UNIVERSIT¨AT BASEL HS2015 Must ¨Ubung 1

UNIVERSITÄT BASEL HS2015
EINFÜHRUNG IN DIE STATISTIK
–
LÖSUNGEN BLATT 1
ABGABE DI. 29.09.15 UM 16.00
Must
Übung 1. Was ist die Anzahl an Teilmengen mit genau k Elementen einer Menge der
Mächtigkeit n?
Proof.
Die Anzahl der Teilmengen mit k Elementen einer Menge der Mächtigkeit n ist
n
.
k
Übung 2. Seien n, r ≥ 1 ganze Zahlen und x1 , x2 , . . . , xn n verschiedene Variabeln.
Wie viele Monome von Grad r mit Koeffizent 1 und Variabeln x1 , x2 , . . . , xn gibt es?
Proof. Ein Monom in n Variablen von Grad r ist ein Polynom der Form
p(x1 , ..., xn ) = xe11 xe22 · · · xenn ,
wobei xi Variablen sind, für alle i ∈ {1, ..., n} gilt ei ∈ N ∪ {0} und
n
X
r = deg(p) =
ei .
i=1
Wir nennen die Menge dieser Polynome Mnk . Sei nun Knk die Menge der Kombinationen
k-ter Ordnung mit Wiederholung von n Objekten. Aus der Vorlesung wissen wir
n+k−1
k
|Kn | =
k
und da
Knk → Mnk
eine Bijektion ist sind wir fertig.
Übung 3. Zeichne n Punkte auf ein Blatt Papier (wähle als Beispiel n ∈ {3, 4, 5})
und verbinde jeden Punkt mit allen anderen. Wir nennen dieses Objekt einen kompletten Graphen mit n Knoten, i.e. Kn . Beweise die Anzahl der Kanten (Mächtigkeit des
Graphen) ist n(n−1)
.
2
Proof. Die Menge der Anzahl der Kanten eines Graphen G ist genau in bijektion mit
der Menge der Kombinationen 2-ter Ordnung ohne Wiederholung von n Objekten, also
n(n − 1)
n
|G| =
=
.
2
2
1
2
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Standard
Übung 4. Beweisen Sie folgende Aussagen für 0 ≤ k < n:
n
1. nk + k+1
= n+1
k+1
n+k
2. n n+k
=
(k
+
1)
k
k+1
P
3. nk=0 nk = 2n .
Proof. Wir beweisen die Aussagen in der Reihenfolge der Aufgaben. Für den ersten
Punkt haben wir folgende Identitäten
n
n
n!
n!
+
=
+
k
k+1
k!(n − k)! (k + 1)!(n − k − 1)!
n!
=
(k + 1 + n − k)
(k + 1)!(n − k)!
n+1
=
.
k+1
Für den zweiten Punkt haben wir
n+k
(n + k)!
n
=
(n − 1)!k!
k
(n + k)!
= (k + 1)
(n − 1)!(k + 1)!
n+k
= (k + 1)
.
k+1
Für den letzten Punkt sieht man leicht mit Hilfe des binomischen Lehrsatzes, dass
n X
n
n
n
2 = (1 + 1) =
.
i
i=0
Ein andere Beweis erfolgt mittels vollständiger Induktion. Für n = 1 ist alles klar.
Dann betrachte
n X
n
n+1
2
=2·
k
k=0
X
n−1 n
n
n
n
=
+
+
+
0
n
k
k+1
k=0
X
n−1 n+1
n+1
n+1
+
+
=
0
n+1
k+1
k=0
n+1 X
n+1
=
,
k
k=0
wobei wir im zweiten Gleichheitszeichen eine Umstellung von Summanden benutzen,
im dritten Gleichheitszeichen Aufgabe 4.1 und für das letzte Gleichheitszeichen eine
Verschiebung der Indizes.
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Übung 5. Sie haben die fünf Ziffern 1, 2, 2, 3, 4 und sollen aus diesen alle möglichen
fünfstelligen Zahlen bilden. Die Zahlen denken Sie sich der Grösse nach geordnet in
einer Liste vor. Folglich ist die erste Zahl 12234 und die letzte 43221. Beantworten Sie
folgende Fragen:
1.
2.
3.
4.
5.
