Lösungen zu Kapitel 11

Lösungen zu Kapitel 11
Lösung zu Aufgabe 1:
(a) Die Braut steht immer in der Mitte. Daher gibt es 4! = 24 Möglichkeiten, wie
sich die anderen 4 Personen aufstellen können.
(b) Da das Brautpaar eine Einheit bildet, können 4 Objekte permutiert werden. Außerdem können Braut und Bräutigam die Plätze tauschen. Insgesamt gibt es also
2 · 4! = 48 mögliche Aufstellungen.
(c) Die drei Trauzeugen können sich beliebig in der Mitte aufstellen. Braut und Bräutigam stehen außen und können dabei die Plätze tauschen. Es gibt also 2 · 3! = 12
mögliche Positionen.
(d) In diesem Fall gibt es 5! = 120 mögliche Aufstellungen.
Lösung zu Aufgabe 2: Bei dieser Aufgabe handelt es sich um eine k-Kombination
mit Wiederholung von n Elementen. Dabei ist k = 12 und n = 3. Nach Satz 11.2 gibt
es hierfür
1
14
14
3 + 12 − 1
n+k−1
= · 14 · 13 = 91
=
=
=
C ∗ (n, k) =
2
12
12
k
2
Möglichkeiten.
Lösung zu Aufgabe 3: Nach Satz 11.6 gibt es
i
Fn,m
= m n¯ = 53¯ = 5 · 4 · 3 = 60
injektive Abbildungen g : N → M und
s
Fm,n
= n! · Sm,n = 3! · S5,3 = 6 · 25 = 150
surjektive Funktionen f : M → N .
Lösung zu Aufgabe 4: Es gibt 93 = 729 Zahlen im Bereich 000, 001, . . . , 999, die
keine 7 enthalten. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt daher
729
1000
= 0,729.
Lösung zu Aufgabe 5: Es gibt insgesamt 32
4 Möglichkeiten, vier Karten dem Spiel
32−8 8
4 · 0 ,
32
4
zu entnehmen. Die Wahrscheinlichkeit, keine Kreuzkarte zu ziehen, beträgt
32−8 8
·
die, genau eine Kreuzkarte zu ziehen, 3 32 1 . Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist
4
daher
24
8
24
8
·
+
·
4571
4
0
3
1
=
= 0,254.
1−
32
17980
4
1
2
Lösungen zu Kapitel 11
Lösung zu Aufgabe 6: Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt
4
5
6
·
·
15
15 · 5 · 1
0
1
2
=
= 0,165.
=
15
455
91
3
Lösung zu Aufgabe 7: Wir zeigen die Aussage durch vollständige Induktion über n.
Für n ≤ 1 ist die Aussage trivial. Für n = 2 lautet sie
P(A1 ∪ A2 ) = P(A1 ) + P(A2 ) − P(A1 ) ∩ P(A2 )
für alle Ereignisse A1 und A2 . Wir zerlegen A1 ∪ A2 in die disjunkten Mengen A 1 und
A2 \ A1 und erhalten mit Satz 11.8(d)
P(A1 ∪ A2 ) = P(A1 ) + P(A2 \ A1 ) = P(A1 ) + P(A2 ) − P(A1 ) ∩ P(A2 ).
Es seien A1 , A2 , A3 , . . . , An+1 ∈ B gegeben. Der Fall n = 2 liefert zunächst
P(A1 ∪ . . . ∪ An ∪ An+1 )
= P((A1 ∪ . . . ∪ An ) ∪ An+1 )
= P(A1 ∪ . . . ∪ An ) + P(An+1 ) − P((A1 ∪ . . . ∪ An ) ∩ An+1 )
= P(A1 ∪ . . . ∪ An ) + P(An+1 ) − P((A1 ∩ An+1 ) ∪ . . . ∪ P(An ∩ An+1 )).
Nach Induktionsvoraussetzung ist
P((A1 ∩ An+1 ) ∪ . . . ∪ P(An ∩ An+1 ))
n
X
=
(−1)k+2
k=1
X
1≤i 1 <...<i k ≤n
P(Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ∩ An+1 ).
