Aufgabe 1: An einer Schule können die Schüler

Aufgabe 1: An einer Schule können die Schüler Deutsch, Englisch und Französisch lernen.
• 40% der Schüler lernen Spanisch.
• 60% der Schüler lernen Englisch.
• 55% der Schüler lernen Französisch.
• 30% der Schüler lernen Spanisch und Englisch.
• 20% der Schüler lernen Spanisch und Französisch.
• 35% der Schüler lernen Französisch und Englisch.
• 10% der Schüler lernen Spanisch, Französisch und Englisch.
Wie groß ist der Prozentsatz der Schüler, die überhaupt keine Fremdsprache lernen.
Lösung: Wir führen folgende Bezeichnungen ein.
1. S: Menge der Schüler, die Spanisch lernt.
2. F : Menge der Schüler, die Französisch lernt.
3. E: Menge der Schüler, die Englisch lernt.
4. K: Menge der Schüler, die keine Fremdsprache lernt.
Dann gilt
P (K)
=
=
=
=
=
P S ∪ F ∪ E)c
1 − P (S ∪ F ∪ E)
1 − P (S) − P (F ) − P (E) + P (S ∩ F ) + P (S ∩ E) + P (F ∩ E) − P (S ∩ E ∩ F )
1 − 0.4 − 0.55 − 0.6 + 0.2 + 0.3 + 0.35 − 0.1
0.2
Also lernen 20% der Schüler überhaupt keine Fremdsprache.
Aufgabe 2: Angenommen, wir würfeln n mal mit einem Laplace-Würfel. Wie gross muss n gewählt
werden, damit wir mit einer Wahrscheinlichkeit von 99% davon ausgehen können, dass mindestens
n
7 mal eine Sechs gewürfelt wird?
Lösung: Der Ergebnis-Raum für das angegebene Zufalls-Experiment ist
Ω = {1, · · · , 6}n .
Die für diese Aufgabe relevante Zufalls-Größe K gibt die Anzahl der gewürfelten Sechsen an, es
gilt also
K : Ω → N mit K [x1 , · · · , xn ] = i ∈ {1, · · · , 6} xi = 6 Gesucht ist das kleinste n, so dass
Pn K ≥ n7 = 0.99
gilt. Die Wahrscheinlichkeit Pn genügt einer Binomial-Verteilung mit dem Parameter p = 61 . Also
gilt
1
n
Pn K ≥
7
=
n
X
B n, p, i
i= n
7
n
7 −1
=
1−
X
B n, p, i
i=0
=
1 − Fpn
≈ 1−Φ
=
1−Φ
n
7
n
7
− np
√
npq
√
!
1
− p
n · 7√
pq
Wir müssen die Ungleichung
n
≥ 0.99
Pn K ≥
7
lösen und das ist nach der obigen Rechnung äquivalent zu
1
√
− p
1 − Φ n · 7√
≥ 0.99.
pq
Das ist äquivalent zu
1
√
− p
0.01 ≥ Φ n · 7√
pq
Wenden wir auf diese Ungleichung die Funktion Φ−1 an, so erhalten wir
1
√
−p
Φ−1 (0.01) ≥ n · 7√
pq
Wir definieren α := Φ−1 (0.01) und quadrieren diese Ungleichung
2
1
2
7 − p
α ≤n·
pq
Damit erhalten wir
pq
n ≥ α2
2 ≈ 1325.914137
1
7 − p
Also muss n mindestens den Wert 1326 haben. Hier haben wir ausgenutzt, dass
Φ−1 (0.01) = −Φ−1 (0.99)
gilt. Dies folgt aus der Gleichung
Φ(−x) = 1 − Φ(x).
Diese Gleichung kann aus der Symmetrie des Integranden von Φ und der Eigenschaft
lim Φ(x) = 1
x→∞
hergeleitet werden.
Aufgabe 3: Wir nehmen an, dass bei der Produktion von Glühbirnen die Wahrscheinlichkeit
dafür, dass eine Glühbirne defekt ist, den Wert 0.1 hat. Diese Glühbirnen werden anschließend
in Kisten verpackt und ausgeliefert. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine solche Kiste beim Transport hinfällt, betrage 5%. Außerdem gehen wir davon aus, dass beim Hinfallen einer Kiste 30%
der intakten Glühbirnen zerstört werden. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine
2
gelieferte Glühbirne funktionsfähig ist.
Lösung: Die Glühbirne ist defekt genau dann, wenn einer der beiden folgenden sich ausschließenden Fälle vorliegt:
1. Die Glühbirne ist bereits bei der Produktion defekt ist. Dieses Ereignis bezeichnen wir mit
K. Es gilt
P (K) = 0.1.
2. Es wird eine funktionsfähig Glühbirne produziert, die Glühbirne befindet sich aber beim
Transport in einer Kiste die hinfällt und wird dabei zerstört. Dieses Ereignis bezeichnen wir
mit Z. Bezeichnen wir das Ereignis, dass eine intakte Glühbirne sich in einer Kiste befindet,
die hinfällt, mit H, so gilt zunächst
P (Z) = P (Z|H) · P (H).
Die Wahrscheinlichkeit P (H) berechnen wir ebenfalls über bedingte Wahrscheinlichkeiten:
P (H) = P (H|K c ) · P (K c ).
Damit haben wir insgesamt
P (Z) = P (Z|H) · P (H|K c ) · P (K c ).
Nach Aufgabenstellung gilt P (Z|H) = 0.3. Die Wahrscheinlichkeit P (H|K c ) ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine intakte Glühbirne sich in einer Kiste befindet, die hinfällt. Die
Frage, ob eine Kiste hinfällt, ist aber unabhängig davon, ob die Glühbirnen darin defekt sind
oder nicht, es gilt also
P (H|K c ) = 0.05.
Wegen P (K c ) = 1 − P (K) = 0.9 haben wir also
P (Z) = 0.3 · 0.05 · 0.9 = 0.0135
Bezeichnen wir das Ereignis, dass die Glühbirne defekt ist, mit D, so gilt
P (D) = P (K) + P (Z) = 0.1 + 0.0135 = 0.1135.
