B. Brief, J. A. Klode Stochastik (Di) – Blatt 2 – Antworten 1

B. Brief, J. A. Klode
Stochastik (Di) – Blatt 2 – Antworten
1. November 2013
Aufgabe 6
a. Wir wissen:
AJ =
\
Ai,j 6= ∅ ⇔ ∃ω ∈ Ω : ∀(i, j) ∈ J : ω ∈ Ai,j
(i,j)∈J
⇔ ∃ω ∈ Ω : ∀(i, j) ∈ J : ωi = j und ωi = j
⇔ ∃ω ∈ Ω : J ⊃ {(i, j) ∈ I | ωi = j und ωj = i}
Die Teilmengen J mit AJ 6= ∅, sind Mengen, für die gilt, das die Permuationen Ai,j
für alle (i, j) ∈ J gemeinsame Elemente aufweisen.
b. Also erstens ist immer card J = l, da l ja so definiert ist. Diese Hälfte der Bedingung
ist also vollkommen unnötig.
c. Das Ereignis, dessen Wahrscheinlichkeit wir bestimmen wollen, ist:
A = {(ω1 , . . . , ωn ) ∈ Ω | ∃1 ≤ i < j ≤ n : ωi = j und ωj = i}
Die Wahrscheinlichkeit davon ist:
P (A) =
card A
card A
=
card Ω
n!
Das Problem ist wohl ähnlich wie ein Rencontre Problem – aber nicht mit genau
k Fixpunkten sondern mit 1 < k < n (mindestens 2) Fixpunkten (wobei es hier ja
keine echten Fixpunkte sind, das spielt aber keine Rolle, denn
P („ωi = i und ωj = j“) = P („ωi = j und ωj = i“)
Für n → ∞ konvergiert P (A) scheinbar gegen ca. 0, 393. Den Wert konnte ich aber
nur durch Ausprobieren bestimmen, für n = 8, 9.
Aufgabe 7
a. z.z. Hyp(r; n; R; N ) = Hyp(r; R; n; N ) mit n ≤ N und r ≤ min{n, R}.
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Beweis. Erst einmal ersetzen wir die ganzen „über“ durch ihre Definition.
R
N −r
N −r
R!
r
n−r
n−r
=
N
N
(R − r)!r!
n
n
R!(N − r)!
=
N
(R − r)!r!(N − r − (n − r))!(n − r)!
n
R!(N − r)!(N − n)!n!
=
(R − r)!r!(N − r − (n − r))!(n − r)!N !
n
N −r
N −r
n!
r
R−r
R−r
=
N
N
(n − r)!r!
R
R
n!(N − r)!
=
N
(N − r − (R − r))!(R − r)!(n − r)!r!
R
n!(N − r)!(N − R)!R!
=
(N − r − (R − r))!(R − r)!(n − r)!r!N !
Nun entfernen wir die Elemente, die auf beiden Seiten der Gleichungen vorkommen,
und lösen die inneren Klammern unten auf:
R!(N − r)!(N − n)!n!
n!(N − r)!(N − R)!R!
=
(R − r)!r!(N − r − (n − r))!(n − r)!N !
(N − r − (R − r))!(R − r)!(n − r)!r!N !
(N − n)!
(N − R)!
⇔
=
(N − r − (n − r))!
(N − r − (R − r))!
(N − n)!
(N − R)!
⇔
=
(N − n)!
(N − R)!
b. Das bedeutet anschaulich, das ich, um die Wahrscheinlichkeiten für Buben im Skat
gleich zu halten, bei nur R = 2 Buben im Spiel ein Skat aus n = 4 Karten bestehen
müsste.
Aufgabe 8
4
Die Wahrscheinlichkeit P (Ai ), dass der i-te Spieler 2 Asse zieht, ist:
= 6 Mög2
lichkeiten, 2 Asse zu ziehen; geteilt durch die Anzahl aller Kombinationsmöglichkeiten
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52
= 1326; also
2
4
2
1
6
=
.
P (Ai ) = =
1326
221
52
2
Dann wird die Ein-Ausschlussformel angewandt, wobei die Ergeignisse A1 bis A10 ja
völlig austauschbar sind.
10
P (A1 ∪ . . . ∪ A10 ) = 10 · P (A1 ) −
P (A1 ∩ A2 )
2
Mit
4
2
P (A1 ∩ A2 ) = 52
50
·
2
2
kommt da dann letztendlich
2441
54145
= ungefähr 0, 04508 raus.
Aufgabe 9
a. Beweis. Wir haben bei der Darstellung n − 1 Striche und k Punkte. Alle Anordnungsmöglichkeiten erhält man also durch (k + n − 1)!. Darin enthalten sind aber
jede Menge Duplikate, da nicht berücksichtigt wird, dass jeweils die Punkte und die
Striche allesamt gleichartig sind. Daher muss man die Gesamtmenge teilen durch
die Anordnungsmöglichkeiten der der Punkte malgenommen mit den Anordnungsmöglichkeiten der Striche, was letztendlich ergibt:
n+k−1
(n − 1)! · (k)!
n+k−1
, was wir beweisen sollten.
Und das ist nichts anderes als
k
b. Ein Monom lässt sich auch rekursiv darstellen, als:
m(x1 , ..., xn ) = m(x1 , ..., xn−1 ) · xknn
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