Die Induktionsbehauptung folgt aus
P(A1 ∪ . . . ∪ An ∪ An+1 )
= P(A1 ∪ . . . ∪ An ) + P(An+1 )
n
X
X
−
(−1)k+2
P(Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ∩ An+1 )
1≤i 1 <...<i k ≤n
k=1
=
n
X
=
1≤i 1 <...<i k ≤n
k=1
−
n
X
(−1)k+2
k=1
n+1
X
k=1
X
(−1)k+1
(−1)k+1
P(A1 ∩ . . . ∩ An ) + P(An+1 )
X
1≤i 1 <...<i k ≤n
X
1≤i 1 <...<i k ≤n+1
P(Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ∩ An+1 )
P(Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ).
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3
Lösung zu Aufgabe 8: Die Wahrscheinlichkeit, dass alle k Versuchsausgänge ver-
schieden sind, beträgt
n n−1
n − (k − 1)
nk
n!
·
···
= ¯k =
.
n
n
n
n
(n − k)! n k
Damit ergibt sich die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei Ausgänge gleich sind,
zu
n!
1−
.
(n − k)! n k
n!
(n−k)! n k
≥
n!
1
≤
k
(n − k)! n
2
Gesucht ist also der kleinste Wert k, für den 1 −
k0 = min k 1
2
ist, das heißt,
.
√
Ohne Beweis erwähnen wir, dass k 0 näherungsweise
1,2 m ist. In der folgenden Ta√
belle sind einige Werte für m, k 0 und 1,2 m aufgeführt.
√
m
k0
1,2 m
100
13
12
400
24
24
900
36
36
1600
48
48
2500
60
60
10000 119
120
Wenn 100 Ausgänge möglich und gleich wahrscheinlich sind und das Experiment 13mal ausgeführt wird, dann beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei Ausgänge identisch sind, also bereits über 50 %.
Lösung zu Aufgabe 9:
A : Augensumme ist 7, P(A) = 16 .
B : Augensumme ist ungerade, P(B) = 21 .
Da A ∩ B = A ist, gilt
P(A | B) =
A∩B
==
B
1
6
1
2
=
1
.
3
4
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Lösung zu Aufgabe 10:
A : mindestens 4 Richtige.
B : genau 5 Richtige.
A ∩ B = B.
6 43
6 43
6 43
+
+
493
4
0
2
6
5
1
=
P(A) =
,
49
499422
6
6 43
43
1
5
,
P(B) = =
49
2330636
6
P(B | A) =
P(B)
43
499422
129
P(A ∩ B)
=
=
·
=
= 0,0187.
P(A)
P(A)
2330636
493
6902
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt 1,87 %.
Lösung zu Aufgabe 11:
A : Das Gerät fällt im Laufe des Jahres aus.
Ā : Das Gerät funktioniert ein Jahr lang einwandfrei.
1 12
16245775
=
P(A) = 1 − P( Ā) = 1 − 1 −
= 0,968.
4
16777216
Das Gerät fällt im Laufe des Jahres mit einer Wahrscheinlichkeit von 96,8 % aus.
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5
Lösung zu Aufgabe 12:
(a) A : bei 4 Würfen mindestens eine 6 zu werfen.
B : bei 24 Würfen mit zwei Würfeln mindestens eine Doppelsechs zu erzielen.
4
5
= 0,51775.
P(A) = 1 −
6
P(B) = 1 −
35
36
24
= 0,49140.
Das Ereignis B ist wahrscheinlicher.
(b) Es sind noch höchstens zwei Würfe zu absolvieren. B gewinnt nur dann, wenn
zweimal die „0“ erscheint. Hierfür beträgt die Wahrscheinlichkeit 14 . A gewinnt
also mit der Wahrscheinlichkeit 34 , B mit der Wahrscheinlichkeit 14 . Der Einsatz
muss daher im Verhältnis 3 : 1 zugunsten von A aufgeteilt werden.
(c) Es sei n die Anzahl der Würfe. Nach (a) müssen wir die Ungleichung
n
35
1
1−
>
36
2
n
lösen. Wir erhalten ( 35
36 ) <
1
2
und hieraus n > log 35
36
1
2
= 24,605. Man benötigt
daher mindestens 25 Würfe, um mit der Wahrscheinlichkeit
zu erreichen.
1
2
eine Doppelsechs
Lösung zu Aufgabe 13: Die Wahrscheinlichkeit, dass von n erzeugten Chips mindestens ein Chip defekt ist, beträgt
95 n
1−
.