Aufgabe 4: Auf einer Insel ist die Tochter des dort amtierenden Königs einem besonders gruseligen
Verbrechen zum Opfer gefallen. Es gibt zunächst keinen Verdächtigen, aber dafür kann am Tatort
eine DNA-Probe des Täters sichergestellt werden. Da es zu teuer ist, alle 100 000 auf der Insel
lebenden Männer zu testen, werden zufällig 100 Männer für einen DNA-Test ausgewählt. Bei
einem dieser Männer ist der Test in der Tat positiv. Bei dem besagten Test wird ein spezielles Gen
verglichen. Die Chance, dass dieses Gen bei zwei zufällig ausgewählten Männern identisch ist, liegt
bei 1 zu 50 000. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass es sich bei dem positiv getesteten Mann
um den Täter handelt? Beantworten Sie die selbe Frage für den Fall, dass auf der Insel 1 000 000
Männer leben.
Lösung: In der Aufgabe spielen die folgende Ereignisse eine Rolle:
1. T : Eine Person ist der Täter.
2. U : Der Test zeigt eine Übereinstimmung des getesteten Gens.
Liegt keine andere Information vor, so hat die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis T den Wert
1
,
P (T ) =
100 000
denn zunächst müssen wir davon ausgehen, dass alle Personen mit der selben Wahrscheinlichkeit als
Täter in Frage kommen. Den Test charakterisieren wir durch die folgenden Wahrscheinlichkeiten:
1. Falls die gestestete Person der Täter ist, gehen wir davon aus, dass der Test dies immer
erkennt.
P (U |T ) = 1.
3
2. Mit einer Wahrscheinlichkeit von 1 zu 50 000 hat eine unschuldige getestete Person rein
zufällig das selbe Gen wie der Täter, es gilt also
P (U |T c ) = 50 1000 .
Wählen wir in der der Formel von Bayes die Zerlegung Ω = T ] T c , so haben wir:
P (T |U )
=
P (U |T ) · P (T )
P (U |T ) · P (T ) + P (U |T c ) · P (T c )
=
1 · 1001000
1 · 1001000 + 50 1000 ·
=
≈
=
99 999
100 000
1
1+
99 999
50 000
1
1+2
1
3
Die getestete Person kommt also mit einer Wahrscheinlichkeit von 13 als Täter in Frage. Würden
auf der Insel 1 000 000 Männer leben, die alle mit der gleichen Wahrscheinlichkeit in Frage kämen,
so hätten wir stattdessen:
P (T |U )
=
=
=
≈
=
P (U |T ) · P (T )
P (U |T ) · P (T ) + P (U |T c ) · P (T c )
1
1 000 000
1
1
999 999
1 000 000 + 50 000 · 1000 000
1·
1·
1
1+
999 999
50 000
1
1 + 20
1
.
21
1
In diesem Fall sinkt die Wahrscheinlichkeit also auf 21
≈ 4.76%.
Dieses Rechnungen zeigen, dass ein Gentest alleine nicht ausreicht um die Schuld eines Täter
nachzuweisen.
Aufgabe 5: Anton, Bruno und Charlie haben sich unsterblich in die selbe Frau verliebt und
beschließen, ein Dreier-Duell durchzuführen. Dieses wird folgendermaßen durchgeführt: Die drei
Duellanten stellen sich so auf, dass zwischen jedem Paar ein Abstand von 25 Metern besteht. Es
wird ausgelost, wer als erstes einen Schuß abgeben darf, danach wird immer in der Reihenfolge
Anton, Bruno, Charlie geschossen, mit der kleinen Einschränkung, dass jemand, der tot ist, nicht
mehr mitspielen darf. Wenn jemand einen Schuß abgeben darf, so steht es ihm frei, auf welchen
Kontrahenten er schießt. Außerdem hat er auch die Möglichkeit, in die Luft zu schießen. Dies gilt
allerdings nicht für Anton, der darf nicht in die Luft schießen. Die Bewaffnung der drei Duellanten
ist unterschiedlich.
1. Anton verfügt über ein Maschinen-Gewehr. Seine Trefferwahrscheinlichkeit liegt daher bei
100%.
2. Bruno setzt eine Pumpgun ein und hat eine Trefferwahrscheinlichkeit von 80%.
3. Charlie besitzt einen klassischen Fünfundvierziger Peacemaker mit dem er eine Trefferwahrscheinlichkeit von 50% erzielt.
4
Lösen Sie die folgenden Aufgaben:
1. Überlegen Sie, welche Strategie für die einzelnen Kontrahenten optimal ist.
2. Berechnen Sie die Überlebenswahrscheinlichkeit für jeden der Duellanten.
3. Wie groß ist der Erwartungswert für die Dauer des Duells.
Hinweis: Die am schwierigsten zu berechnende Situation ist die, wenn Bruno den Anton erschossen hat und Charlie und Bruno sich nun abwechselnd beschießen. Um die bei diesem Duell
auftretenden Wahrscheinlichkeiten berechnen zu können, ist es zweckmäßig, für dieses Duell die
folgenden Abkürzungen einzuführen.
1. c(n) ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass Charlie nach der n-ten Runde noch lebt.
Eine Runde besteht dabei aus dem Schuss von Charlie und dem Schuss von Bruno, falls
dieser noch dazu in der Lage ist.
2. b(n) ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass Bruno nach der n-ten Runde noch lebt.
3. g(n) ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass das Spiel nach der n-ten Runde beendet ist.
Die Wahrscheinlichkeit g kann auf die beiden Wahrscheinlichkeiten c(n) und b(n) zurückgeführt werden.
Es ist zweckmäßig, für c(n) und b(n) eine System von Rekurrenz-Gleichungen aufzustellen und
dieses System mit Hilfe von Maple zu lösen. Anschließend können die Grenzwerte dieser Folgen
für n gegen Unendlich berechnet werden. Es ergibt sich
5
4
lim c(n) =
und
lim b(n) = .
n→∞
n→∞
9
9
Der Rest der Aufgabe ist dann nicht mehr schwer.
