Lösungsvorschlag 4. Serie Aufgabe 9 Es gibt 6 3 = 216 mögliche

Lösungsvorschlag 4. Serie
Aufgabe 9 Es gibt 63 = 216 mögliche Ergebnisse des Würfelns (mit Berücksichtigung der Reihenfolge, d.h. der Zuordnung des Ergebnisses zum konkreten Würfel). Welche der Zahlen am Anfang
ausgewählt wird, spielt für die Wahrscheinlichkeit keine Rolle – wenn die Würfel nicht gezinkt
sind. Die Zufallsvariable des Gewinns sei mit G bezeichnet.
a) Der Spieler verliert, wenn alle drei Würfel eine andere als die ausgewählte Zahl zeigen. Dafür
gibt es 53 = 125 Möglichkeiten. Die Wahrscheinlichkeit für den Verlust eines Euros ist also
125
= 0.578703
216
P ([G = −1]) =
Der Spieler gewinnt 1 Euro, wenn ein Würfel die vorgegebene Zahl zeigt und zwei andere
eine der 5 anderen Zahlen. Für letzteres gibt es 52 = 25 Möglichkeiten und dies für drei
Möglichkeiten, welcher der Würfel die vorgegebene Zahl zeigt. Die Wahrscheinlichkeit des
Gewinns eines Euros ist also
3 · 25
= 0.3472̄
216
P ([G = 1]) =
Der Spieler gewinnt 2 Euro, wenn ein Würfel nicht die vorgegebene Zahl zeigt (5 Möglichkeiten) und zwei andere die vorgegeben Zahl. Dies für drei Möglichkeiten, welcher der Würfel
nicht die vorgegebene Zahl zeigt. Die Wahrscheinlichkeit des Gewinns von 2 Euro ist also
3·5
= 0.0694̄
216
P ([G = 2]) =
Für den Gewinn von 3 Euro gibt es genau einen günstigen Fall, also
P ([G = 2]) =
1
= 0.004629
216
b) Der Erwartungswert des Gewinns ist nach a) somit
E(G)
=
(−1) · P ([G = −1]) + 1 · P ([G = 1]) + 2 · P ([G = 2]) + 3 · P ([G = 3]) =
=
−125+75+30+3
216
=
−17
216
= −0.078703
Aufgabe 10
a) Es ist
X
E(1Aj ) =
1Aj (ω) · p(ω) =
ω∈Ω
X
1 · p(ω) +
ω∈Aj
X
0 · p(ω) =
ω ∈A
/ j
X
p(ω) = p(Aj )
ω∈Aj
b) Es gibt n! Permutationen der Zahlen 1, . . . , n. In Aj liegen genau alle die Permutationen, bei
welchen das j-te Element fest gleich j gewählt ist und die restlichen n − 1 Zahlen beliebig
permutiert sind, also hat diese Menge (n−1)! Elemente. Nach Voraussetzung (Laplace-Raum)
sind alle Permutationen gleichwahrscheinlich, somit
p(Aj ) =
1
(n − 1)!
=
n!
n
a) Die Zählvariable X gibt an, an wie vielen Stellen der Permutation gilt aj = j. Ihre Definition
n
n
P
P
ist X =
1Aj . Nun gilt nach Satz 13.32 ii) der Vorlesung E(X) =
E(1Aj ) und mit a)
j=1
j=1
und b) folgt also
E(X) =
n
X
E(1Aj ) =
j=1
n
X
j=1
1
p(Aj ) =
n
X
1
=1
n
j=1
Im Mittel können wir also bei einer zufälligen Permutation der Zahlen 1, . . . , n eine Zahl an
ihrer ”natürlichen” Stelle erwarten.
Etwas komplizierter ist der Weg über die direkte Berechnung des Erwartungswertes. Zu berechnen ist p([X = k]), d.h. die Wahrscheinlichkeit, daß genau k Zahlen an der Stelle stehen,
1
.
die ihren Wert entspricht. Für k = n gibt es genau eine Permutation, also P ([X = n]) = n!
Außerdem ist P ([X = n − 1]) = 0 – der Fall k = n − 1 kann nicht auftreten, denn wenn n − 1
Zahlen an ihrem Platz stehen, so automatisch
auch die n-te.
µ
¶
n
Sei nun k ∈ {1, . . . , n − 2}. Es gibt
mögliche Auswahlen der k Zahlen. Und es gibt
k
(n − k)! Permutationen der übrigen Zahlen. In dieser Zahl sind jedoch auch alle solche Permutationen enthalten, in denen auch weitere Zahlenµan ihrer¶richtigen Stelle stehen. Wir
n−k
müssen diese Anzahl wieder subtrahieren. Es gibt
mögliche Auswahlen einer
1
weiteren Zahl an der richtigen Stelle, dies für alle (n − k − 1)! Permutationen der verbleibenden. Nun sind unter den subtrahierten Permutationen wieder mehrfach erfaßte - nämlich
zunächst diejenigem, für die 2 der restlichen Zahlen an der richtigen Stelle stehen – usw.
Insgesamt ergibt sich eine alternierende Summe und es gilt
p([X = k])
µ
¶ µ
µ
¶
µ
¶
¶
n
n−k
n−k
· (n − k)! −
· (n − k − 1)! +
· (n − k − 2)! − . . . + (−1)n−k
1 ¶
2
µ k ¶ µn−k
µ
¶
P
n
n−k
1
i
·
(−1)
· (n − k − i)!
= n!
k
i
i=2
µn−k
¶
P
n!(n−k)!
= k!(n−k)!n!
(−1)i i!1
i=2 ¶
µn−k
P
1
= k!
(−1)i i!1
=
1
n!
i=2
E(X)
=
n
P
=
k=1
n−2
P
k=1
k · p([X = k])
µn−k
¶
P
1
i1
(−1) i! +
(k−1)!
i=2
1
(n−1)!
Auf diesem Wege ist nicht leicht zu sehen, daß die Summe 1 ist.
2