Mat3 Blatt 6

Gruppe: 7
Maarten Behn, Niklas Borchers, Emre Kilinc

21.

Da $\mu =3$, ${\sigma }^2=4$ und $Z:=\frac{X-\mu }{\sigma }$ gilt:

a)

$$\begin{array}{rl}\mathbb{P}(-2\le X\le 3)& =\mathbb{P}\left(\frac{-2-3}{2}\le Z\le \frac{-3-3}{2}\right)\\ & =\mathbb{P}(-2.5\le Z\le 0)\\ & =\varphi (0)-\varphi (-2.5)\\ & =\varphi (0)-(1-\varphi (2.5))\\ & =0.5000-(1-0.99379)\\ & =0.5000-0.00621\\ & =0.49379\end{array}$$

b)

$$\begin{array}{rl}\mathbb{P}(X-2<a)& =0.95\\ \mathbb{P}\left(Z\le \frac{a-1}{2}\right)& =0.95\\ \varphi \left(\frac{a-1}{2}\right)& =0.95\\ \frac{a-1}{2}& ={\varphi }^{-1}(0.95)\\ & =1.64\\ a& =4.28\end{array}$$

c)

Da $f(x)$ eine Zufallszahl mit Dichte $f_X(x)$ ist
und $Y=u(X)$ eine bijektive Transformation, dann hat $Y$ die Dichte:

$$g(y)=f_X(u^{-1}(y))\cdot \left|\frac{d}{dy}(u^{-1}(y))\right|$$

wobei:

$$\begin{array}{rl}{f}_X(x)& =\frac{1}{\sqrt{2\pi {\sigma }^2}}exp\left(-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}\right)\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi {\sigma }^2}}exp{\left(\frac{x-\mu }{\sigma }\right)}^2\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}& Y=X-2\\ \Rightarrow & X=Y+2\\ \Rightarrow & u^{-1}(y)=y+2\\ \Rightarrow & \frac{d}{dy}(u^{-1}(y))=\frac{d}{dy}(y+2)=1\end{array}$$

Daher gilt für die Aufgabe:

$$\begin{array}{rl}g(y)& =f_X(y+2)\cdot |1|\\ & =f_X(y+2)\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi {\sigma }^2}}exp{\left(\frac{y+2-\mu }{\sigma }\right)}^2\\ & =\frac{1}{\sqrt{8\pi }}exp\left(\frac{(y+2-3{)}^2}{8}\right)\\ & =\frac{1}{\sqrt{8\pi }}exp\left(\frac{(y-1{)}^2}{8}\right)\end{array}$$

Quelle zum change of variables in the probability density function Trick:
https://en.wikipedia.org/wiki/Probability_density_function#Function_of_random_variables_and_change_of_variables_in_the_probability_density_function (1.6.‘25 11:16)

22

$\mathbb{P}(X\le x_0|X\ge x_0)=\frac{\mathbb{P}(X\le x_0+X\ge x_0)}{\mathbb{P}(X\ge x_0)}$
wobei

$$\begin{array}{r}f(x)=\lambda e^{-\lambda x},x>0\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}\mathbb{P}(X\le x_0+X\ge x_0)& ={\int }_{x_0}^{x_0+y}\lambda e^{-\lambda x}dx\\ & ={\left[-e^{-\lambda x}\right]}_{x_0}^{x_0+y}\\ & =e^{-\lambda x_0}-e^{-\lambda x_0+y}\\ & =e^{-\lambda y}\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}\mathbb{P}(X\ge x_0)& ={\int }_{x_0}^{\infty }\lambda e^{-\lambda x}dx\\ & ={\left[-e^{-\lambda x}\right]}_{x_0}^{\infty }\\ & =e^{-\lambda x_0}\end{array}$$

daher

$$\begin{array}{rl}\mathbb{P}(X\le x_0|X\ge x_0)& =\frac{e^{-\lambda y}}{e^{-\lambda x_0}}\\ & =e^{-\lambda (y-x_0)}\end{array}$$

23

a)

$$\begin{array}{rl}E(X)& =\sum _{\forall x}xf(x)\\ & =\left(\frac{1}{4}\times \frac{1}{4}\right)+\left(-2\times \frac{1}{4}\right)+\left(-\frac{1}{2}\times 0\right)+\left(\frac{3}{7}\times \frac{3}{10}\right)+\left(\frac{8}{11}\times \frac{1}{5}\right)\\ & =-0.1635\end{array}$$

b

$f(x)=\frac{{\lambda }^x{e}^{-\lambda }}{x!}$

$$\begin{array}{rl}E(X)& =\sum _{x=0}^{\infty }x\frac{{\lambda }^x{e}^{-\lambda }}{x!}\\ & =\sum _{x=1}^{\infty }x\frac{{\lambda }^x{e}^{-\lambda }}{x!}\\ & =\lambda \sum _{x=1}^{\infty }\frac{{\lambda }^{(x-1)}{e}^{-\lambda }}{(x-1)!}\\ & =\lambda \end{array}$$

24

a)

Falsch,
wenn $X$ eine kontinuierliche Zufallszahl ist.
z.B. eine kontinuierliche gleichmäßige Verteilung von 0 bis 1.

b)

Falsch,
denn $E(X)=\frac{a+b}{2}$ und $\infty <a<b<\infty$, es hängt von der länge aber auch von den Vorzeichen von $a$ und $b$ ab.

c)

Wahr,
das implizit das $X$ diskret ist und daher gilt $E(X)=\sum _{\forall x}xf(x)$.

d)

Wahr,
da $E(X)=\lambda$ und $\lambda \in (0,\infty )$ da $\lambda$ existiert, existiert auch der Erwartungswert.