Wie viele Zahlen stehen in der Liste?
Wie viele Zahlen in der Liste beginnen mit 2?
Wie viele Zahlen in der Liste beginnen mit 3?
An welcher Stelle der Liste steht 13242?
Welche Zahl steht an der 50. Stelle?
Proof. Wir wissen, dass 1, 3, 4 nur einmal vorkommen und 2 zweimal, also haben wir
fr die Anzahl an Zahlen in der Liste
5 · 4 · 3 = 60.
Für die Anzahl an Zahlen beginnend mit 2 erhalten wir folgendes Resultat
4 · 3 · 2 = 4! = 24.
Für die Anzahl an Zahlen beginnend mit 3 haben wir
4 · 3 = 12.
Den vierten Punkt arbeiten Schritt für Schritt ab. Wir haben 3·2 = 6 Zahlen beginnend
mit 12 und 4 Zahlen beginnend mit 13. Daher steht 13224, als kleinste Zahl beginnend
mit 13, an siebter Stelle. Daraus folgt, dass 13242 an achter Stelle steht.
Analog können wir fr die letzte Aufgabe vorgehen. Wir wissen, dass es 12 Zahlen gibt,
welche mit 4 beginnen, da wir 60 Zahlen in der Liste haben wissen wir, dass an der
Stelle 49 sicher 41223 am Anfang steht, also ist die 50. Zahl 41232.
Extra
Übung 6. Betrachte das Polynom p(x) = (x + 1)n , für n ∈ N. Sei 1 ≤ k ≤ n, was ist
der Koeffizient von xk in p? Beweise die Vermutung.
Proof. Man beweist zunächst den binomischen Lehrsatz mittels vollständiger Induktion,
n X
n n−k k
n
(x + y) =
x y .
k
k=0
So lässt sich erkennen, dass der Koeffizient von xk einfach nk ist.
Übung 7. Sei p(x) ein Polynom mit nicht negativen ganzen Zahlen als Koeffizienten. Welche ist die minimale Anzahl von Zahlen x1 , . . . , xn , für welche wir die Werte
p(xi ) wissen müssen, um das Polynom eindeutig zu bestimmen? (Es gibt eine minimale
Anzahl, die nicht vom Grad des Polynoms p abhängt.)
Proof. Für diese Aufgabe müssen wir lediglich zwei gut gewählte Punkte haben. Wir
schreiben für das Polynom
n
X
p(x) =
ai x i .
i=0
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EINFÜHRUNG IN DIE STATISTIK – LÖSUNGEN BLATT 1 ABGABE DI. 29.09.15 UM 16.00
Bekannt sind folgende Punkte
p(1) =
p(Q) =
n
X
i=0
n
X
ai =: Q
ai Qi .
i=0
Somit hat p(Q) eine Darstellung in der Basis Q. Jetzt gibt es zwei Fälle:
Fall 1: Q 6= 1
Hier ist nur der Fall p(Q) = Qk interessant. Für k > 1 ist dann p(x) = Qxk−1 , da die
Summe der Koeffizienten Q sein muss. Wenn k = 1, so erhalten wir p(1) = Q = p(Q),
d.h.
n
n
X
X
ai =
ai Qi .
i=0
i=0
Hier ensteht eine Gleichheit, wenn a0 = Q und ak = 0 für alle k 6= 0. Damit ist
p(x) = Q.
Fall 2: Q = 1
Hier erhalten wir, dass 1 = p(1) = p(p(1)) und damit keine neue Information. Wir
betrachten daher einfach p(Q + 1).
Beispiele:
Sei p(x) = x3 . Wir fragen nach p(1) = 1 und sind in Fall 2, daher fragen wir nach
p(2) = 8. So ist (8)2 = 1 · 23 + 0 · 22 + 0 · 21 + 0 · 20 = 1000, daher ist p(x) = x3 .
Sei p(x) = x2 + 2x. Wir fragen nach p(1) = 3 und p(3) = 15, so ist (15)3 =
1 · 32 + 2 · 31 + 0 · 1 = 120, somit ist das Polynom p(x) = x2 + 2x.
Sei p(x) = 5x3 . Wir fragen nach p(1) = 5 und p(5) = 625, dann haben wir direkt
p(x) = 5x3 , da 625 = 54 .