Lösung: Wir beginnen damit dass wir dem Hinweis folgend analysieren wie ein Duell zwischen
Charlie und Bruno ausgeht, bei dem Charlie den ersten Schuss hat. Wir bezeichnen das Ereignis,
dass Charlie nach der n-ten Runde noch lebt, mit C(n), das Ereignis, dass Bruno noch lebt, nennen
wir B(n) und das Ereignis, dass das Spiel nach der n-ten Runde beendet ist, heißt G(n). Dann
gilt
c(n) = P C(n) , b(n) = P B(n) , und g(n) = P G(n) .
Da das Duell nach der n-ten Runde beendet ist, wenn entweder das zu C(n) oder das zu B(n)
komplementäre Ereignis eingetreten ist, und weil die beiden komplementären Ereignisse nicht
gleichzeitig eintreten können, haben wir
g(n) = P C(n)c + P B(n)c = 1 − c(n) + 1 − b(n) = 2 − b(n) − c(n).
Wir stellen nun ein System von Rekurrenz-Gleichungen für die Folgen b(n) n∈N und c(n) n∈N
auf.
1. Die Anfangs-Bedingungen lauten
c(0) = 1 und b(0) = 1.
2. Bruno überlebt die (n + 1)-te Runde in den beiden folgenden Fällen:
(a) Das Spiel ist nach der n-ten Runde noch nicht beendet und Bruno wird in der (n + 1)ten Runde nicht erschossen. Dieser Fall hat die Wahrscheinlichkeit
0.5 · 1 − g(n)
(b) Das Spiel ist nach der n-ten Runde aufgrund des vorherigen Ablebens von Charlie
beendet. Die Wahrscheinlichkeit für dieses Ereignis ist
1 − c(n)
5
Da diese beiden Fälle sich ausschließen, addieren sich die Wahrscheinlichkeiten und es gilt
b(n + 1) = 0.5 · 1 − g(n) + 1 − c(n)
= 0.5 · b(n) + c(n) − 1 + 1 − c(n)
= 0.5 + 0.5 · b(n) − 0.5 · c(n)
3. Charlie überlebt die (n + 1)-te Runde in den beiden folgenden Fällen:
(a) Das Spiel ist nach der n-ten Runde noch nicht beendet und Charlie wird in der (n + 1)ten Runde nicht erschossen. Hier gibt es zwei Möglichkeiten. Einerseits kann Charlie
Bruno erschießen, andererseits kann er auch dann, wenn er daneben geschossen hat,
darauf hoffen, das Bruno ebenfalls daneben schießt. Diese beiden Fällen haben daher
die Wahrscheinlichkeit
(0.5 + 0.5 · 0.2) · 1 − g(n) = 0.6 · 1 − g(n) .
(b) Das Spiel ist nach der n-ten Runde aufgrund des vorherigen Ablebens von Bruno beendet. Die Wahrscheinlichkeit für dieses Ereignis ist
1 − b(n)
Da diese beiden Fälle sich ausschließen, addieren sich die Wahrscheinlichkeiten und es gilt
c(n + 1) = 0.6 · 1 − g(n) + 1 − b(n)
= 0.6 · b(n) + c(n) − 1 + 1 − b(n)
= 0.4 + 0.6 · c(n) − 0.4 · b(n)
Das System aus den beiden Rekurrenz-Gleichungen für b(n + 1) und c(n + 1) hat zusammen mit
den Anfangs-Bedingungen die Lösung
n
n
4 5
1
5 4
1
b(n) = + ·
und c(n) = + ·
.
9 9
10
9 9
10
Die Richtigkeit dieser Lösung kann unmittelbar durch Einsetzen verifiziert werden. Außerdem folgt
nun
5
4
lim c(n) =
und
lim b(n) = ,
n→∞
n→∞
9
9
so dass Bruno das Duell mit einer Wahrscheinlichkeit von 94 überlebt, während die Überlebenswahrscheinlichkeit von Charlie 59 beträgt.
Wir wenden uns nun der eigentlichen Aufgabe zu und überlegen uns die für das Duell sinnvollen
Strategien. Wir betrachten zunächst die Optionen von Charlie. Sollte er als erster schießen dürfen,
so wäre es für ihn eine ganz schlechte Idee, auf Bruno zu schießen, denn wenn er treffen würde,
würde er danach todsicher von Anton umgelegt. Auch auf Anton zu zielen bringt wenig, denn
wenn er Anton treffen würde, würde er danach mit 80%-prozentiger Wahrscheinlichkeit von Bruno
erschossen. Die beste Strategie für Bruno besteht darin, in die Luft zu schießen, denn dann ist
als nächstes Anton am Zug, der in jedem Fall Bruno erledigt. Danach hat Charlie dann eine
immerhin 50%-prozentige Chance, dem Anton Flügel anzumontieren. Sollte er diese Chance nicht
nutzen können, wäre danach allerdings Anton am Zug und das Spiel wäre aus. Bezeichnen wir die
Ergeignisse, dass Anton, Bruno, bzw. Charlie anfangen darf mit AA , AB , AC und die Ereignisse,
dass Anton, Bruno, bzw. Charlie überlebt mit UA , UB , UC , so haben wir damit die folgenden
bedingten Wahrscheinlichkeiten gefunden:
P (UA |AC ) = 0.5, P (UB |AC ) = 0, P (UC |AC ) = 0.5.
Als nächstes betrachten wir den Fall, dass Anton das Duell startet. Dieser wird nicht zögern Bruno
zu erschießen, denn sonst ist er danach mit 80%-prozentiger Sicherhet tot. Danach hat er dann im
Duell gegen Charlie immer noch eine 50-zu-50 Chance. Also gilt
P (UA |AA ) = 0.5, P (UB |AA ) = 0, P (UC |AA ) = 0.5.
Falls Bruno das Duell eröffnet, wird er als erstes auf Anton schießen, denn das ist seine einzige
Chance zu überleben. Bezeichen wir das Ereignis, das Bruno dabei trifft, mit T , so findet danch
6
das bereits behandelte Duell von Charlie und Bruno statt, bei dem Charlie beginnt. Also gilt
4
5
P (UA |AB ∩ T ) = 0, P (UB |AB ∩ T ) = , P (UC |AB ∩ T ) =
9
9
Falls Bruno Anton nicht trifft, haben wir danach die selbe Situation wie die, bei der Charlie
anfangen darf. Also gilt dann
P (UA |AB ∩ T c ) = 0.5, P (UB |AB ∩ T c ) = 0, P (UC |AB ∩ T c ) = 0.5.
