230 lines
13 KiB
TeX
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TeX
\documentclass[a4paper]{article}
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%\usepackage[singlespacing]{setspace}
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\usepackage[onehalfspacing]{setspace}
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%\usepackage[doublespacing]{setspace}
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\usepackage{geometry} % Required for adjusting page dimensions and margins
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\usepackage{amsmath,amsfonts,stmaryrd,amssymb,mathtools,dsfont} % Math packages
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\usepackage{tabularx}
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\usepackage{colortbl}
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\usepackage{listings}
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\usepackage{amsmath}
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\usepackage{amssymb}
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\usepackage{amsthm}
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\usepackage{subcaption}
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\usepackage{float}
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\usepackage[table,xcdraw]{xcolor}
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\usepackage{tikz-qtree}
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\usepackage{forest}
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\usepackage{changepage,titlesec,fancyhdr} % For styling Header and Titles
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\usepackage{amsmath}
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\pagestyle{fancy}
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\usepackage{diagbox}
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\usepackage{xfrac}
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\usepackage{pgfplots}
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\pgfplotsset{compat=1.18}
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\usepackage{enumerate} % Custom item numbers for enumerations
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\usepackage[ruled]{algorithm2e} % Algorithms
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\usepackage[framemethod=tikz]{mdframed} % Allows defining custom boxed/framed environments
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\usepackage{listings} % File listings, with syntax highlighting
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\lstset{
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basicstyle=\ttfamily, % Typeset listings in monospace font
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}
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\usepackage[ddmmyyyy]{datetime}
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\geometry{
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paper=a4paper, % Paper size, change to letterpaper for US letter size
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top=2.5cm, % Top margin
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bottom=3cm, % Bottom margin
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left=2.5cm, % Left margin
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right=2.5cm, % Right margin
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headheight=25pt, % Header height
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footskip=1.5cm, % Space from the bottom margin to the baseline of the footer
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headsep=1cm, % Space from the top margin to the baseline of the header
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%showframe, % Uncomment to show how the type block is set on the page
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}
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\lhead{Stochastik für die Informatik\\Wintersemester 2024/2025}
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\chead{\bfseries{Übungsblatt 8}\\}
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\rhead{Lienkamp, 8128180\\Werner, 7987847}
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\begin{document}
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\setcounter{section}{8}
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\subsection{}
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Sei $(X_n)_{n\in N}$ eine Folge von unabhängigen, identisch verteilten Zufallsvariablen mit Dichte\\\\
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\(f_{X1}(x) =
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\begin{cases}
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2x, & \text{falls } x \in [0,1],\\