100
Wir müssen daher die Ungleichung
1−
95
100
n
≥
1
2
lösen und erhalten n ≥ 13,51. Das heißt, es müssen mindestens 14 Chips hergestellt
werden, um mindestens einen defekten Chip zu erhalten.
6
Lösungen zu Kapitel 11
Lösung zu Aufgabe 14: Mit A, B und C bezeichnen wir die Ereignisse, dass der Chip
von der ersten, zweiten beziehungsweise dritten Firma geliefert wurde. D sei das Ereignis, dass der Chip defekt ist. Nach Voraussetzung ist P(A) = 0,2, P(B) = 0,3 und
P(C) = 0,5. Den Ausschussquoten entsprechen die Wahrscheinlichkeiten P(D|A) =
0,15, P(D|B) = 0,18 und P(D|C) = 0,09. Gesucht ist die bedingte Wahrscheinlichkeit P(A|D) von A unter der Bedingung D. Wenn wir die gegebenen Werte in die
Formel von Satz 11.14 einsetzen, erhalten wir
P(D|A) · P(A)
P(D|A) · P(A) + P(D|B) · P(B) + P(D|C) · P(C)
0,15 · 0,2
10
=
=
= 0,233.
0,15 · 0,2 + 0,18 · 0,3 + 0,09 · 0,5
43
P(A|D) =
Analog erhalten wir P(B|D) =
18
43
= 0,419 und P(C|D) =
15
43
= 0,349.
Lösung zu Aufgabe 15: Gegeben sei eine Menge .
(a) Es sei M ⊆ P () ein Mengensystem. Die Potenzmenge P () ist trivialerweise
eine σ -Algebra, die M umfasst. Da der Durchschnitt von σ -Algebren wiederum
eine σ -Algebra ist, bildet der Durchschnitt σ (M) aller σ -Algebren, die M enthalten, wiederum eine σ -Algebra, die M enthält. Offenbar ist σ (M) die kleinste
σ -Algebra, die M umfasst.
(b) Es gilt offensichtlich σ (M) = {∅, A, Ā, }.
(c) Für jede Zahl x ∈ ist
\
1
{x} =
[x, x + ).
n
n≥1
Daher enthält die Borel’sche σ -Algebra alle einelementigen Mengen. Da alle σ Algebren unter endlichen und abzählbar unendlichen Vereinigungen abgeschlossen sind, gehören auch alle endlichen und alle abzählbar unendlichen Mengen
zur Borel’schen σ -Algebra. Aus der Gleichung
[a, b] = [a, b) ∪ {b}
erkennen wir, dass auch alle abgeschlossenen Intervalle dazugehören. Schließlich
zeigt
¯
(a, b) = [a, b) ∩ {b},
dass auch die offenen Intervalle zur Borel’schen σ -Algebra gehören.
Lösungen zu Kapitel 11
7
Lösung zu Aufgabe 16: Z = {z 1 , z 2 , z 3 , . . .} sei die Wertemenge der Zufallsvaria-
beln X · Y . Die Behauptung ergibt sich aus
X
z k · P(X · Y = z k )
E(X · Y ) =
k≥1
=
=
=
X
k≥1
X
zk
X
xi · y j =z k
X
k≥1 xi · y j =z k
X
i
P(X = xi , Y = y j )
xi · y j · P(X = xi ) · P(Y = y j )
(xi P(X = xi )) ·
= E(X) · E(Y ).
X
j
y j P(Y = y j )
Lösung zu Aufgabe 17: Aussage (a) von Satz 11.18 wurde bereits im Buchtext bewiesen. Zum Nachweis von (b) nehmen wir zunächst die folgende Umformung vor:
(X+Y − E(X + Y ))2
= (X + Y − E(X) − E(Y ))2
= ((X − E(X)) + (Y − E(Y )))2
= (X − E(X))2 + (Y − E(Y ))2 + 2(X − E(X))(Y − E(Y ))
= (X − E(X))2 + (Y − E(Y ))2 + 2(XY − E(X)Y − E(Y )X + E(X)E(Y )).
Da nach (a) von Satz 11.18 Var(X) = E((X − E(X))2 ) für alle Zufallsvariablen X gilt,
erhalten wir (b), wenn wir in dieser Gleichung links und rechts den Erwartungswert
bilden:
Var(X + Y )
= E(X + Y − E(X + Y ))2 )
= Var(X) + Var(Y ) + 2(E(XY ) − E(X)E(Y ) − E(Y )E(X) + E(X)E(Y ))
= Var(X) + Var(Y ) + 2E(XY ) − 2E(X)E(Y ).