Damit können wir nun für alle Beteiligten die Überlebenswahrscheinlichkeiten berechnen.
1. Für Anton finden wir
P (UA )
= P (UA |AA ) · P (AA ) + P (UA |AB ∩ T ) · P (AB ∩ T ) +
P (UA |AB ∩ T c ) · P (AB ∩ T c ) + P (UA |AC ) · P (AC )
=
=
=
=
1
1
+ 0 · P (AB ) · P (T ) + 0.5 · P (AB ) · 1 − P (T ) + 0.5 ·
3
3
1
1 2
1
+ 0.5 · ·
+
6
3 10 6
1
1
1
+
+
6 30 6
11
30
0.5 ·
≈ 0.36
2. Für Bruno sieht die Sache gar nicht gut aus, denn wir haben
P (UB )
= P (UB |AA ) · P (AA ) + P (UB |AB ∩ T ) · P (AB ∩ T ) +
P (UB |AB ∩ T c ) · P (AB ∩ T c ) + P (UB |AC ) · P (AC )
=
=
=
1 4
1
+ · P (AB ) · P (T ) + 0 · P (AB ) · 1 − P (T ) + 0 ·
3 9
3
4 1 4
· ·
9 3 5
16
135
0·
≈ 0.1185185185
3. Am besten liegen die Dinge für Charlie:
P (UC )
= P (UC |AA ) · P (AA ) + P (UC |AB ∩ T ) · P (AB ∩ T ) +
P (UC |AB ∩ T c ) · P (AB ∩ T c ) + P (UC |AC ) · P (AC )
=
=
=
=
1 5
1
+ · P (AB ) · P (T ) + 0.5 · P (AB ) · 1 − P (T ) + 0.5 ·
3 9
3
1 5 1 4
1 1 1
+ · · + 0.5 · · +
6 9 3 5
3 5 6
1
4
1
1
+
+
+
6 27 30 6
139
270
0.5 ·
≈ 0.5148148148
Aufgabe 6: Beweisen Sie: Ist hΩ, 2Ω , P i ein Wahrscheinlichkeits-Raum und definieren wir für ein
7
beliebiges β ∈ R die Zufallsgröße X : Ω → R als
X(ω) = β,
so gilt E[X] = β.
Lösung: Wir rechnen wir folgt:
X
E[X] =
X(ω) · P {ω}
ω∈Ω
=
X
β · P {ω}
ω∈Ω
= β·
X
P {ω}
ω∈Ω
= β·P Ω
= β·1
= β.
Aufgabe 7: Zeigen Sie: Sind X : Ω → R und Y : Ω → R zwei unabhängige Zufallsgrößen, ist
α ∈ R und ist die Zufallsgröße Z : Ω → R definiert durch
Z(ω) = X(ω) + α,
so sind auch die Zufallsgrößen Z und Y unabhängig.
Lösung: Unser Ziel ist es für alle y, z ∈ R die Gleichung
P (Z = z ∧ Y = y) = P (Z = z) · P (Y = y)
zu zeigen. Die folgende einfache Rechnung weist diese Gleichung nach:
P (Z = z ∧ Y = y) = P (X + α = z ∧ Y = y)
= P (X = z − α ∧ Y = y)
= P (X = z − α) · P (Y = y)
= P (X + α = z) · P (Y = y)
= P (Z = z) · P (Y = y)
Aufgabe 8: Angenommen, wir würfeln n mal mit einem Laplace-Würfel. Bestimmen Sie mit Hilfe
der Ungleichung von Tschebyschow ein n so, dass Sie mit einer Wahrscheinlichkeit von 99% davon
ausgehen können, dass mindestens n7 mal eine Sechs gewürfelt wird?
Lösung: Zunächst formalisieren wir die Aufgabenstellung. Der Wahrscheinlichkeits-Raum für einmaliges Würfeln hat die Form
W = hΩ, 2Ω , P i mit Ω = {1, · · · , 6}.
Wir definieren die Zufallsgröße X : Ω → R durch
(
1 falls ω = 6;
X(ω) =
0 sonst.
Der Wahrscheinlichkeits-Raum, der das n-malige Würfeln beschreibt ist dann das n-fache kartesische Produkt W n . Auf diesem Wahrscheinlichkeits-Raum definieren wir für i = 1, · · · , n die
Zufallsgrößen Xi : Ω → R durch
Xi [ω1 , · · · , ωi , · · · , ωn ] := X(ωi ).
Weiter definieren wir die Zufallsgröße X : Ωn → R durch
n
1 X
X [ω1 , · · · , ωi , · · · , ωn ] := ·
Xi [ω1 , · · · , ωi , · · · , ωn ] .
n i=1
Die Zufallsgröße, die uns wirklich interessiert, ist in diesem Fall aber nicht X sondern S := n · X,
8
denn S gibt an, wieviele Sechsen gewürfelt werden. Das uns interessierende Ereignis E hat die
Form
E := l ∈ Ωn | S(l) ≥ n7 .
Es soll gelten P (E) ≥ 0.99. Um die Ungleichung von Tschebyschow anwenden zu können, betrachten wir das komplementäre Ereignis E c . Für dieses Ereignis muss dann
P (E c ) < 0.01
gelten. Es gilt
Ec =
l ∈ Ωn | S(l) ≤ n7
n
X
n
= {l ∈ Ωn |
Xi l ≤
7
i=1
= {l ∈ Ωn |
n
1
1 X
·
Xi l ≤
n i=1
7
1
7
1
1 1
= {l ∈ Ωn | X(l) − ≤ −
6
7 6
= {l ∈ Ωn | X(l) ≤
Es
1
6
−
1
7
=
1
42 .