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0, & \text{sonst.}
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\end{cases}\)\\\\
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Berechnen Sie \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum\limits^n_{i=1}X_i\).\\\\
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Gleichverteilung der Zufallsvariablen:\\
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\(\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n}\sum\limits^n_{i=1} X_y = \lim\limits_{n\to\infty} \mathbb{E}[X_i]=\mathbb{E}[X_1]\)\\\\
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\(\int\limits^1_0 t\cdot f(t)\, dt = \int\limits^1_0 t\cdot t ^2\, dt = 2 \int\limits^1_0 t^2\, dt = 2 \left[\frac{t^3}{3}\right]^1_0 = 2 \left(\frac{1^3}{3}-\frac{0^3}{3}\right)=\frac{2}{3}\)\\\\
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\(\Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum\limits^n_{i=1}X_i=\frac{2}{3}\)
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\subsection{}
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Sei $X$ eine Zufallsvariablen mit der Dichte\\\\
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\(F_X(x)=\begin{cases}
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cxe^{-\lambda x} & \text{falls } x \geq 0\\
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0 & \text{sonst}
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\end{cases}\)\\\\
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wobei $\lambda > 0$ fest gewählt ist und $c \in \mathbb{R}$ eine geeignete Konstante.\\\\
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(a) Bestimmen Sie $c$.\\\\
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\(\int\limits^\infty_{-\infty} f_X(t)\, dt \rightarrow \int u\cdot v' = u\cdot v - \int u' \cdot v = c \cdot \left[t\cdot \left(-\frac{1}{\lambda}\right)e^{-\lambda t} - \int 1 \cdot \left(-\frac{1}{\lambda}\right)e^{-\lambda t}\right]^\infty_0\)\\
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\(c \cdot \left[-\frac{t}{\lambda}\, e^{-\lambda t}-\frac{1}{\lambda^2}\, e^{-\lambda t}\right]^\infty_0=c\cdot \left(0-0-\left(0-\frac{1}{\lambda^2}\right)\right)=\frac{c}{\lambda^2}\)\\\\
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Für die Dichte einer Zufallsvariable muss gelten: \(\frac{c}{\lambda^2}=1 \Rightarrow c = \lambda^2\) \\\\
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(b) Berechnen Sie $\mathbb{E}[X]$ und $\mathbb{V}(X)$.\\\\
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Aus der Vorlesung kennen wir:\\
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$\mathbb{E}[X] = \int\limits_{-\infty}^{\infty} t \cdot f_x(t) dt$.\\
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Außerdem ist $f_X(t) = \frac{d}{dt} \cdot F_X(t)$\\
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Somit ist $\mathbb{E}[X] = \int\limits_{-\infty}^{\infty} t \cdot \frac{d}{dt} \cdot F_X(t) dt$\\
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Diesen Term können wir nun durch partielle Integration vereinfachen Wir definieren: $u = t$, $du = dt$, $dv = \frac{d}{dt} \cdot F_X(t)dt$ und $v = F_X(t)$\\
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Die Formel der Partiellen Integration lautet: $\int u dv = uv - \int v du$
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Wir wenden dies auf den Ausgangsterm an:\\
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$\mathbb{E}[X] = [tF_X(t)]_{-\infty}^\infty - \int\limits_{-\infty}^\infty t F_X(t) dt$\\
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Den Term $[tF_X(t)]_{-\infty}^\infty$ können wir eliminieren, weil für die beiden Randwerte bei $\lambda > 0$ für $t \rightarrow \infty$ geht $F_X(t) \rightarrow 0$ (wir nehmen an, dass $\mathbb{E}[X]$ für große $t$ nicht divergiert) und für $t \rightarrow 0$ geht $F_X(t) \rightarrow 0$. $t \rightarrow - \infty$ ist $0$ laut der Definition von $F_X(x)$ für $x < 0 \rightarrow 0$\\
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Somit bleibt: $\mathbb{E}[X] = - \int\limits_0^\infty t F_X(t) dt$\\
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Die Funktion einsetzen:\\
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$\mathbb{E}[X] = - \int\limits_0^\infty t \lambda^2te^{-\lambda t} dt$\\
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$\mathbb{E}[X] = - \int\limits_0^\infty \lambda^2t^2e^{-\lambda t} dt$\\
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$\mathbb{E}[X] = - \lambda^2 \cdot \int\limits_0^\infty t^2e^{-\lambda t} dt$\\
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Zum lösen dieses Integrals kann eine einfache Formel verwendet werden: $\int\limits_0^\infty t^ne^{-\lambda t} dt = \frac{!n}{\lambda^{n + 1}}$\\