Unter Benutzung der Gleichungen 11.15 und 11.16 zeigen wir jetzt (c):
Var(a X + b) = E((a X + b − E(a X + b))2 )
= E((a X + b − a E(X) − b)2 )
= E((a X − a E(X))2 )
= E(a 2 (X − E(X))2 )
= a 2 E((X − E(X))2 )
= a 2 Var(X).
8
Lösungen zu Kapitel 11
Lösung zu Aufgabe 18: Es sei X die Zufallsvariable „Anzahl der Einsen bei 100
Würfen“. Wir berechnen zunächst die genaue Wahrscheinlichkeit und schätzen sie anschließend mit der Ungleichung von Tschebyschew ab. Der genaue Wert ergibt sich
zu
X
1
1 100 <
<5
= P X −
P −
100 6 20
6 2
2
= P 11 < X < 21
3
3
21
X
100
1 k 5 100−k
=
1
6
6
6
k=12
= 0,822097.
Der numerische Wert dieser Summe wurde mit einem Computeralgebrasystem ermittelt.
Einfacher, aber weniger genau, erhalten wir eine Abschätzung mit der Ungleichung
von Tschebyschew. Es sei Hn die relative Häufigkeit eines Ereignisses mit der Wahrscheinlichkeit p in einer Bernoulli-Kette der Länge n. Ist na > 0, dann lautet die Ungleichung von Tschebyschew
bzw.
a np(1 − p)
P |Hn − p| ≥
≤
n
a2
np(1 − p)
a
≥1−
P |Hn − p| <
.
n
a2
Wenn wir die Werte einsetzen, erhalten wir
X
100 · 16 · 65
5
1
5
4
≥ 1−
P − <
= 1 − = = 0,444444.
100 6
100
25
9
9
Dies bedeutet, dass mit einer Wahrscheinlichkeit, die größer als 0,444 ist, beim hundertfachen Wurf eines Würfels die relative Häufigkeit der geworfenen Einsen im Intervall
7 13
1 1
1
1
=
= (0,117, 0,217)
− , +
,
6 20 6 20
60 60
liegt.
Lösungen zu Kapitel 11
9
Lösung zu Aufgabe 19: Es seien X i , i = 1, . . . , n, paarweise unabhängige und
2
gleichverteilte Zufallsvariable mit E(XP
i ) = µ und Var(X i ) = σ für alle i = 1, . . . , n.
n
1
Für das arithmetische Mittel X̄ n = n i =1 X i nimmt die Ungleichung von Tschebyschew die Form
σ2
P X̄ n − µ < a ≥ 1 − 2
na
bzw.
σ2
P X̄ n − µ ≥ a ≤ 2
na
an. Gesucht ist also die kleinste Zahl n, für die
P X̄ n − 3,5 < 0,25 ≥ 0,6 = 1 − 0,4
gilt.
Wir setzen hierin a = 0,25 ein. Die Varianz der Zufallsvariable „Augenzahl beim
2 −1
Wurf eines Würfels“ besitzt nach Tabelle 11.2 den Erwartungswert σ 2 = 6 12
= 35
12 ,
da eine Gleichverteilung vorliegt. Damit wird die Ungleichung zu
das heißt,
P X̄ n − 3,5 < 0,25 ≥ 1 −
35
12
n · ( 41 )2
4
35
≤
·n·
12
10
bzw.
≥ 0,6 = 1 −
4
,
10
2
1
4
35 · 10 · 4
= 116,7.
12
Wirft man also mindestens 117-mal, dann ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass das
arithmetische Mittel der Augenzahlen vom Erwartungswert 3,5 um weniger als 0,25
abweicht, mindestens 0,6.
n≥
10
Lösungen zu Kapitel 11
Lösung zu Aufgabe 20: Es sei m die Länge von a und n die Länge von b. Ohne
Beschränkung der Allgemeinheit sei m ≤ n. Nachdem die while-Schleife in Schritt 2
i-mal durchlaufen wurde, gilt
a + b = inv(c) + β i · e + β i · (a 0 + b0 ).
Nach Ausführung von Schritt 2 ist daher
a + b = inv(c) + β m · e + β m · (b0 ).