Wir definieren das Ereignis F als
1
F := l ∈ Ωn |X(l) − 16 | ≥ 42
Offenbar gilt dann E c ⊆ F und daraus folgt P (E c ) ≤ P (F ). Wenn wir also n so wählen, dass
P (F ) ≤ 0.01 gilt, dann gilt erst recht P (E c ) ≤ 0.01. Damit wir die Ungleichung von Tschebyschow
anwenden können, muss einerseits
1
1
0.01 ≥ 2
und andererseits
=r·σ
r
42
gelten. Aus der ersten Gleichung folgt r ≥ 10. Setzen wir dies in die zweite Gleichung ein, so sehen
wir, dass
1
σ≤
420
gelten muss. Wir müssen jetzt die Standard-Abweichung σ berechnen. Für die Zufallsgröße X gilt
E[X] = 16 und damit haben wir
Var[X] = E[(X − 16 )2 ]
6
X
1 2 1
X(i) −
·
=
6
6
i=1
2
2
1
1
1
1
= 5· 0−
· + 1−
·
6
6
6
6
=
=
=
=
1 1 52 1
· +
·
62 6 62 6
5 + 25
63
30
63
5
36
5·
Damit finden wir für für die Standard-Abweichung σ von X
√
1
5
σ=√ ·
.
n 6
9
Jetzt können wir n bestimmen:
1
σ≤
420
√
5
1
1
≤
⇔ √ ·
420
n 6
1 5
1
⇔
·
≤
n 36
420 · 420
5
⇔
· 4202 ≤ n
36
⇔ 5 · 702 ≤ n
⇔ 24 500 ≤ n
Also müssen wir n = 24 500 wählen.
Aufgabe 9: Die Augenfarbe wird durch ein einzelnes Paar von Genen vererbt. Jeder Mensch
hat zwei dieser Gene. Die Augenfarbe braun ist dominant, d.h. wenn Sie auch nur ein Gen für
braune Augen haben, dann sind ihre Augen braun. Nur wenn Sie zwei Gene für blaue Augen
haben, haben Sie blaue Augen. Nehmen Sie nun an, dass eine Familie 6 Kinder hat und dass der
älteste Sohn blaue Augen hat, während die Eltern beide braune Augen haben. Wir groß ist die
Wahrscheinlichkeit, dass insgesamt genau drei Kinder blaue Augen haben?
Lösung: Da der älteste Sohn blaue Augen hat, muss er zwei Gene für blaue Augen haben. Daraus
folgt, dass beide Eltern je ein Gen für braune und ein Gen für blaue Augen haben müssen. Bezeichnen wir das dominate Gen für braune Augen mit br und das rezessive Gen für blaue Augen
mit bl, so lassen sich die Gene der Eltern auf vier Arten kombinieren:
hbr, bri, hbr, bli, hbl, bri, hbl, bli.
Die Augenfarbe blau tritt nur bei dem letzten Fall hbl, bli auf. Wir nehmen an, dass alle vier
Fälle die selbe Wahrscheinlichkeit haben. Dann hat die Wahrscheinlichkeit p, dass ein Kind der
Familie blaue Augen hat, den Wert p = 41 . Die Wahrscheinlichkeit, dass genau zwei der restlichen
fünf Kinder blaue Augen haben, ergibt sich nach der Binomial-Verteilung als
1
P (Bl = 2) = B 5, ; 2
4
2 5−2
5
1
1
=
·
· 1−
2
4
4
=
5!
1 27
·
·
2! · (5 − 2)! 16 64
=
5 · 4 27
·
2
1024
=
10 ·
=
135
512
27
1024
= 0.263671875
Die Wahrscheinlichkeit liegt also bei etwa 26%.
Aufgabe 10: In Singapur gibt es pro Monat durchschnittlich drei Exekutionen. Aus tiefer Reue
über ihre Missetaten stellen alle Delinquenten ihre Organe zur Verfügung. Bestimmen Sie die
Wahrscheinlichkeit, dass der örtlichen Organhändler seinem amerikanischen Geschäftspartner im
10
nächsten Monat mindestens drei Sätze Innereien anbieten kann.
Lösung: Die Zufallsgröße I gebe die Anzahl der Delinquenten an. Wir können davon ausgehen,
dass diese Zufallsgröße Poisson-verteilt ist, denn in jedem Monat gibt es Tausende von Strafprozessen, von denen nur ein kleiner Teil mit der Todesstrafe endet. Es gilt also
3k −3
P (I = k) =
·e .
k!
Weiter gilt
P (I ≥ 3) = 1 − P (I < 3)
= 1 − P (I = 0) − P (I = 1) − P (I = 2)
0
3
31
32
= 1−
+
+
· e−3
0!
1!
2!
=
1−
17 −3
·e
2
≈ 0.5768099189
Die Wahrscheinlichkeit liegt also bei etwa 58%.
Aufgabe 11: Berechnen Sie den Erwartungswert und die Varianz einer Poisson-verteilten ZufallsGröße durch direkte Anwendung der Definition von Erwartungswert und Varianz ohne auf die
Binomial-Verteilung zurückzugreifen.
Lösung: Es sei K : Ω → N eine Poisson-verteilte Zufalls-Größe, es gelte also
λk −λ
P (K = k) =
·e
k!
Nach Definition des Erwartungswerts gilt dann
∞
X
E[K] =
k · P (K = k)
=
k=0
∞
X
k·
k=0
= e−λ ·
= e−λ ·
λk −λ
·e
k!
∞
X
k=0
∞
X
k·
λk
k!
k·
λk
k!
k=1
= e−λ · λ ·
= e−λ · λ ·
∞
X
λk−1
(k − 1)!
k=1
∞
X
k=0
λk
k!
= e−λ · λ · eλ
wegen der Taylor-Reihe exp(x) =
∞
X
xk
k=0
= λ
Für die Varianz haben wir
11
k!
Var[K]
= E (K − E[X])2
= E (K − λ)2
∞
X
λk −λ
=
(k − λ)2 ·
·e
k!
=
k=0
∞
X
(k 2 − 2 · λ · k + 2 · λ2 ) ·
k=0
−λ
= e
∞
X
·
k=0
λk −λ
·e
k!
∞
∞
k=0
k=0
X
X λk
λk
λk
− 2·λ·
+ λ2 ·
k ·
k·
k!
k!
k!
!
2
Die drei hier auftretenden Summen rechnen wir jetzt getrennt aus. Wir beginnen mit der letzten
Summe, denn hier handelt es sich einfach um die Taylor-Reihe der Exponential-Funktion. Also
gilt
∞
X
λk
= λ2 · eλ .
