\documentclass[11pt]{article}

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\begin{document}

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\thispagestyle{empty}

\title{Mathematik für Informatiker II - Übungsblatt 10 \\
	Übungsgruppe 1 - Mo, 14-16 Uhr \\
	Janko Böhm}
\author{Jan Hendrik Dithmar - Matrikelnummer 2031259}
\date{}

\maketitle

\newpage

\section*{Aufgabe 1}

Stichprobe: $[0,62; 1,19; 1,35; 1,06; 0,61; 0,58; 0,87; 0,88; 0,88; 0,72]$

\paragraph{n=10:}

\begin{eqnarray*}
	\overline{X} & = & \frac{1}{n} \cdot \sum_{i=1}^n X_i = \frac{1}{10} \cdot \sum_{i=1}^{10} X_i \\
	\overline{X} & = & 0,876
\end{eqnarray*}
Setze $U = \overline{X} - \frac{c \cdot \sigma}{\sqrt{n}}$ und $W = \overline{X} + \frac{c \cdot \sigma}{\sqrt{n}}$ mit $\sigma = 0,3$ (gegeben) und mit $c=1,960$ für $\gamma=0,95$ gemäß $c(\gamma)$-Tabelle (vgl. Vorlesung).

\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow U & = & 0,876 - \frac{1,960 \cdot 0,3}{\sqrt{10}} = 0,6901 \\
	W & = & 0,876 + \frac{1,960 \cdot 0,3}{\sqrt{10}} = 1,0619
\end{eqnarray*}
\paragraph{Ergebnis:} Ein \textbf{Konfidenzintervall} zum Niveau $95\%$ für den Erwartungswert $\mu$ ist das Intervall $$(U,W) = (0,6901; 1,0619),$$ d.h. mit einer Wahrscheinlichkeit $\gamma=0,95$ ist der Erwartungswert $\mu \in (0,6901; 1,0619)$.

\section*{Aufgabe 2}
\paragraph{Gesucht:} ein Konfidenzintervall zum Niveau $95\%$ für den Erwartungswert $\mu$ einer $\mathcal{N}(\mu, \sigma^2)$-verteilten Zufallsvariablen bei unbekannter Varianz $\sigma^2$.

\paragraph{Lösung:}
Stichprobe wie in Aufgabe 1 $\Rightarrow \overline{X} = 0,876$; Berechne $$S=\frac{1}{n-1} \cdot \sum_{i=1}^n (X_i - \overline{X})^2$$

\paragraph{n=10:}
\begin{eqnarray*}
	S & = & \frac{1}{9} \cdot \sum_{i=1}^{10} (X_i - 0,876)^2 \\
	S & = & \frac{1}{9} \cdot 0,605440 \\
	S & = & 0,067271 \\
	\Rightarrow \sqrt{S} & = & 0,25936675 \\
	\sqrt{S} & = & 0,25937
\end{eqnarray*}
Für $\gamma=0,95$ und für $t$ ergibt sich aus den tabellierten Werten der $t$-Verteilung: $$c=2,262.$$

\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow U & = & \overline{X} - \frac{c \cdot \sqrt{S}}{\sqrt{n}} = 0,876 - \frac{2,262 \cdot 0,25937}{\sqrt{10}} = 0,6905 \\
	W & = & \overline{X} + \frac{c \cdot \sqrt{S}}{\sqrt{n}} = 0,876 + \frac{2,262 \cdot 0,25937}{\sqrt{10}} = 1,0615
\end{eqnarray*}
\paragraph{Ergebnis:} Konfidenzintervall $(U,W)$ für $\mu$ zum Niveau $95\%$ bei unbekannter Varianz:
$$(U,W) = (0,6905; 1,0615)$$
\paragraph{Anmerkung: } Diese Werte sind der Tabelle im Anhang entnommen (Quelle: Hans Bartel: Statistik II, 2. Auflage, UTB). Werte aus dieser Tabelle tauchen auch in der Vorlesung auf. Nimmt man jedoch die Tabelle für die $t$-Verteilung von der Homepage, so muss $c=1,833$ sein.
Für $\gamma=0,95$ und für $t$ ergibt sich aus den tabellierten Werten der $t$-Verteilung: $$c=1,833.$$

