Stochastik, Sommersemester 2014 Prof. Dr. I. Veselić

Stochastik, Sommersemester 2014
Prof. Dr. I. Veselić
Dr. M. Tautenhahn, Dr. C. Schumacher
Hausaufgabe 3
Abgabe am 28.4. oder am 30.4. in der Übung
Aufgabe 1. Die Regierungschefs der vier skandinavischen Länder Dänemark, Schweden, Norwegen und
Finnland wollen sich zum Abschluß eines Gipfeltreffens zusammen mit ihren Außenministern in eine
Reihe zum Familienfoto aufstellen. Angenommen, die Anordnung erfolgt rein zufällig,
(a) wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass jeder Außenminister neben seinem Chef steht?
(b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass kein Außenminister neben seinem Chef steht?
Hinweis: Nutzen Sie die Ein- und Ausschlussformel.
Lösung zu Aufgabe 1: (Anwendung Ein- und Ausschlussformel)
gipfel.tex
W-Raum: Ω = {ω = (ω1 , . . . , ω8 ) | 1 ≤ ωi ≤ 8, ωi 6= ωj , i 6= j}, A = P(Ω), P Gleichverteilung. Wir
definieren fuer i = 1, 2, 3, 4 Ereignis
Ei = {Aussenminister und Reg.-Chef von Land i stehen nebeneinander}
= {ω ∈ Ω : |ω2i − ω2i−1 | = 1}.
Es gilt
|Ei | = 6 · 2 · 6! + 2 · 1 · 6! = 2 · 7!
und
|Ei1 ∩ Ei2 | = (8 − 2)! · 22
bzw. allgemein
|Ei1 ∩ . . . ∩ Eik | = (8 − k)!2k ,
denn wir sortieren erst die k Pärchen und die 8 − 2k verbleibenden Leute, also k + 8 − 2k = 8 − k
Parteien, und probieren dann alle 2k Links-Rechts-Kombinationen innerhalb der Pärchen durch.
(a)
P(E1 ∩ E2 ∩ E3 ∩ E4 ) =
4! · 24
≈ 0, 0095.
8!
(b)
P(E1c ∩ E2c ∩ E3c ∩ E4c ) = P(E1 ∪ E2 ∪ E3 ∪ E4 )
= 1 − P(E1 ∪ E2 ∪ E3 ∪ E4 )
=1−
4
X
(−1)k+1
k=1
4
X
X
P(Ei1 ∩ . . . ∩ Eik )
1≤i1 <...<ik ≤4
!
!
4
4
=1−
P(Ei ) +
P(E1 ∩ E2 ) −
P(E1 ∩ E2 ∩ E3 )
2
3
i=1
!
4
P(E1 ∩ E2 ∩ E3 ∩ E4 )
+
4
12
= .
35
Aufgabe 2. In einer Urne befinden sich N Kugeln, davon K rote. Wir ziehen n Kugeln ohne Zurücklegen, wobei n ≤ min(K, N − K). Beschreibe dieses Modell durch einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum. Sei k ∈ {0, 1, . . . , n}. Zeigen Sie, dass die Wahrscheinlichkeit k rote Kugeln in einer Stichprobe
zu haben genau
!
!,
!
K
N −K
N
p(k) =
k
n−k
n
ist. Diese Gewichte definieren die hypergeometrische Verteilung mit Parametern N , K und n. Zeigen
Sie, dass die hypergeometrische Verteilung für N → ∞ und K → ∞ mit p = K/N konstant, gegen die
Binomialverteilung mit Parametern n und p konvergiert.
Lösung zu Aufgabe 2: (Hypergeometrische Verteilung)
hyper.tex
Ein geeigneter Wahrscheinlichkeitsraum ist der Laplaceraum
Ω := {I ⊆ {1, . . . , N } | |I| = n}, A := P(Ω)
und
P(A) := |A|/|Ω|.
Wir betrachten das Ereignis
A := {I ∈ Ω | |{1, . . . , K} ∩ I| = k}.
Es gilt
P(A) =
K N −K k
n−k
.
N
n
Für N, K → ∞ mit K/N → p konstant ergibt sich
!
p (k) =
n K · . . . · (K − k + 1) · (N − K) · . . . · (N − K − n + k + 1)
k
N · . . . · (N − n + 1)
! →
n
·
k
K
N
k ·
N −K
N
!
n−k
=
n
· pk · (1 − p)n−k .
k
Aufgabe 3. Ein Testat im Fach Stochastik sei wie folgt beschaffen: Der zu prüfende Student wählt aus
50 vorliegenden Prüfungsfragen blind 10 Fragen aus. Das Testat gilt als bestanden, wenn er von diesen
10 Fragen mindestens 4 Fragen richtig beantworten kann. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür,
dass das Testat
(a) bestanden wird, obwohl der Student nur 10 der 50 Prüfungsfragen beantworten kann,
(b) nicht bestanden wird, obwohl der Student 30 der 50 Prüfungsfragen beantworten kann.
