Mathematik für Bioinformatiker I WS 12/13 Musterlsung zur 9. ¨Ubung

Mathematik für Bioinformatiker I
Musterlsung zur 9. Übung
Aufgabe 1:
WS 12/13
K. Kriegel
Unabhängigkeit
7 Punkte
Die natürlichen Zahlen von 0 bis 999 seien in einer zufälligen Reihenfolge angeordnet
(alle Permutationen gleich wahrscheinlich) wobei alle Zahlen mit drei Dezimalstellen
geschrieben werden (die Null als 000 usw.). Wir betrachten die folgenden Ereignisse:
Ereignis A: Die erste Zahl beginnt mit der Ziffer 2.
Ereignis B: Die erste Zahl ist durch 25 teilbar.
Ereignis C: Die zweite Zahl endet mit der Ziffer 0.
Ereignis D: Die zweite Zahl ist durch 4 teilbar.
Ereignis E: Die zweite Zahl beginnt mit der Ziffer 5.
Untersuchen Sie, ob die folgenden Ereignispaare unabhängig sind oder nicht:
a) A und B, b) A und C, c) A und E, d) B und C, e) B und D.
Achtung: Alle Antworten sind anhand der Definition zu begründen. Bauchgefühl
und schwammige Erklärungen sind nicht ausreichend.
Lösung: Zuerst machen wir uns klar, dass der Wahrscheinlichkeitsraum Ω aus den
1
1000! Permutationen besteht, von denen jede die Wahrscheinlichkeit 1000!
hat. Die
Wahrscheinlichkeiten der Ereignisse A, B, . . . sind das Produkt aus der Anzahl der
1
Permutationen, die dieses Ereignis bilden, mit dem Wert 1000!
:
• Für das Ereignis A kann man eine der 100 Zahlen von 200 bis 299 an die erste
Stelle setzen und die verbleibenden 999 Zahlen beliebig permutieren. Daraus
100
1
folgt Pr(A) = 100·999!
1000! = 1000 = 10 .
• Für das Ereignis B kann man eine der 40 durch 25 teilbaren Zahlen an die erste
Stelle setzen und die verbleibenden 999 Zahlen beliebig permutieren. Daraus
40
1
folgt Pr(B) = 40·999!
1000! = 1000 = 25 .
• Für das Ereignis C kann man eine der 100 Zahlen, die mit 0 enden, an die zweite
Stelle setzen und die verbleibenden 999 Zahlen beliebig permutieren. Daraus
100
1
folgt Pr(C) = 100·999!
1000! = 1000 = 10 .
• Analog kann man für die Ereignisse D Und E die Wahrscheinlichkeiten Pr(D) =
250·999!
250
1
100·999!
100
1
1000! = 1000 = 4 und Pr(E) = 1000! = 1000 = 10 berechnen.
Zur Lösung der Aufgabe muss man die Produkte aus den obigen Wahrscheinlichkeiten
mit den Wahrscheinlichkeiten der paarweisen Schnitte der Ereignisse vergleichen:
a) Das Ereignis A ∩ B setzt sich aus 4 · 999! Permutationen zusammen (200, 225, 250
oder 275 an der ersten Stelle und der Rest beliebig). Damit ist
Pr(A ∩ B) =
4 · 999!
4
=
= Pr(A) · Pr(B)
1000!
1000
und folglich sind die Ereignisse A und B unabhängig.
b) Das Ereignis A ∩ C setzt sich aus 90 · 100 · 998! + 10 · 99 · 998! Permutationen
zusammen (entweder eine der 90 Zahlen die mit 2 beginnen und nicht mit 0 enden,
an erster und eine der 100 Zahlen, die mit 0 enden, an zweiter Stelle oder eine der
10 Zahlen die mit 2 beginnen und mit 0 enden, an erster und eine der verbleibenden
99 Zahlen, die mit 0 enden, an zweiter Stelle und der Rest beliebig). Damit ist
Pr(A ∩ C) =
9990
(90 · 100 + 10 · 99) · 998!
=
= Pr(A) · Pr(C)
1000!
999 · 1000
und folglich sind die Ereignisse A und C unabhängig. Da die verbalen Beschreibungen
für die restlichen Fälle sehr ähnlich sind, beschränken wir uns ab jetzt auf die Angabe
der Formeln.
c)
Pr(A ∩ E) =
100 · 100 · 998!
10000
1
=
6=
= Pr(A)·Pr(E)
1000!
999 · 1000
100
und folglich sind die Ereignisse A und E nicht unabhängig.
d)
Pr(B ∩ C) =
4 · 995
1
(20 · 100 + 20 · 99) · 998!
=
6=
= Pr(B)·Pr(C)
1000!
999 · 1000
250
und folglich sind die Ereignisse B und C nicht unabhängig.
e)
Pr(B ∩ D) =
(30 · 250 + 10 · 249) · 998!
10 · 999
=
= Pr(B)·Pr(D)
1000!
999 · 1000
und folglich sind die Ereignisse B und D unabhängig.
Aufgabe 2:
Körper
(3 Punkte)
Sei (K, +, ·) ein Körper mit +-neutralem Element 0 und ·-neutralem Element 1 und
+-inversen Elementen −a für alle a ∈ K. Zeigen Sie durch Anwendung der Gruppenund Körperaxiome (und der Fakten aus der zweiten Vorlesung), dass für ein beliebiges
a ∈ K das Folgende gilt: (−1) · (−a) = a.
