Stochastik Ressel 2005 Erstklausur mit Lösung

Prof. Dr. P. Ressei
Dr. Lydia Außenhofer
WS 2004/05
Klausur
zur Stochastik
1. Aufgabe (3 =(1+2) Punkte)
(i) Drei Bücher zur Linearen Algebra, fünf zur Analysis und sechs zur
Stochastik sollen in einem Regal so aufgestellt werden, daß die
Bücher des jeweiligen Fachgebiets nebeneinander stehen. Dabei
sind alle Bücher unterscheidbar. Wieviele Möglichkeiten gibt es?
(ii) Fünf Jugendliche sollen in zehn freien Zimmern einer Jugendherberge untergebracht werden, wobei jedes Zimmer iiber fünf freie
Betten verfügt. Auf wieviele verschiedene Arten können die (unterscheidbaren) Jugendlichen auf die Zimmer verteilt werden?
Wie viele verschiedene Bettenbelegungen gibt es?
Lösung:
(i) Es gibt 31 = 6 Möglichkeiten für die Anordnug der Fachgebiete, anschließend .51= 120 Möglichkeiten für die Anordnung der Analysisbücher, 6! = 720 für die Anordnung der Stochastikbücher und
3! = 24 Möglichkeiten für die Anordnung der Bücher zur Lmea.ren Algebra. Insgesamt erhält man also 31.31.51.61= 3.110.400 Möglichkeiten
für die Anordnung.
(ii) Für jeden Jugendlichen gibt es 10 Möglichkeiten der Zimmerzuordnung, also insgesamt 105 Möglichkeiten.
Bei den Zimmerbelegungen handelt es sich um geordnete 1D-Partitionen
von 5, welche die Mächtigkeit (5i~~~1)= (~4) = 2002 besitzt. Man betrachte nämlich {(nl, .. . ,nlO): 'ni E No und L ~ = 5}, wobei ni die
Anzahl der belegten Betten in Zimmer i angibt.
2. Aufgabe (2 Punkte)
Ein Prüfer hat 18 Standardfragen, von denen er in jeder Prüfung 6
zufällig auswählt. Ein Kandidat kennt die Antworten zu genau 10 Fragen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß er die Prüfung besteht,
wenn er dazu mindestens drei Fragen richtig beantworten muß?
1
Lösung:
Genau dann besteht der Kandidat die Prüfung nicht, wenn der Prüfer
nur 0, 1 oder 2 der vom Kandidaten vorbereiteten Fragen auswählt,
also
C~) (~) + e~) (~) + C20)(:) - 28 + 10 . 56+ 45 . 70 - 3738
(~)
C:)
- 18564.
Die Wahrscheinlichkeit,daß der Kanidat besteht, ist also 1 79, 86%.
3. Aufgabe
::::4
1=::::
.
(2 Punkte)
.
Auf einer Prüfstation werden Produkte getestet. Man weiß, daß 2%
aller erzeugten Produkte einen Fehlerhaben. Beim Prüfen wird bei 95%
der defekten Teile der Fehler festgestellt, aber auch 1% der fehlerfreien
Produkte wird aussortiert. Mit welcherWahrscheinlichkeitist ein nicht
aussortiertes Produkt wirklich fehlerfrei?
Lösung: Es bezeichne F das Ereignis, daß das Produkt fehlerhaft ist,
FC, daß es fehlerfrei ist, $, daß beim Test ein Fehler festgestellt wird
und e, daß dies nicht der Fall ist. Gefragt wird ahmnach der bedingten
Wahrscheinlichkeit:
P FC - p(FCne)
( le)P(e)
=
P(FCne)
- p(Fcne)+p(Fne)
0,98 . 0,.99
= 98 * 99 = 4851. 99 897%.
0,98 . 0,99+ 0,02 . 0,05 98*99+ 10 4856
'
1=::::
4. Aufgabe (3={2+1) Punkte)
Es seien Xl,... ,Xn, 1'1..., ~ stochastischunabhängige B(l,p)-verteilte
Zufallsgrößen.Es bezeichne
n
S := :LXäi
i=l
.
n
und T:= :LXi(li=l
}i).
b.w.
Man bestimme:
(i) die Verteilungen von S und T, also peS = k) und peT = k) für
kEN;
2
(H) die Erwartungswerte und Varianzen, also ES, ET,
VT;
V S und
(ili) Cov(S, T).
Lösung:
(i) Die {O,l}-wertige ZufallsgrößeXiYi ist B(1,p2) verteilt und Xi(l"":
Yi) ist B(l,p(l- p)) verteilt.
Daher ist S als Summe von nunabhängigen B(1,p2) verteilten Zufallsgrößen B(n, p2)-verteilt und T als Summe von nunabhängigen
B(l,p(l- p)) verteilten ZufallsgrößenB(n,p(l- p))-verteilt.
(il) Es gelten ES = np2 und ET = np(lund VT = np(l- p)(l - (p(l- p)).
p) sowie V S
= np2(1-
p2)
(ili) E (S . T) = E(L,; XiXjYi(l - Yj» = 2 Ei<; EXiEXjEYi(l (EYj)) = 2L<;p3(1- p) = n(n-l)p~(l-p))
da XiXiYi(l- Yi) = O.