Wenn die while-Schleife in Schritt 3 j-mal durchlaufen wurde, gilt
a + b = inv(c) + β m+ j · e + β m+ j · b0 .
Wenn am Ende von Schritt 3 der Übertrag e = 0 ist, müssen also nur noch c und b 0
aneinandergefügt werden. Im Fall e = 1, das heißt, b 0 ist abgearbeitet, wird e vorne
angefügt. Dieser Beweis wurde [83] entnommen.
Lösung zu Aufgabe 21:
(a) Der ungünstigste Fall tritt ein, wenn die Fächer x 1 , . . . , x n2 besetzt sind. Der Algorithmus benötigt dann n2 + 1 = O(n) Schritte.
(b) Die Wahrscheinlichkeit, dass der Las-Vegas-Algorithmus nach 10 Versuchen kein
freies Fach gefunden hat, beträgt
1 1
1
· ··· =
2 2
2
10
1
1
=
= 0,00098.
2
1024
Die Wahrscheinlichkeit, dass der Las-Vegas-Algorithmus niemals ein freies Fach
findet, ist
∞ n
X
1
1 1 1
= 1 − 1 = 0,
1−
+ · +... = 1 −
2 2 2
2
n=1
trotzdem kann dieser Fall natürlich eintreten.
Lösungen zu Kapitel 11
Lösung zu Aufgabe 22: Die Berechnung des unbestimmten Integrals ergibt
5
2x 2 + x − 1
dx = 2x + ln(x 2 − 2x + 2) + c.
2
x 2 − 2x + 2
Z
Da f (x) > 0 für 2 ≤ x ≤ 4 gilt, ist der gesuchte Flächeninhalt
Z
4
2
2x 2 + x − 1
5
5
dx = 8 + ln(10) − 4 − ln(2)
2
2
x 2 − 2x + 2
5
= 4 + (ln(10) − ln(2))
2
5
= 4 + ln(5)
2
≈ 8,024.
11
12
Lösungen zu Kapitel 11
Lösung zu Aufgabe 23: Wir berechnen zunächst den Erwartungswert. Es gilt
Z
+∞
Z
b
x
dx
b
−
a
a
−∞
(b + a)(b − a)
b+a
1
(b2 − a 2 ) =
=
.
=
2(b − a)
2(b − a)
2
E(X) =
xϕ(x) dx =
Die Varianz ist
Var(X) =
Z
=
Z
+∞
−∞
b
a
(x − µ)2 ϕ(x) dx
x−
1
=
b−a
a+b
2
2
1
dx
b−a
1 3
1
(b − a 3 ) − (b2 − a 2 )(a + b) +
3
2
a+b
2
2
(b − a)
!
1 2
1
1
(b + ab + a 2 ) − (b + a)2 + (b + a)2
3
2
4
a 2 − 2ab + b2
=
12
(b − a)2
=
.
12
=
Lösung zu Aufgabe 24: Es sei die Dichtefunktion
ϕ(x) =
(
0,
1 − 12 x
,
2e
falls x ≤ 0,
falls x > 0
für alle x ∈ gegeben.
(a) Der Erwartungswert einer exponentialverteilten Zufallsvariablen mit dem Parameter λ beträgt E(X) = λ1 . In der Aufgabe ist λ = 12 , das heißt, es ist E(X) = 2.
Man muss also im Mittel 2 Zeiteinheiten auf die Geldausgabe warten.
(b) Die Wahrscheinlichkeit beträgt
Z
5
0
5
1 −1x
e 2 dx = 1 − e 2 = 0,9179.
2
Lösungen zu Kapitel 11
13
Lösung zu Aufgabe 25: Wir berechnen zunächst die Ableitungen der Dichtefunktion.
1 x−µ 2
1
√
e− 2 ( σ ) ,
σ 2π
(x − µ) − 1 ( x−µ )2
0
ϕµ,σ
(x) = − √
e 2 σ ,
σ 3 2π
1 x−µ 2
(x − µ)2 − 1 ( x−µ )2
1
00
ϕµ,σ
(x) = − √ e− 2 ( σ ) +
e 2 σ ,
√
σ 3 2π
σ 5 2π
3(x − µ) − 1 ( x−µ )2 (x − µ)3 − 1 ( x−µ )2
000
ϕµ,σ
(x) =
−
e 2 σ
e 2 σ .