Wir formen die Gleichung (−1)·(−a) = a äquivalent um, indem wir auf beiden Seiten
−a addieren, dann auf der linken Seite −a durch 1 · (−a) ersetzen und danach links
das Distributivgesetz anwenden:
(−1) · (−a) = a ⇐⇒ 1 · (−a) + (−1) · (−a) = −a + a ⇐⇒ (1 + (−1)) · (−a) = −a + a
Wegen des dritten Gruppenaxioms kann man nun 1 + (−1) und −a + a jeweils durch
0 ersetzen und erreichen damit die wahre Aussage 0 · (−a) = 0.
Aufgabe 3:
Unterräume
R3
Welche der folgenden Teilmengen von V =
nicht?
a)
U1 = {(x, y, z) ∈ V
b)
U2 = {(x, y, z) ∈ V
c)
U3 = {(x, y, z) ∈ V
d)
U4 = {(x, y, z) ∈ V
e)
U5 = {(x, y, z) ∈ V
(7 Punkte)
bilden einen Unterraum und welche
|
|
|
|
|
x+y =z }
x·y =z }
x3 + z 3 = 0 }
x2 + y 2 = 0 }
x·z+y·z =0 }
Positive Antworten müssen bewiesen, negative Antworten durch passende Gegenbeispiele belegt werden!
Lösung: a) U1 ist ein Unterraum, denn U1 enthält den Nullvektor und ist damit nicht
leer und U1 ist abgeschlossen bezüglich Addition von Vektoren und der Multiplikation
mit Skalaren:
Sind ~v = (x, y, z) und v~0 = (x0 , y 0 , z 0 ) in U1 und λ ∈ R, dann liegen auch ~v + v~0 =
(x + x0 , y + y 0 , z + z 0 ) und λ~v = (λx, λy, λz) in U1 weil aus den Voraussetzungen
(x + x0 ) + (y + y 0 ) = z + z 0 bzw. λx + λy = λz folgt.
b) U2 ist kein Unterraum, denn der Vektor ~v = (1, 1, 1) gehört zu U2 aber der Vektor
2~v = (2, 2, 2) nicht.
c) U3 ist ein Unterraum, denn die Bedingung x3 + z 3 = 0 kann man äquivalent in
x = −z umformen und für U3 = {(x, y, z) ∈ V | x = −z } erfolgt der Beweis analog
wie in a).
d) U4 ist auch ein Unterraum, denn die Bedingung x2 + y 2 = 0 kann man äquivalent
in x = y = 0 umformen und für U4 = {(x, y, z) ∈ V | x = y = 0 } erfolgt der Beweis
analog wie in a).
e) U5 ist kein Unterraum, denn die Vektoren ~v = (1, 1, 0) und v~0 = (1, −1, 1) gehören
zu U5 , aber der Vektor ~v + v~0 = (2, 0, 1) offensichtlich nicht.
Aufgabe 4:
Es sei W ⊆
R3
Lineare Hülle
(3+3 Punkte)
die lineare Hülle der Vektorenmenge {(1, 2, −1), (3, −2, 1)}.
a) Welcher der Vektoren ~u = (4, 2, −1), ~v = (0, 4, −2) und w
~ = (−2, 3, −2) liegt in
W (Begründung!)?
Lösung: Ein Vektor (x, y, z) liegt genau dann W , wenn er sich als Linearkombination
λ · (1, 2, −1) + µ · (3, −2, 1) darstellen lassen, d.h. genau dann, wenn das lineare
Gleichungssystem
λ+ 3µ = x
(I)
2λ− 2µ = y
(II)
−λ+ µ = z
(III)
eine Lösung hat.
Setzt man (x, y, z) = ~u = (4, 2, −1), dann ergibt sich aus (III) die Gleichung µ =
λ − 1. Setzt man das in (I) ein, erhält man 4λ = 7 und λ = 47 sowie µ = 34 . Man
kann leicht überprüfen, dass das ein Lösung des gesamten LGS ist.
Analog kann man für (x, y, z) = ~v = (0, 4, −2) die Lösung λ = 23 und µ = − 12
berechnen. Dagegen ergibt für (x, y, z) = w
~ = (2, 3, −2) ein Widerspruch aus den
Gleichungen (II) und (III). Folglich liegen die Vektoren ~u und ~v in W , der Vektor
w
~ aber nicht.
b) Welche zusätzliche Bedingung muss ein Vektor der Form (a, b, a) mit a, b ∈ R
erfüllen, damit er in W liegt (Begründung!)?
Lösung: Offensichtlich ist die linke Seite von Gleichung (II) das (−2)-fache der
linken Seite von Gleichung (III). Folglich ist b = −2a eine notwendige Bedingung
für die Lösbarkeit des LGS. Man kann sich nun leicht davon überzeugen, dass diese
Bedingung auch hinreichend ist, denn aus (III) ergibt sich dann µ = λ + a. Setzt
man das in (I) ein, erhält man 4λ = −2a und mit λ = − a2 sowie µ = a2 eine Lösungs
des LGS.