λ2 ·
k!
k=0
Die zweite Summe haben wir eben schon berechnet, als wir den Erwartungswert E[K] bestimmt
haben:
∞
X
λk
k·
2·λ·
= 2 · λ · λ · eλ = 2 · λ2 · eλ
k!
k=0
Die erste der drei Summen ist die schwierigste, wir können diese Summe aber auf die anderen
beiden Summen zurückführen:
∞
∞
X
X
λk
λk
k2 ·
k2 ·
=
k!
k!
k=0
k=1
= λ·
= λ·
= λ·
∞
X
k=1
∞
X
k=0
∞
X
k·
λk−1
(k − 1)!
(k + 1) ·
λk
k!
∞
k·
X
λk
λk
1·
+ λ·
k!
k!
λ
λ
k=0
k=0
= λ·λ·e + λ·1·e
= λ2 + λ · eλ
Damit haben wir jetzt das Ergebnis
Var[K] = e−λ · (λ2 + λ) · eλ − 2 · λ2 · eλ + λ2 · eλ = λ.
Aufgabe 12: Berechnen Sie den Mittelwert und die Varianz der Zufalls-Größe R (Reichweite) aus
dem Beispiel mit dem Artillerie-Geschütz im Skript.
Lösung: Die Formeln für die Berechnung des Erwartungswerts lautet
RR
E[R] = 0 max x · pR (x) d
Für die Wahrscheinlichkeits-Dichte pR der Zufalls-Größe R hatten wir die Formel
2
1
v2
pR (x) =
·r
mit Rmax = 0
2
π · Rmax
g
x
1 − Rmax
gefunden. Setzen wir diesen Wert in die Formel für E[R] ein, so finden wir
12
Z
E[R]
Rmax
x·
=
0
1−
2
·
π · Rmax
=
2
·r
π · Rmax
Rmax
Z
x· r
0
1−
1
x
2 dx
Rmax
1
x
2 dx
Rmax
Variablen-Transformation x = y · Rmax
Z 1
1
2 · Rmax
y· p
dy
=
·
π
1 − y2
0
Variablen-Transformation y = sin(ϕ), also dy = cos(ϕ) dϕ
Z π/2
2 · Rmax
1
· cos(ϕ) dϕ
·
sin(ϕ) · q
π
0
1 − sin2 (ϕ)
Z π/2
2 · Rmax
·
sin(ϕ) dϕ
π
0
q
wegen 1 − sin2 (ϕ) = cos(ϕ)
π/2
2 · Rmax
−
· cos(ϕ)
π
0
π
2 · Rmax −
· cos
− cos(0)
π
2
2 · Rmax
· (0 − 1)
−
π
2
· Rmax
π
=
=
=
=
=
=
Für die Varianz finden wir
2
Z Rmax 1
2
2
·r
Var[X] =
x − · Rmax ·
2 dx
π
π
·
R
max
0
x
1 − Rmax
Variablen-Transformation x = y · Rmax
2
Z 1
2
2
1
2
=
· Rmax ·
y−
·p
dy
π
π
1 − y2
0
Variablen-Transformation y = sin(ϕ), also dy = cos(ϕ) dϕ
2
Z π/2 2
2
1
2
=
· Rmax
·
sin(ϕ) −
·q
· cos(ϕ) dϕ
π
π
0
1 − sin2 (ϕ)
=
=
=
2
2
· Rmax
·
π
Z
2
2
· Rmax
·
π
Z
π/2
0
π/2
2
sin(ϕ) −
π
sin2 (ϕ) −
0
2
2
· Rmax
· (I1 + I2 + I3 )
π
13
2
dϕ
4
4
· sin(ϕ) + 2
π
π
dϕ
mit
Z π/2
4
·
sin(ϕ) dϕ, und
π 0
0
Die drei Integrale I1 , I2 und I3 rechnen wir nun getrennt aus.
Z π/2
I1 =
sin2 (ϕ) dϕ
Z
π/2
sin2 (ϕ) dϕ,
I1 =
I2 = −
I3 =
4
·
π2
Z
π/2
dϕ.
0
0
partielle Integration: u(ϕ) = sin(ϕ), v 0 (ϕ) = sin(ϕ)
also:
u0 (ϕ) = cos(ϕ), v(ϕ) = − cos(ϕ)
π/2 Z π/2
cos2 (ϕ) dϕ denn cos π2 = 0 und sin(0) = 0
+
= − sin(ϕ) · cos(ϕ)
0
Z
0
π/2
1 − sin2 (ϕ) dϕ
=
0
Z
=
π
−
2
=
π
− I1
2
π/2
sin2 (ϕ) dϕ
0
Daraus ergibt sich
π
π
I1 = − I1 also I1 = .
2
4
Für I2 finden wir
Z π/2
π/2
4
4
4
I2 = − ·
=−
sin(ϕ) dϕ = · cos(ϕ)
π 0
π
π
0
Das Integral I3 ist am einfachsten
Z π/2
4
2
4 π
I3 = 2 ·
dϕ = 2 · = .
π
π
2
π
0
Damit haben wir insgesamt
2
2
Var[R] =
· Rmax
· (I1 + I2 + I3 )
π
2
π
4
2
2
=
· Rmax
·
− +
π
4
π π
2
π
−
8
2
2
· Rmax
·
=
π
4π
π2 − 8
2
=
· Rmax
2π 2
Aufgabe 13: Beweisen Sie den folgenden Verschiebungs-Satz für moment-erzeugende Funktionen.
Es sei
1. X : Ω → R eine Zufalls-Größe,
2. a ∈ R und
3. b ∈ R\{0}.
Zeigen Sie, dass gilt
t
a·t
M(X+a)/b (t) = MX
· exp
.
b
b
14
Hinweis: Verwenden Sie den Satz über Variablen-Transformationen (Satz 21 im Skript).
Lösung: Wir definieren die Zufalls-Größe Y : Ω → R als
X(ω) + a
Y (ω) :=
.
b
Um den Verschiebungs-Satz anwenden zu können, definieren wir eine Funktion ϕ : R → R als
x+a
ϕ(x) =
b
Dann gilt Y (ω) = ϕ X(ω) , also Y = ϕ ◦ X. Wir nehmen jetzt erst mal an, dass b > 0 ist, denn
dann ist die Funktion ϕ streng monoton steigend. Lösen wir die Gleichung
x+a
y=
b
nach x auf, so erhalten wir
b · y − a = x.
