 – (c)

c) Es gelten fur den Erwartungswert

E [X ] =

∫ 1

−1

3

2x3dx =

3

8x4∣∣∣∣1−1

= 0

sowie fur den Median

F (M) =1

2⇒ 1

2M3 = 0⇒ M = 0.

Die Modi sind die globalen Maxima von f . Lokale Maximasind 1 und −1 (vgl. Zeichnung der Dichte...). Wegenf (1) = f (−1) sind beides auch globale Maxima und dieVerteilung hat zwei Modi bei −1 und 1.


Aufgabe 4.9

Losung 4.9 – (d-e)

d) Wegen E [X ] = 0 gilt

Var(X ) = E [X 2] =

∫ 1

−1

3

2x4dx =

3

5

e) Das 90%-Quantil q0,9 bestimmt sich uber

F (q0,9) = 0, 9⇒ (q0,9)3 = 0, 8⇒ q0,9 = 0, 81/3 = 0, 9283


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Statistik II Ubung - insurance.msm.uni-due.de · Statistik II Ubung Wintersemester 2016/2017 Prof.Dr.Antje Mahayni Oliver Lubos Mercator School of Management Department of Accounting