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$\Rightarrow \mathbb{E}[X] = - \lambda^2 \cdot \frac{!2}{\lambda^{2 + 1}} = - \frac{2}{\lambda}$\\
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Nun berechnen wir noch $\mathbb{V}[X] = \mathbb{E}[X^2] - \mathbb{E}[X]^2$\\
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$\mathbb{E}[X^2] = - \int\limits_0^\infty t^2 F_X(t) dt$\\
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$\mathbb{E}[X] = - \int\limits_0^\infty t^2 \lambda^2te^{-\lambda t} dt$\\
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$\mathbb{E}[X] = - \int\limits_0^\infty \lambda^2t^3e^{-\lambda t} dt$\\
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$\Rightarrow \mathbb{E}[X] = - \lambda^2 \cdot \frac{!3}{\lambda^{3 + 1}}= - \frac{\lambda^2 \cdot 6}{\lambda^{3 + 1}} = - \frac{6}{\lambda^2}$\\
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$\Rightarrow \mathbb{V}[X] = \mathbb{E}[X^2] - \mathbb{E}[X]^2 = - \frac{6}{\lambda^2} - \left(- \frac{2}{\lambda}\right) = - \frac{6 \cdot \lambda}{\lambda^2 \cdot \lambda} + \frac{2 \cdot \lambda^2}{\lambda \cdot \lambda^2} = - \frac{6 \cdot \lambda + 2 \cdot \lambda^2}{\lambda^3} = \frac{2 \cdot (x + 3)}{x^2}$
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\\\\
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(c) Berechnen Sie die Verteilungsfunktion $F_X$ und skizzieren Sie sie für $\lambda = 2$.\\\\
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\(F_X(t) = \int\limits^x_{-\infty} f_X(t)\, dt\)\\\\
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aus (a): \(c \cdot \left[-\frac{t}{\lambda}\, e^{-\lambda t} - \frac{1}{\lambda^2}\, e^{-\lambda t}\right]^x_0 = \lambda^2 \cdot \left[-\frac{t}{\lambda}\, e^{-\lambda t}-\frac{1}{\lambda^2}\, e^{-\lambda t}\right]^x_0=\left[-\lambda\cdot te^{-\lambda t} - e^{\lambda t}\right]^x_0\)\\\\
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Aufgrund der Exponentialverteilung wissen wir: \(\left[-\lambda \cdot te^{-\lambda t} - e^{\lambda t}\right]^x_0 = 1 - \lambda xe^{-\lambda x} - e^{-\lambda x}\)\\\\
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für \(\lambda = 2 \Rightarrow 1 - 2 \cdot xe^{-2x}-e^{-2x}\)\\\\
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\begin{tikzpicture}
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\begin{axis}[
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width=10cm, % Breite des Plots
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|
height=6cm, % Höhe des Plots
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xmin=-1, xmax=5, % Bereich der x-Achse
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|
ymin=0, ymax=1.2, % Bereich der y-Achse
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xlabel={$x$}, % Beschriftung x-Achse
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ylabel={$y$}, % Beschriftung y-Achse
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axis lines=middle, % Achsen durch den Ursprung
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domain=-1:5, % Bereich für die Funktion
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samples=200, % Anzahl der Punkte
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]
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\addplot[
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blue, % Farbe der Linie
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thick % Dicke der Linie
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]
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{1 - 2*exp(-2*x) - exp(-2*x)};
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\legend{$y = 1 - 2e^{-2x} - e^{-2x}$} % Legende
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\end{axis}
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\end{tikzpicture}
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\subsection{}
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Die Verteilung der Zufallsvariable $Z$ ist wie folgt definiert. Eine faire Münze werde geworfen, und falls die Münze Kopf zeigt, sei $Z$ gleichverteilt auf $[1,3]$, sonst sei $Z$ gleichverteilt auf $[2,4]$.\\\\
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(a) Berechnen Sie die Verteilungsfunktion $F_Z$ und die Dichte $f_Z$ von $Z$ und skizzieren Sie diese.\\\\
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\textbf{Verteilungsfunktion:}\\\\
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Es ist gegeben:\\\\
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\(\mathcal{B}\sim Ber\left(\frac{1}{2}\right), X\sim \mathcal{U}([1,3]), Y \sim \mathcal{U}([2,4])\)\\