Bezeichnen wir die Umkehrfunktion von ϕ mit ψ, so gilt also
ψ(y) = b · y − a
Nach dem Verschiebungs-Satz gilt daher für die Wahrscheinlichkeits-Dichte der Zufalls-Größe Y
pY (t) = pX ψ(t) = pX (b · t − a) · b.
Nach Definition gilt für die moment-erzeugende Funktion von Y
Z ∞
MY (t) =
exp(t · x) · pY (x) dx
−∞
Z
∞
exp(t · x) · pX (b · x − a) · b dx
=
−∞
Variablen-Transformationen u = b · x − a, also du = b dx
Z ∞
u+a
· pX (u) du
=
exp t ·
b
−∞
Z ∞
a·t
t
= exp
·
· pX (u) du
exp u ·
b
b
−∞
a·t
t
= exp
· MX
b
b
Aufgabe 14: Die Zufallsgrößen X1 und X2 seien normal-verteilt mit den Erwartungswerten µ1
und µ2 und den Varianzen σ12 und σ22 . Außerdem seien X1 und X2 unabhängig. Berechnen Sie die
Wahrscheinlichkeits-Dichte der Zufallsgröße X1 + X2 .
Lösung: Im Skript wurde gezeigt, dass die moment-erzeugende Funktion einer normal verteilten
Zufallsgröße N mit Erwartungswert µ und Varianz σ 2 die Form
1 2 2
MN (µ,σ) (t) = exp
·t ·σ +µ·t
2
hat. Also gilt für die moment-erzeugenden Funktionen von X1 und X2
1 2 2
1 2 2
MX1 (t) = exp
· t · σ1 + µ1 · t
und MX2 (t) = exp
· t · σ2 + µ2 · t .
2
2
Wir berechnen nun die moment-erzeugende Funktion der Zufallsgröße Z := X1 + X2 . Da die
Zufallsgrößen X1 und X2 unabhängig sind, gilt nach Satz 27
15
MZ (t)
= MX1 (t) · MX2 (t)
1 2 2
1 2 2
= exp
· t · σ1 + µ1 · t · exp
· t · σ2 + µ2 · t
2
2
1 2 2
1 2 2
= exp
· t · σ1 + µ1 · t + · t · σ2 + µ2 · t
2
2
1 2
= exp
· t · (σ12 + σ22 ) + (µ1 + µ2 ) · t
| {z }
| {z }
2
µ
σ2
Das ist aber gerade die moment-erzeugende Funktion einer normal verteilten Zufallsgröße mit
Erwartungswert µ := µ1 + µ2 und Varianz σ 2 := σ12 + σ22 .
Aufgabe 15: Weisen Sie die folgenden Eigenschaften der Gamma-Funktion nach:
(a) Γ(1) = 1.
√
(b) Γ 21 = π.
Hinweis: Führen Sie das Integral durch eine geeignete Substitution auf das Integral
Z ∞
1
exp − · t2 dt
2
0
zurück.
(c) Γ(x + 1) = x · Γ(x).
Hinweis: Partielle Integration.
(d) Γ(n + 1) = n!
für alle n ∈ N.
Hinweis: Vollständige Induktion.
Die letzte Eigenschaft zeigt, dass die Gamma-Funktion als eine Erweiterung der FakultätsFunktion auf die positiven reellen Zahlen aufgefaßt werden kann.
Lösung:
(a) Es gilt
Z
Γ(1)
∞
t1−1 · e−t dt
=
0
Z
=
∞
e−t dt
0
∞
= −e−t 0
=
1
(b) Es gilt
16
Γ
1
2
∞
Z
t1/2−1 · e−t dt
=
0
∞
Z
1
√ · e−t dt
t
=
0
mit der Variablen-Transformation t =
Z ∞√
2
1 2
· exp − · u · u du
=
u
2
0
Z
∞
√
1 2
=
exp − · u
du
2·
2
0
√ 1 Z ∞
1 2
=
2· ·
exp − · u
du
2 −∞
2
=
=
√
√
1
2
· u2 , also dt = u du wird daraus
1 √
· 2·π
2
2·
π
(c) Für x > 0 gilt
Z
Γ(x + 1)
∞
tx+1−1 · e−t dt
=
0
Z
∞
tx · e−t dt
=
0
partielle Integration: u(t) = tx , v 0 (t) = e−t
also:
u0 (t) = x · tx−1 , v(t) = −e−t
∞ Z ∞
= − tx · e−x +
x · tx−1 · e−t dt
0
0
| {z }
Z
0
∞
= x·
tx−1 · e−t dt
0
= x · Γ(x)
(d) Wir führen den Beweis durch vollständige Induktion nach n.
I.A.: n = 0
Nach Teil (a) der Aufgabe gilt Γ(0 + 1) = Γ(1) = 1 = 0!.
I.S.: n 7→ n + 1.
Nach Teil (c) haben wir:
IV
Γ (n + 1) + 1 = (n + 1) · Γ(n + 1) = (n + 1) · n! = (n + 1)!
Aufgabe 16: Nehmen Sie an, dass die Zufalls-Größe X einer χ2 -Verteilung mit n Freiheitsgraden
genügt. Berechnen Sie Erwartungswert und Varianz von X.
Lösung: Die einfachste Lösung erhalten wir, wenn wir Satz 28 berücksichtigen. Wir wissen nach
Abschnitt 3.4.2, dass die moment-erzeugende Funktion von X die Form
n
MX (t) = (1 − 2 · t)− 2
hat. Wir bestimmen die ersten beiden Ableitungen der moment-erzeugenden Funktion. Dazu setzen
17
wir f (t) = MX (t) und rechnen
n
n
df
n
= − · (1 − 2 · t)− 2 − 1 · (−2) = n · (1 − 2 · t)− 2 − 1 .
dt
2
Für die zweite Ableitung finden wir
n
n
n
d2 f
=
−
−
1
· n · (1 − 2 · t)− 2 − 2 · (−2) = (n + 2) · n · (1 − 2 · t)− 2 − 2 .