Dies impliziert
Oov(S,T)
= E(S.T)-ES.ET
= n(n-l)p3(1-p)-np2
.np(l-p)
=
-np3(1 - p).
5. Aufgabe (2=(1+1) Punkte)
(i) Es sei p eine Primzabl, n = {I, 2, . , . ,p} und P die Gleichverteilung auf O. Man zeige, daß es keine nichttrivialen, stochastisch
unabhängigen Ereignisse in (0, P) gibt.
(H) Es sei nun n E N, n > 4 keine PrimzahL Gibt es auf 11 =
{I, . . . ,n} mit der Gleichverteilung stets nichttriviale stochastisch
unabhängige Ereignisse?
Lösung:
(i) Es seien A, B ~ n stochastischunabhängigeTeilmengen.Danngilt:
IAnBI
= IAIIBI
~
p
p p
p'IAnBI=IAI'IBI.
Gehen wir davon aus, daß A und B nicht leer sind, so folgt, IAnBI > 0,
was impliziert, daß p ein Teiler von lAI. IBI ist. Da P prim ist, folgt
pi lAI oder pilBI. Wegen lAI, IBI ::; p muß lAI
A = n oder B = 0 gelt€n.
=p
oder IBI
= p, also
(il) Es sei n = a. b, wobei 2 :s; a < b < n sei. Es bezeichne A
=
{1,2,...,a} und B = {a,a+1,...,a+b-l}
(Man beachte, daß
a + b -1 < 2b-1< n ist.) Eine einfache Rechnung zeigt, daß A und
B stoehastisch unabhängig sind:
= IAnBI
n =.!.
n = ~~
nn = P(A)P(B).
p(AnB)
6. Aufgabe (5=(1+1+1+1+1) P~e)
X und Y seien unabhängige N-wertige Zufallsvariablemit der Verteilung P(X
(i) P(X
= j) = P(Y = j) = 2-;
< k)
für alle jEN.
Man berechne:
für alle k E Nj
(il) P(X ÄY < k) für alle k E Nj
(iii) P(Y > X)j
(iv) P(X
= V);
(v) P(X teilt Y) (es genügt, die Reihe anzugeben).
Lösung:
(i) P(X < k) = 2:;=1 P(X = j) = 2:;=12-; =!.
(il) P(X Ä Y < k) = .p({X < k}U{Y < k})
= P(X <
k) +P(Y'(
k)
- P({X
< k}n{Y:S;
~
t~=~ = 1- 2-k.
k})
j
v
P(X~k)P{Y~k)
.
= 2P(X < k) - P(X < k)2 = (1- 2-k)(2 -1 + 2-k) = 1- 4-k.
(iii) P(Y> X) = P(U{X
JEN
00
="
~
00
P(X= j)
3=1
= j} n{Y > j})
~
1-P(yg)=2-i
.
1
~
= Y)
.
LP(X
;=1
4
1
1-1/4
1
= -.
3
3=1
00
(iv) P(X
00
.
P(Y > j) = ~ 2-3 .2-3 = - .
00
= Y = j) = LP(X
;=1
L 2-; . 2-; = ~
;=1
3'
4
= j)P(Y = j) =
00
(v)P(XteiltY)=f;P(x=j,j,Y)=
.~
00
00
f;
(P(x=j)f;P(Y=j.k)= )
t
t (2-;f2-k; ) = f (2-; 2; ~ 1) = (2; 1 1 - ~ )
3=1
k=l
00
-"'--1-"'-L...2i-l
;=1
1
J=l
3=1
1
00
-L...2;-1'
;=2
7. Aufgabe (3 Punkte)
Beim wiederholten Würfeln eines 1IDgezinktenWürfels bezeichne A
(bzw. B) das Ereignis, daß vor der ersten 1 (bzw. 2) eine 6 gewÜrfelt
wurde. Sind die Ereignisse A 1IDdB stochastisch 1IDabhängig?
Hinweis: Man betrachte z.B. den Zeitpunkt X der ersten gewürfelten 1 . . .
Lösung: Es bezeichneX (bzw.Y bzw. Z) den Zeitpunktder ersten
geworfenen1 (bzw.2 bzw.6).
Dann sind A = {Z < X} 1IDd B = {Z < Y}.
00
P(B)
00
= P(A)= P(Z < X) = LP(Z=j,X>
.
J=l
4 j-1 1
-6
()
j) = I:. 1 -6
.
J=
=
~ . 1 _14/6 = ~, denn {Z = j}.n{ X > j} bedeutet, daß bei den ersten
j -1 Würfen weder eine 1 noch eine 6 gewürfeltwird1IDdder j-te Wurf
eine 6 ist. (Offensichtlichhaben A und B dieselbe Wahrscheinlichkeit.)
00
P(A
n B) =
P(Z < X, Z < Y)
= LP(Z = j, j < X, j < Y) =
;=1
! ! ;-1 = ~. ~ = !
L
6 2
6 1- 3'
;=1 ( )
00
2
Wegen P(A n B) = 1/3 f- 1/4 = P(A) . P(B) sinddie Ereignisse
A
und B stochastisch abhängig.
5