Lösung zu Aufgabe 3: (Hypergeometrische Verteilung)
hypertestat.tex
Aus Vorlesung bekannt: Hypergeometrische Verteilung
(a) Modell: Urne mit 50 Kugeln, 40 davon weiß, 10 davon rot, 10 Kugeln ohne Zurücklegen ziehen.
Ereignis A: mindestens vier rote Kugeln dabei,
40 10
40 10
10
3
X
X
10−j j
10−j j
P(A) =
=1−
≈ 0.0965989.
50
50
j=4
j=0
10
10
(b) Modell: Urne mit 50 Kugeln, 20 davon weiß, 30 davon rot, 10 Kugeln ohne Zurücklegen ziehen.
Ereignis B: höchstens drei rote Kugeln dabei,
20 30
3
X
10−j j
P(B) =
≈ 0.036.
50
j=0
10
2
Ausführlicher:
Wir wählen den Raum
Ω = {ω = (ω1 , . . . , ω50 ) | ωi ∈ {0, 1} für i ∈ {1, . . . , 50}}
die Sigma-Algebra A = P(Ω) und die Gleichverteilung P auf (Ω, A). Es gilt |Ω| = 250 . Ein ω =
(ω1 , . . . , ω50 ) interpretieren wir wie folgt: Wir stellen uns vor alle 50 Aufgaben werden aus einer Urne
gezogen. Ein ωi gibt an, ob die an i-ter Stelle gezogene Aufgabe richtig beantwortet werden kann
(ωi = 1) oder nicht (ωi = 1). Die ersten zehn Werte ω1 , . . . , ω10 geben an, welche Aufgaben der Student
für die Prüfung gezogen hat.
Wir definieren die Zufallsvariablen X : Ω → N0 und Y : Ω → N0 durch
X(ω) =
10
X
ωi ,
Y (ω) =
i=1
50
X
ωi
i=1
Also beschreibt Y die Anzahl der Fragen (aus der Menge alle Fragen) die der Student richtig beantworten
kann und X die Anzahl der gezogenen Fragen die der Student richtig beantworten kann. Bei (a) ist die
Wahrscheinlichkeit P(X ≥ 4 | Y = 10) gesucht. Wir rechnen
P(X ≥ 4, Y = 10)
P(Y = 10)
P(X < 4, Y = 10)
=1−
P(Y = 10)
P(X ≥ 4 | Y = 10) =
=1−
3
X
P(X = k, Y = 10)
P(Y = 10)
k=0
.
Es gilt
!
P(Y = 10) =
50
10
|{Y = 10}|
= 50
|Ω|
2
und
P(X = k, Y = 10) =
=
|{X = k, Y = 10}|
|Ω|
{
P10
i=1 ωi
= k,
!
=
P50
i=11 ωi
50
2
10
40
·
k
10 − k
250
= 10 − k}
!
.
Daher erhalten wir
!
P(X ≥ 4 | Y = 10) = 1 −
3
X
!
k=0
Wir erhalten also eine hypergeometrische Verteilung.
3
10
40
·
k
10 − k
50
10
!
.
Bei (b) ist P(X < 4 | Y = 30) gesucht. Dazu rechnen wir
P(X < 4 | Y = 30) =
=
3
X
P({X = k, Y = 30})
k=0
3
X
P({Y = 30})
P({
P10
= k,
!
3
X
10
k
·
40
30 − k
50
30
50
! 2
3
X
!
250!
k=0
=
i=11
P50
k=0
=
P50
= 30 − k})
P({ i=1 ωi = 30})
i=1 ωi
10
40
·
k
30 − k
!
!
50
30
k=0
Aufgabe 4. Seien n ∈ N, p ∈ (0, 1) und λ > 0. Für k ∈ {0, 1, . . . , n} sei
!
n k
p (1 − p)n−k
k
βn,p (k) :=
und für k ∈ N0 setzen wir
λk −λ
e .
k!
Wahrscheinlichkeitsvektoren sind. Zeigen Sie außerdem
αλ (k) :=
Zeigen Sie, dass αλ und βn,p
lim βn, λ (k) = αλ (k).
n→∞
n
Lösung zu Aufgabe 4: (B → P)
bin2poi.tex
Es gilt
Bn, λ {k} =
n
λ k λk n!
λ n−k
λ n
n!
λ −k
1−
=
1−
1
−
k!(n − k)! n
n
k! | {zn } (n − k)!nk |
{zn }
|
{z
}
→e−λ
und
λk −λ
k∈N0 k! e
P
= eλ e−λ = 1 sowie
Pn
k=0 βn,p (k)
= (p + 1 − p)n = 1.
4
→1
→1