Übungsblatt 2 zur Vorlesung Einführung in die Statistik

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Übungsblatt 2 zur Vorlesung Einführung in die
Statistik
Olivier Warin
23. September 2012
Aufgabe 8 [P ]
Zur Modellierung eines fairen Würfels wählen wir für ein Elementarereignis
Behauptung: Es gilt:
Beweis: Es gilt:
P [{2, 3}] = 1/3
und
P [Ω] = 1,
wobei
P [{i}] := 1/6, i = 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
{2, 3} = {2}∪{3}, ausserdem ist dies eine disjunkte Vereinigung. Also gilt nach Denition
1.2 c):
P [{2, 3}] = P [{2}] + P [{3}] = 1/6 + 1/6 = 1/3.
Weiter gilt:
Ω = {1} ∪ {2} ∪ {3} ∪ {4} ∪ {5} ∪ {6}.
Dies ist wiederum eine disjunkte Vereinigung. Also
gilt aufgrund Denition 1.2 c):
P [Ω] = P [{1}] + P [{2}] + P [{3}] + P [{4}] + P [{5}] + P [{6}] = 6 · 1/6 = 1.
Dies muss auch gemäss Denition 1.2 b) so sein! Sonst wäre unsere Wahl zur Modelierung schlecht gewählt
gewesen!
Aufgabe 9 [P ]
Ein Würfel sei verfälscht. Die Sechs, die Fünf und die Zwei sind alle gleich wahrscheinlich, nämlich doppelt
so wahrscheinlich wie die Vier. Die restlichen Augenzahlen sind anderthalbmal so wahrscheinlich wie die
Vier.
a) Für
i = 1, . . . , 6
pi := P [{i}].
setzen wir
Nun gilt nach obigem und nach Denition 1.2:
2p4
1.5p4
p1 + p2 + p3 + p4 + p5 + p6
=
=
=
p6 = p5 = p2
p1 = p3
1.
Durch einsetzen der ersten und der zweiten Zeile in die dritte, erhalten wir:
1 = p4 + 3p4 + 6p4 = 10p4 .
Folglich gilt:
p4 = 1/10
und damit:
p1 = p3 = 3/20, p4 = 1/10, p2 = p5 = p6 = 1/5.
b) Es gilt:
a)
P [{i ∈ Ω| i Primzahl}] = P [{2, 3, 5}] = P [{2}] + P [{3}] + P [{5}] = 1/5 + 3/20 + 1/5 =
11/20.
c) Es gilt:
P [{i ∈ Ω| i > 3}]
Lem
=
1.3 a)
a)
=
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1 − P [{i ∈ Ω| i < 3}] = 1 − P [{1, 2}] = 1 − (P [{1}] + P [{2}])
1 − (3/20 + 1/5) =
13/20.
Olivier Warin
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Aufgabe 10 [Ereignisse]
A,B ,C
seien drei Ereignisse. Nun gilt in Analogie zur Tabelle in 1.4.1:
Symbol
Bedeutung für die Wahrscheinlichkeitstheorie
A ∩ Bc ∩ C c
A∩B∩C
A∪B∪C
(A ∩ B c ∩ C c ) ∪ (B ∩ Ac ∩ C c ) ∪ (C ∩ Ac ∩ B c )
Ac ∪ B c ∪ C c
Nur
Aufgabe 11 [nützliche Eigenschaften von
Es sei
(Ω, A, P )
a) Sei
A
tritt ein.
Alle drei Ereignisse treten ein.
Mindestens eines der drei Ereignisse tritt ein.
Genau eines der Ereignisse tritt ein.
Höchstens zwei der Ereignisse treten ein.
P (Lemma 1.3)]
A, B ∈ A.
ein Wahrscheinlichkeitsraum. Seien weiter
{Ai }∞
i=1
eine abzählbare Folge von Mengen aus
Behauptung: Dann muss gelten:
A.
∞
P
S
P [Ai ].
P[ ∞
i=1 Ai ] 6
i=1
Beweis: Wir denieren
B1 := A1
i > 2:
und für eine natürliche Zahl
Bi := Ai ∩
i−1
\
Acj = Ai \ (A1 ∪ . . . ∪ Ai−1 ) ⊂ Ai .
j=1
Nun gilt klar:
∞
[
Bi =
i=1
∞
[
Ai
und
Bi ∩ Bj = ∅,
für
i 6= j.
i=1
Mit Denition 1.2 c) und mit c) folgt nun:
∞
∞
c) P
S
S∞
P
Def
P[ ∞
P [Bi ] 6
P [Ai ].
i=1 Ai ] = P [ i=1 Bi ] =
1.2 c)
b) Behauptung: Falls
Beweis: Falls
A⊂B
A ⊂ B,
gilt:
i=1
i=1
P [B] = P [A] + P [B \ A].
dann gilt
B = A ∪ (B \ A). Ausserdem ist dies eine disjunkte Vereinigung. Also gilt
nach Denition 1.2 c):
P [B] = P [A] + P [B \ A].
c) Behauptung: Falls
Beweis: Falls
A ⊂ B,
A⊂B
dann gilt:
P [A] 6 P [B].
gilt nach b):
P [B] = P [A] + P [B \ A] > P [A],
da nach Denition 1.2 a)
d) Behauptung: Es gilt:
Beweis: Oenbar gilt
P [B \ A] > 0
gilt.