\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow U & = & \overline{X} - \frac{c \cdot \sqrt{S}}{\sqrt{n}} = 0,876 - \frac{1,833 \cdot 0,25937}{\sqrt{10}} = 0,7257 \\
	W & = & \overline{X} + \frac{c \cdot \sqrt{S}}{\sqrt{n}} = 0,876 + \frac{1,833 \cdot 0,25937}{\sqrt{10}} = 1,0263
\end{eqnarray*}
\paragraph{Ergebnis:} Konfidenzintervall $(U,W)$ für $\mu$ zum Niveau $95\%$ bei unbekannter Varianz:
$$(U,W) = (0,7257; 1,0263)$$
(Ich bin leider etwas verwirrt, welche Tabelle man nun nehmen soll. Es wäre außerdem hilfreicher gewesen, eine richtige Tabelle auf der Homepage zur Verfügung zu stellen. Die Grafiken sind auf Grund der Bildqualität etwas schwer abzulesen.)

\section*{Aufgabe 3}
$X$ sei Poisson-verteilt mit Parameter $\lambda$, d.h. die W-Verteilung von $X$ lautet:
$$P(X=k) = \frac{\lambda^k}{k!} \cdot e^{-\lambda}, \quad k=0,1,2,...$$
\begin{enumerate}[(a)]
	\item Berechnung von $E(X)$:
		\begin{eqnarray*}
			E(X) & = & \sum_{k=0}^\infty k \cdot P(X=k) \\
			& = & \sum_{k=0}^\infty k \cdot \frac{\lambda^k}{k!} \cdot e^{-\lambda} \\
			& = & e^{-\lambda} \cdot \lambda \cdot \sum_{k=1}^\infty \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} \\
			& = & \lambda \cdot e^{-\lambda} \cdot \sum_{\kappa=0}^\infty \frac{\lambda^\kappa}{\kappa!} \\
			& = & \lambda \cdot e^{-\lambda} \cdot e^\lambda \\
			& = & \lambda
		\end{eqnarray*}
		Also: $E(X)=\lambda$. Es gilt: $$(\alpha) \quad \quad \sum_{k=0}^\infty k \cdot \frac{\lambda^k}{k!} = \lambda \cdot e^\lambda$$
	\item Berechnung von $E(X^2)$ und $Var(X)$:
		\begin{eqnarray*}
			E(X^2) & = & \sum_{k=0}^\infty k^2 \cdot \frac{\lambda^k}{k!} \cdot e^{-\lambda} \\
			& = & e^{-\lambda} \cdot \lambda \cdot \sum_{k=1}^\infty k \cdot \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} \\
			& = & e^{-\lambda} \cdot \lambda \cdot \left[\sum_{k=1}^\infty (k-1) \cdot \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} + \sum_{k=1}^\infty \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}\right] \\
			& = & e^{-\lambda} \cdot \lambda \cdot \left[\sum_{\kappa=0}^\infty \kappa \cdot \frac{\lambda^\kappa}{\kappa!} + \sum_{\kappa=0}^\infty \frac{\lambda^\kappa}{\kappa!}\right] \\
			& \stackrel{(\alpha)}{=} & e^{-\lambda} \cdot \lambda \left[\lambda \cdot e^\lambda + e^\lambda\right] \\
			& = & \lambda^2 + \lambda
		\end{eqnarray*}
		Also: $E(X^2)=\lambda^2+\lambda \Rightarrow Var(X) = E(X^2)-(E(X))^2 = \lambda^2 + \lambda - \lambda^2 = \lambda$. Also: $Var(X)=\lambda$. Es gilt: $$(\beta) \quad \quad \sum_{k=0}^\infty k^2 \cdot \frac{\lambda^k}{k!} = (\lambda^2 + \lambda) \cdot e^\lambda$$
	\item Das $k$-te Moment $m_k$ der Zufallsgröße $X$ ist definiert als $m_k=E(X^k)$.
		\paragraph{Für k=1:} $m_1=E(X)=\lambda$ nach Teil (a)
		\paragraph{Für k=2:} $m_2=E(X^2)=\lambda^2+\lambda$ nach Teil (b)
		\begin{enumerate}[(1)]
			\item Berechnung von $m_3=E(X^3)$:
				\begin{eqnarray*}
					m_3 & = & \sum_{k=0}^\infty k^3 \cdot \frac{\lambda^k}{k!} \cdot e^{-\lambda} \\
					\Leftrightarrow e^\lambda \cdot m_3 & = & \sum_{k=1}^\infty k^3 \cdot \frac{\lambda^k}{k!} \\ \\