2
dt
2
Mit Satz 28 finden wir nun
E[X] = df (0) = n
dt
2
Var[X] = d 2f (0) −
dt
und
df (0) 2 = (n + 2) · n − n2 = 2 · n.
dt
Aufgabe 17: Es sei X eine Zufalls-Größe, die einer χ2 -Verteilung mit 4 Freiheitsgraden genügt.
Berechnen Sie die Verteilungs-Funktion FX .
Lösung: Die Verteilungs-Funktion FX ist definiert als
Z x
FX (x) = P (X ≤ x) =
pX (t) dt
0
Für die Wahrscheinlichkeits-Dichte hatten wir im Satz 32 den Ausdruck
x
x
4
1
1
· x 2 − 1 · exp −
=
· x · exp −
pX (t) =
A4
2
A4
2
mit
4
4
= 4 · Γ(2) = 4
A4 = 2 2 · Γ
2
gefunden. Also haben wir
Z x
1
t
dt
FX (x) =
· t · exp −
2
0 4
Z x/2
=
y · exp (−y) dy
mit der Substitution y =
t
2
wird daraus
0
partielle Integration: u(y) = y, v 0 (y) = exp(−y)
also:
u0 (y) = 1, v(y) = − exp(−y)
x/2 Z x/2
= −y · exp(−y)
+
exp (−y) dy
0
0
x/2
x
x
· exp −
+
exp (−y) dy
2
2
0
x/2 x x
= − · exp −
+ − exp(−y)
2
2
0
x
x
x
− exp −
+1
= − · exp −
2
2
2
Z
= −
Also lautet das Ergebnis
x
x
FX (x) = 1 −
+ 1 · exp − .
2
2
Aufgabe 18: Besuchen Sie im Internet die Seite
18
http://www.cemetery.org/alphaindex.html
Bei dieser Seite handelt es sich um einen virtuellen Friedhof. Notieren Sie die Wochentage des
Ablebens der Verblichenen. Überprüfen Sie die Hypothese, dass für den Todestag eines Menschen
alle Wochentage die selbe Wahrscheinlichkeit haben mit Hilfe des χ2 -Tests und interpretieren Sie
das Ergebnis.
Lösung: Die Tabelle enthält insgesamt 270 Einträge, bei denen der Todestag angegeben ist. Die
Auswertung der einzelnen Einträge liefert dann die folgende Tabelle
Wochentag
Anzahl
Sonntag
39
Montag
30
Dienstag
42
Mittwoch
45
Donnerstag
31
Freitag
47
Samstag
36
Wir bezeichnen die Anzahl der Personen, die an einem Sonntag sterben, mit X0 , die Anzahl, die an
einem Montag sterben mit X1 , · · · und die Anzahl, die samstags sterben, bezeichnen wir mit X6 .
Schließlich bezeichnen wir die Gesamtzahl der Gestorbenen mit N . Um den χ2 -Test durchführen
zu können, definieren wir die Zufalls-Größe C als
2
6
X
Xk − 71 · N
= 6.7851
C=
1
7 ·N
k=0
Da die Zufalls-Größen X0 , · · ·, X6 der Nebenbedingung
6
X
Xk = N
k=0
genügen, hat die Zufalls-Größe C ein χ2 -Verteilung mit 7−1 = 6 Freiheitsgraden. Die WahrscheinlichkeitsDichte pC hat damit die Form
x
6
6
1
6
−
1
pC (x) =
· x2
· exp −
mit A6 = 2 2 · Γ
= 16, also
A6
2
2
x
1
pC (x) =
· x2 · exp − .
16
2
Die Wahrscheinlichkeit, dass C einen Wert größer als z := 6.7851 annimmt, können wir wie folgt
berechnen
P (C ≥ z)
=
=
1 − P (C ≤ z)
Z z
x
1
1−
· x2 · exp −
dx
2
0 16
x
Variablen-Transformation: y = , also x = 2 · y
2
Z z/2
1
= 1− ·
y 2 · exp(−y) dy
2 0
Das Integral berechnen wir getrennt durch eine zweimalige partielle Integration. Es gilt
19
Z
x
y 2 · exp(−y) dy
0
partielle Integration: u(y) = y 2 , v 0 (y) = exp(−y)
also:
u0 (y) = 2 · y, v(y) = − exp(−y)
Z x
x
2
y · exp(−y) dy
= −y · exp(−y) + 2 ·
0
= −x2 · exp(−x) + 2 ·
0
Z
x
y · exp(−y) dy
0
partielle Integration: u(y) = y, v 0 (y) = exp(−y)
also:
u0 (y) = 1, v(y) = − exp(−y)
x Z x
2
= −x · exp(−x) + 2 · −y · exp(−y) +
exp(−y) dy
0
0
x = −x2 · exp(−x) − 2 · x · exp(−x) − 2 · exp(−y)
0
= −x2 · exp(−x) − 2 · x · exp(−x) − 2 · exp(−x) + 2
=
2 − x2 + 2 · x + 2 · exp(−x)
Setzen wir dieses Integral in der oben abgeleiteten Formel ein und ersetzen x durch z2 , so erhalten
wir
1
z 1
2
P (C ≥ z) = 1 − · 2 −
· z + z + 2 · exp −
2
4
2
1
1
z
=
· z 2 + · z + 1 ∗ exp
≈ 34 %
8
2
2
In diesem Fall hat der χ2 -Test keine Überraschungen gebracht. Die beobachteten Abweichungen
sind statistisch nicht signifikant. Dies kann mehrere Gründe haben. Der wahrscheinlichste Grund
ist natürlich der, dass tatsächlich alle Tage die selbe Wahrscheinlichkeit haben. Es könnte aber
auch sein, dass die betrachtete Stichprobe einfach zu klein ist, um einen eventuell vorhandenen
aber kleinen Effekt deutlich zu zeigen. Außerdem ist es auch denkbar, dass unsere Sichprobe eines
virtuellen Friedhofs einfach nicht repräsentativ ist. Wir könnten beispielsweise vermuten, dass auf
einem virtuellen Internet-Friedhof vorwiegend solche Personen verscharrt werden, die ihr Leben
als stramme Atheisten verbracht haben und denen daher kein christliches Begräbnis zuteil wurde.
Dann wäre es kaum verwunderlich, dass die Pforten der Hölle an allen Tagen gleich weit geöffnet
sind.
20