P [A ∪ B] = P [A] + P [B] − P [A ∩ B].
A⊂A∪B
und
B ∩ Ac ⊂ B .
Damit folgt mit b):
b)
b)
P [A ∪ B] = P [A] + P [(A ∪ B) \ A] = P [A] + P [B ∩ Ac ] = P [A] + P [B] − P [B \ (B ∩ Ac )].
Weiter gilt:
B \ (B ∩ Ac ) = B ∩ (B ∩ Ac )c = B ∩ (B c ∪ A) = A ∩ B,
womit die Behauptung sofort folgt.
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Aufgabe 12
A, B, C
seien drei Ereignisse.
Behauptung: Es gilt:
P [A∪B ∪C] = P [A]+P [B]+P [C]−P [A∩B]−P [B ∩C]−P [A∩C]+P [A∩B ∩C].
Beweis: Nach Aufgabe 11 d) gilt:
11 d)
P [A ∪ B ∪ C]
P [A] + P [B ∪ C] − P [A ∩ (B ∪ C)]
=
11 d)
P [A] + P [B] + P [C] − P [B ∩ C] − P [A ∩ (B ∪ C)]
=
Distribu-
=
tivität
11 d)
P [A] + P [B] + P [C] − P [B ∩ C] − P [(A ∩ B) ∪ (A ∩ C)]
P [A] + P [B] + P [C] − P [A ∩ B] − P [B ∩ C] − P [A ∩ C] + P [A ∩ B ∩ C].
=
Aufgabe 13
E
und
F
seien zwei Ereignisse, so dass gilt:
Behauptung: Es gilt:
P [E ∩ F ] = P [E]P [F ].
P [E c ∩ F c ] = P [E c ]P [F c ].
Dies bedeutet: falls zwei Ereignisse unabhängig sind,
dann sind ihre komplementären Ereignisse auch unabhängig.
Beweis: Nach den de Morganschen Gesetzen gilt:
E c ∩ F c = (E ∪ F )c .
Wir schliessen mit Lemma 1.3 a)
und Aufgabe 11 d):
P [E c ∩ F c ]
11 d)
Lem
=
P [(E ∪ F )c ] = 1 − P [E ∪ F ] = 1 − P [E] − P [F ] + P [E ∩ F ]
=
1 − P [E] − P [F ] + P [E]P [F ] = (1 − P [E])(1 − P [F ]) = P [E c ]P [F c ].
1.3 a)
Lem
1.3 a)
Aufgabe 14
n
(1 − 1/6)n = (5/6)n .
Die Wahrscheinlichkeit, dass man bei
eine
6
würfelt lautet
a) Damit die Wahrscheinlichkeit bei
eine
6
n
(unabhängigen) Würfen eines unverfälschten Würfels niemals
(unabhängigen) Würfen eines unverfälschten Würfels niemals
zu würfeln mindestens 5% beträgt, muss also gelten:
(5/6)n > 0.05 ⇔ n 6
d.h. in diesem Fall ist
n
höchstens 16.
b) Damit die Wahrscheinlichkeit bei
eine
6
log(0.05)
=
˙ 16.431,
log(5/6)
n
(unabhängigen) Würfen eines unverfälschten Würfels niemals
zu würfeln mindestens 0.1% beträgt, muss also gelten:
(5/6)n > 0.001 ⇔ n 6
d.h. in diesem Fall ist
n
log(0.001)
=
˙ 37.888,
log(5/6)
höchstens 37.
Aufgabe 15 [3. Eigenschaft der Wahrscheinlichkeit
(An )kn=1 seien
A,B gilt:
paarweise disjunkte Ereignisse,
k ∈ N.
P , Variante light]
Wir nehmen an, dass für zwei disjunkte Ereignisse
P [A ∪ B] = P [A] + P [B].
Behauptung: Dann gilt auch
(∗)
k
S
P
P [ kn=1 An ] =
P [An ].
n=1
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Beweis: Wir beweisen die Aussage per Induktion:
Falls
k = 1 ist die Aussage oensichtlich und für k = 2 ist die Behauptung genau die Aussage von (∗).
k > 3 und die Behauptung sei für k − 1 statt k bewiesen, d.h. es gelte:
"k−1 #
k−1
[
X
P
An =
An .
(∗∗)
Nehmen wir also an, dass
n=1
n=1
Somit folgt:
"
P
k
[
"
#
An
= P Ak ∪
n=1
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k−1
[
n=1
#
An
(∗)
= P [Ak ] + P
"k−1
[
#
An
n=1
Olivier Warin
(∗∗)
= P [Ak ] +
k−1
X
n=1
P [An ] =
k
X
P [An ].
n=1
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