					\text{Zwischenrechnung: } k^2 & = & \left((k-1)+1\right)^2 = (k-1)^2 + 2 \cdot (k-1) + 1 \\ \\
					e^\lambda \cdot m_3 & = & \lambda \cdot \sum_{k=1}^\infty k^2 \cdot \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} \\
					& = & \lambda \cdot \sum_{k=1}^\infty \left((k-1)^2 + 2 \cdot (k-1) + 1\right) \cdot \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} \\
					& = & \lambda \cdot \Bigg[\sum_{k=1}^\infty (k-1)^2 \cdot \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} + 2 \cdot \sum_{k=1}^\infty (k-1) \cdot \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} \\
					& & + \sum_{k=1}^\infty \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}\Bigg] \\
					& = & \lambda \cdot \left[\sum_{\kappa=0}^\infty \kappa^2 \cdot \frac{\lambda^\kappa}{\kappa!} + 2 \cdot \sum_{\kappa=0}^\infty \kappa \cdot \frac{\lambda^\kappa}{\kappa!} + \sum_{\kappa=0}^\infty \frac{\lambda^\kappa}{\kappa!}\right] \\
					& \stackrel{(\alpha), (\beta)}{=} & \lambda \cdot \left[(\lambda^2+\lambda) \cdot e^\lambda + 2 \lambda e^\lambda + e^\lambda\right] \\
					e^\lambda \cdot m_3 & = & e^\lambda \cdot \left[\lambda^3 + \lambda^2 + 2\lambda^2 + \lambda\right] = e^\lambda \left(\lambda^3 + 3\lambda^2 + \lambda\right) \\
					\Leftrightarrow m_3 & = & \lambda^3 + 3\lambda^2 + \lambda
				\end{eqnarray*}
				Es gilt: $$(\gamma) \quad \quad \sum_{k=0}^\infty k^3 \cdot \frac{\lambda^k}{k!} = \left(\lambda^3 + 3\lambda^2 + \lambda\right) \cdot e^\lambda$$
			\item Berechnung von $m_4=E(X^4)$:
				\begin{eqnarray*}
					e^\lambda \cdot m_4 & = & \sum_{k=0}^\infty k^4 \cdot \frac{\lambda^k}{k!} \\
					& = & \lambda \cdot \sum_{k=1}^\infty k^3 \cdot \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} \\ \\
					\text{Zwischenrechnung: } k^3 & = & \left((k-1)+1\right)^3 = (k-1)^3+3(k-1)^2+3(k-1)+1 \\ \\
					e^\lambda \cdot m_4 & = & \lambda \cdot \sum_{k=1}^\infty \left[(k-1)^3+3(k-1)^2+3(k-1)+1\right] \cdot \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} \\
					& = & \lambda \cdot \Bigg[\sum_{k=1}^\infty (k-1)^3 \cdot \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} + 3 \cdot \sum_{k=1}^\infty (k-1)^2 \cdot \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} \\
					& & + 3 \cdot \sum_{k=1}^\infty (k-1) \cdot \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} + \sum_{k=1}^\infty \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}\Bigg] \\
					& = & \lambda \cdot \left[\sum_{\kappa=0}^\infty \kappa^3 \cdot \frac{\lambda^\kappa}{\kappa!} + 3 \cdot \sum_{\kappa=0}^\infty \kappa^2 \cdot \frac{\lambda^\kappa}{\kappa!} + 3 \cdot \sum_{\kappa=0}^\infty \kappa \cdot \frac{\lambda^\kappa}{\kappa!} + \sum_{\kappa=0}^\infty \frac{\lambda^\kappa}{\kappa!}\right] \\
					& \stackrel{(\alpha), (\beta), (\gamma)}{=} & \lambda \cdot \left[(\lambda^3+3\lambda^2+\lambda)\cdot e^\lambda + 3(\lambda^2+\lambda)\cdot e^\lambda + 3\lambda\cdot e^\lambda + e^\lambda\right] \\
					& = & e^\lambda \cdot \left(\lambda^4+3\lambda^3+\lambda^2+3\lambda^3+3\lambda^2+3\lambda^2+\lambda\right) \\
					e^\lambda \cdot m_4 & = & e^\lambda \cdot \left(\lambda^4+6\lambda^3+7\lambda^2+\lambda\right) \\