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$X$ und $Y$ sind voneinander unabhängig.\\
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\(Z=\mathcal{B}X + (1-\mathcal{B})Y\)\\
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\(F_Z(x)=\mathbb{P}(Z\leq x \vert \mathcal{B}=0)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=0)+\mathbb{P}(Z\leq x \vert \mathcal{B}=1)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1)\\
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|
\hspace*{.85cm}\Rightarrow\mathbb{P}(X\leq x)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1) + \mathbb{P}(Y\leq x) \cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1)\)\\\\
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\(F_Z(x)=
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\begin{cases}
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\mathbb{P}(X<1)\cdot\mathbb{P}(\mathcal{B}=0)+\mathbb{P}(Y<1)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1) = 0\cdot \frac{1}{2}+0\cdot \frac{1}{2}=0 & \text{falls } x<1\\
|
|
\mathbb{P}(X<2)\cdot\mathbb{P}(\mathcal{B}=0)+\mathbb{P}(Y<2)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1) = \frac{x-1}{2}\cdot \frac{1}{2}+0\cdot \frac{1}{2}=\frac{x-1}{4} & \text{falls } 1\leq x<2\\
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|
\mathbb{P}(X<3)\cdot\mathbb{P}(\mathcal{B}=0)+\mathbb{P}(Y<3)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1) = \frac{x-1}{2}\cdot \frac{1}{2}+\frac{x-2}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{2x-3}{4} & \text{falls } x2\leq x < 3\\
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|
\mathbb{P}(X<4)\cdot\mathbb{P}(\mathcal{B}=0)+\mathbb{P}(Y<4)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1) = \frac{1}{2} + \frac{x-2}{2}\cdot \frac{1}{2}+ \frac{x-2}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{x}{4} & \text{falls } 3\leq x < 4\\
|
|
\mathbb{P}(X)\cdot\mathbb{P}(\mathcal{B}=0)+\mathbb{P}(Y)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1) = \frac{1}{2}+ \frac{1}{2}=1 & \text{falls } 4 \leq x\\
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|
\end{cases}\)\\\\\\
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Für die Dichte der Funktion berechnen wir die Ableitungen der Verteilungsfunktionen:\\\\
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\(f_Z(x)=
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|
\begin{cases}
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|
0 & \text{falls } x<1\\
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\frac{1}{4} & \text{falls } 1 \leq x < 2\\
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\frac{1}{2} & \text{falls } 2 \leq x < 3\\
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|
\frac{1}{4} & \text{falls } 3 \leq x < 4\\
|
|
0 & \text{falls } 4 \leq x\\
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|
\end{cases}\)\\\\\\
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\begin{tikzpicture}
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\begin{axis}[
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axis lines=middle,
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xlabel={$x$},
|
|
ylabel={$F_Z(x)$},
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xmin=0, xmax=5,
|
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ymin=0, ymax=1.2,
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xtick={1,2,3,4},
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|
ytick={0,0.25,0.5,0.75,1},
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grid=both,
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width=14cm,
|
|
height=7cm,
|
|
]
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\addplot[
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|
domain=0:1, samples=2, thick, color=purple,
|
|
] {0};
|
|
\addplot[
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|
domain=1:2, samples=50, thick, color=purple,
|
|
] {(x-1)/4};
|
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\addplot[
|
|
domain=2:3, samples=50, thick, color=purple,
|
|
] {(2*x-3)/4};
|
|
\addplot[
|
|
domain=3:4, samples=50, thick, color=purple,
|
|
] {(x)/4};
|
|
\addplot[
|
|
domain=4:5, samples=2, thick, color=purple,
|
|
] {1};
|
|
\addplot[
|
|
domain=0:1, samples=2, thick, color=teal,
|
|
] {0};
|
|
\addplot[
|
|
domain=1:2, samples=2, thick, color=teal,
|
|
] {0.25};
|
|
\addplot[
|
|
domain=2:3, samples=2, thick, color=teal,
|
|
] {0.5};
|
|
\addplot[
|
|
domain=3:4, samples=2, thick, color=teal,
|
|
] {0.25};
|
|
\addplot[
|
|
domain=4:5, samples=2, thick, color=teal,
|
|
] {0};
|
|
\end{axis}
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|
\end{tikzpicture}\\\\
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\noindent(b) Berechnen Sie $\mathbb{E}[Z^3]$.\\\\