√
√
σ 5 2π
σ 7 2π
ϕµ,σ (x) =
Offensichtlich gilt ϕµ,σ (x) > 0 für alle x ∈ , so dass ϕµ,σ keine Nullstellen besitzt.
0 . Da ϕ 00 (µ) < 0 ist, liegt bei (µ, √1 )
x = µ ist die einzige Nullstelle von ϕµ,σ
µ,σ
σ 2π
ein Maximum vor. Die Nullstellen der zweiten Ableitung, das heißt die Lösungen von
00 (x) = 0, sind µ + σ und µ − σ . Da für diese Werte die dritte Ableitung von Null
ϕµ,σ
verschieden ist, sind (µ + σ, √1 ) und (µ − σ, √1 ) Wendepunkte.
σ 2π e
σ 2π e
ϕµ,σ (x)
µ−σ
µ
µ+σ
Da ϕµ,σ (µ + h) = ϕµ,σ (µ − h) für alle h ∈ gilt, ist ϕµ,σ symmetrisch zur Achse
x = µ. Man sieht sofort, dass lim x→∞ ϕµ,σ (x) = limx→−∞ ϕµ,σ (x) = 0 ist.
14
Lösungen zu Kapitel 11
Lösung zu Aufgabe 26:
(a) Wegen der Symmetrie der Normalverteilung ist µ = 50+90
cm = 70 cm. Weiter
2
gilt
90 − 70
20
=1−8
.
0,03 = P(X > 90) = 1 − Fµ,σ (90) = 1 − 8
σ
σ
Da 8(1,8808) = 0,97 ist, ergibt sich
20
cm = 10,63 cm.
1,8808
= 0,8264. Daher sind 82,64 % der Werk(b) Es ist P(X > 60) = 1 − 8 60−70
10,63
stücke größer als 60 cm.
60−70
(c) Es ist P(60 ≤ X ≤ 70) = 8 70−70
−
8
= 0,3264. Daher sind
10,63
10,63
32,64 % der Werkstücke zwischen 60 cm und 70 cm groß.
σ =
Lösung zu Aufgabe 27: Es ist n = 10, µ = 10 · 3,5 = 35, σ =
(b)
(c)
30,5−µ
= 0,202,
σ
40,5−µ
− 8 29,5−µ
= 0,692,
P(30 ≤ X ≤ 40) ≈ 8
σ
σ
− 8 36,5−µ
= 0,069.
P(X = 37) ≈ 8 37,5−µ
σ
σ
(a) P(X ≤ 30) ≈ 8
q
10 · 35
12 = 5,401.
Lösungen zu Kapitel 11
15
Lösung zu Aufgabe 28: Für die Markov-Kette aus Beispiel 11.27 müssen wir die
Matrix P 3 heranziehen. Damit lautet das Gleichungssystem 11.35:
37
1
59
· p0 + · p1 +
· p2 ,
135
3
225
26
22
146
· p0 +
· p1 +
· p2 ,
p1 =
45
135
225
4
68
4
p2 =
· p0 +
· p1 +
· p2 .
27
135
45
p0 =
Darüber hinaus ist die Bedingung p0 + p1 + p2 = 1 zu erfüllen. Die eindeutige Lösung
dieser vier Gleichungen ist durch
21
= 0,2958,
71
30
p1 =
= 0,4225,
71
20
p2 =
= 0,2817
71
p0 =
gegeben.
Lösung zu Aufgabe 29: Es sei 0 < p < 1. Die Zufallsvariable X sei geometrisch-
verteilt mit dem Parameter p. Das heißt, X nimmt die Werte k = 1, 2, 3, . . . mit den
Wahrscheinlichkeiten P(X = k) = (1 − p)k−1 · p an.
Wir wollen den Erwartungswert E(X) berechnen. Mit q = 1 − p und der Summe
∞
X
i =1
iq i =
q
(q − 1)2
aus Beispiel 4.4 erhalten wir
E(X) =
∞
X
i =1
i pq i −1 =
∞
p X
p
q
p
1
iq i = ·
= 2 = .
q i =1
q (q − 1)2
p
p
p
Wir merken an, dass Var(X) = 1−
ist. Ein Beispiel für eine geometrisch-verteilte
p2
Zufallsvariable X ist eine unendliche Bernoulli-Kette mit dem Parameter p, wobei X
die Nummer des Versuchs ist, bei dem erstmalig ein Treffer auftritt.