					\Leftrightarrow m_4 & = & \lambda^4+6\lambda^3+7\lambda^2+\lambda
				\end{eqnarray*}
				Es gilt: $$(\delta) \quad \quad \sum_{k=0}^\infty k^4 \cdot \frac{\lambda^k}{k!} = (\lambda^4 + 6\lambda^3 + 7\lambda^2 + \lambda) \cdot e^\lambda$$
			\item Berechnung von $m_5=E(X^5)$:
				\begin{eqnarray*}
					e^\lambda \cdot m_5 & = & \sum_{k=0}^\infty k^5 \cdot \frac{\lambda^k}{k!} \\
					& = & \lambda \cdot \sum_{k=1}^\infty k^4 \cdot \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} \\ \\
					\text{Zwischenrechnung: } k^4 & = & \left((k-1)+1\right)^4 \\
					& = & (k-1)^4 + 4(k-1)^3 + 6(k-1)^2 + 4(k-1) + 1 \\ \\
					e^\lambda \cdot m_5 & = & \lambda \sum_{k=1}^\infty \Big[(k-1)^4 + 4(k-1)^3 + 6(k-1)^2 \\
					& & + 4(k-1) + 1\Big] \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} \\
					& = & \lambda \Big[\sum_{k=1}^\infty (k-1)^4 \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} + 4 \sum_{k=1}^\infty (k-1)^3 \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} \\
					& & + 6 \sum_{k=1}^\infty (k-1)^2 \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} + 4 \sum_{k=1}^\infty (k-1) \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} \\
					& & + \sum_{k=1}^\infty \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}\Big] \\
					& = & \lambda \Big[\sum_{\kappa=0}^\infty \kappa^4\frac{\lambda^\kappa}{\kappa!}+4\sum_{\kappa=0}^\infty \kappa^3\frac{\lambda^\kappa}{\kappa!}+6\sum_{\kappa=0}^\infty \kappa^2\frac{\lambda^\kappa}{\kappa!} \\
					& & + 4\sum_{\kappa=0}^\infty \kappa\frac{\lambda^\kappa}{\kappa!} + \sum_{\kappa=0}^\infty \frac{\lambda^\kappa}{\kappa!}\Big] \\
					& \stackrel{(\alpha), (\beta), (\gamma), (\delta)}{=} & \lambda \Big[(\lambda^4+6\lambda^3+7\lambda^2+\lambda)\cdot e^\lambda + 4(\lambda^3+3\lambda^2+\lambda)\cdot e^\lambda \\
					& & +6(\lambda^2+\lambda) \cdot e^\lambda + 4\lambda\cdot e^\lambda + e^\lambda\Big] \\
					& = & e^\lambda \Big[\lambda^5+6\lambda^4+7\lambda^3+\lambda^2+4\lambda^4+12\lambda^3 \\
					& & +4\lambda^2+6\lambda^3+6\lambda^2+4\lambda^2+\lambda\Big] \\
					e^\lambda \cdot m_5 & = & e^\lambda \left[\lambda^5+10\lambda^4+25\lambda^3+15\lambda^2+\lambda\right] \\
					\Leftrightarrow m_5 & = & \lambda^5 + 10 \lambda^4 + 25 \lambda^3 + 15 \lambda^2 + \lambda
				\end{eqnarray*}
		\end{enumerate}
\end{enumerate}
Formel für das $k$-te Moment $m_k$:
$$m_0=1$$ und $$m_k=\lambda \cdot \sum_{j=0}^{k-1} {{k-1} \choose j} \cdot m_j, \quad k=1,2,3,...$$
(Hierbei ist $m_0=E(X^0)=E(1)=1$, also $m_0=1$.)

\section*{Aufgabe 4}
\subsection*{Zu zeigen:}
$$ E(N) = \sum_{i=1}^\infty P(N \ge i) $$
\subsection*{Beweis:}
\begin{eqnarray*}
  E(N) & \stackrel{!}{=} & \sum_{i=1}^\infty P(N \ge i) \\
       & = & \sum_{i=1}^\infty \left( \sum_{j=i}^\infty P(N=j) \right) \\
       & = & \left( \sum_{j=1}^\infty P(N=j) \right) + \left( \sum_{j=2}^\infty P(N=j) \right) + \left( \sum_{j=3}^\infty P(N=j) \right) + \ldots \\
       & = & 1 \cdot P(N=1) + 2 \cdot P(N=2) + 3 \cdot P(N=3) + \ldots \\
       & = & \sum_{i=1}^\infty i \cdot P(N=i) \\
       & = & E(N) \\
\end{eqnarray*}
\hfill $\Box$

\end{document}