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\(\mathbb{E}[Z^3]= \int\limits^4_1 t^3\,f(t)\, dt\)\\
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\(\Rightarrow \int\limits^4_1 t^3\, f(t)\, dt = \int\limits^2_1 t^3\, f(t)\, dt + \int\limits^3_2 t^3\, dt + \int\limits^4_3 t^3\, f(t)\, dt = \int\limits^2_1 t^3\, \frac{1}{4}\ dt + \int\limits^3_2 t^3\, \frac{1}{2}\, dt + \int\limits^4_3 t^3\, \frac{1}{4}\, dt\)\\
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\(= \frac{1}{4}\int\limits^2_1 t^3\, dt + \frac{1}{2} \int\limits^3_2 t^3\, dt + \frac{1}{4} \int\limits^4_3 t^3\, dt = \frac{1}{4} \left[\frac{t^4}{4}\right]^2_1 + \frac{1}{2}\left[\frac{t^4}{4}\right]^3_2 + \frac{1}{4} \left[\frac{t^4}{4}\right]^4_3\)\\
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\(\frac{1}{4}\left(\frac{16}{4}-\frac{1}{4}\right) + \frac{1}{2}\left(\frac{81}{4}-\frac{16}{4}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{256}{4}-\frac{81}{4}\right)= \frac{15}{16}+\frac{65}{8}+\frac{175}{16}= \frac{15}{16}+\frac{130}{16}\frac{175}{16}=\frac{320}{16}=20\)
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\subsection{}
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Die Dauer $T$ der Reparatur einer Maschine sei exponentialverteilt zum Parameter $\lambda$.\\\\
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(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Reparatur länger als $t > 0$ Zeiteinheiten dauert? Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie länger als $t$ Zeiteinheiten dauert, wenn sie bereits $s\in(0,t)$ Zeiteinheiten andauert, und noch nicht beendet ist? Was können Sie über die Verteilung Restdauer der Reparatur sagen?\\\\
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Wir wissen \(\mathbb{P}(T>t)=\int\limits^\infty_t \lambda e^{-\lambda t}\, dt = \lambda \int\limits^\infty_t e^{\lambda t}\, dt\)\\\\
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\textcolor{gray}{NR: \(z = -\lambda t \Leftrightarrow \frac{dz}{dt} = -\lambda \Leftrightarrow dt = \left(-\frac{1}{\lambda}\right)\cdot dz\)}\\\\
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\(\Rightarrow \lambda \cdot \int\limits^\infty_t e^z\cdot\left(-\frac{1}{\lambda}\right)\, dz = -\int\limits^\infty_t e^z\, dz = \left[-e^z\right]^\infty_t = \left[-e^{-\lambda t}\right]^\infty_t\)\\\\
|
|
\textcolor{gray}{NR: \(\lim\limits_{t\to\infty} -e^{-\lambda t} = \lim\limits_{t\to\infty} \frac{1}{e^{\lambda t}}=0\)}\\\\
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|
\(\Rightarrow 0 - \left(-e^{-\lambda t}\right)=e^{-\lambda t}\)\\\\\\
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|
Für \(\mathbb{P}(T>t \vert T>s)\) ist gegeben \(s\in (0,t)\), es gilt also \(t>s\).\\\\
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|
\(\mathbb{P}(T>t \vert T>s)=\frac{\mathbb{P}(T>t,T>s)}{\mathbb{P}(T>s)}=\frac{\mathbb{P}(T>t)}{\mathbb{P}(T>s)}=\frac{e^{-\lambda t}}{e^{-\lambda s}}=e^{-\lambda (t-s)}\)\\\\
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|
$s=$ vergangene Zeiteinheiten der Reparatur\\
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$t=$ insg. Zeiteinheiten der Reparatur\\
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\(r= t-s \Rightarrow t=r+s \Rightarrow e^{-\lambda r}\)\\\\
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|
Die Restdauer ist exponentiell mit Parameter $\lambda$ verteilt.\\\\
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|
(b) Berechnen Sie $\mathbb{E}[T\vert T >s]$ für $s>0$.\\\\
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Aus a) ist gegeben $r = t - s$\\
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$\Rightarrow F_{T|T>s}(t) = 1 - e^{-\lambda r} = 1 - e^{-\lambda (t - s)}$ für $t > s$, also\\
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\(
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f_{T|T>s}(t) = \begin{cases}
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\lambda e^{-\lambda (t - s)} & \text{falls } t > s\\
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0 & \text{sonst}
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|
\end{cases}
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\)\\
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Somit können wir den Erwartungswert ausrechnen:\\
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$\mathbb{E}[X|T>s] = \int\limits_s^\infty t \cdot \lambda e^{-\lambda (t - s)} dt = \lambda \cdot \int\limits_s^\infty te^{-\lambda r} \cdot e^{\lambda s} dt = \lambda e^{\lambda s} \int\limits_s^\infty te^{-\lambda r} dt$
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|
\end{document}
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