UNIVERSIT¨AT BASEL HS2015 Must ¨Ubung 1

UNIVERSITÄT BASEL HS2015
EINFÜHRUNG IN DIE STATISTIK
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LÖSUNGEN BLATT 2
Must
Übung 1. Ein Würfel sei verfälscht. Die Sechs, die Fünf und die Zwei sind alle gleich
wahrscheinlich, nämlich doppelt so wahrscheinlich wie die Vier. Die restlichen beiden
Augenzahlen sind anderthalbmal so wahrscheinlich wie die Vier.
a) Bestimmen Sie die einzelnen Wahrscheinlichkeiten.
b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird eine Primzahl gewürfelt? Und eine Zahl ≥ 3?
Proof. Sei dazu Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} und betrachte P : A → R mit A = P(Ω). Wir
wissen, dass P ({6}) = P ({5}) = P ({2}) = i, für ein noch unbekanntes i ∈ R, zusätzlich
wissen wir dass P ({4}) = i/2 und P ({3}) = P ({1}) = 23 · i/2. Dann haben wir mittels
Definition der Wahrscheinlichkeit, dass
1 = P (Ω) =
6
X
P ({k}) = 3i + i/2 + 3i/2
k=1
= 5i,
somit haben wir i = 1/5 und damit P ({6}) = P ({5}) = P ({2}) = 1/5, P ({4}) =
1/10, P ({3}) = P ({1}) = 3/20. Nun können wir die folgenden Wahrscheinlichkeiten
bestimmen:
P ({2, 3, 5}) = P ({2}) + P ({3}) + P ({5})
= i + i + 3i/4 = 11i/4 = 11/20,
für Primzahlen und
P ({x| x ≥ 3} ∩ Ω) = P ({3, 4, 5, 6})
= P ({3}) + P ({4}) + P ({5}) + P ({6})
= 3i/4 + i/2 + i + i = 13i/4 = 13/20,
für Zahlen ≥ 3.
Übung 2. A, B, C seien drei Ereignisse. Beweisen Sie, dass
P [A ∪ B ∪ C] = P [A] + P [B] + P [C] − P [A ∩ B] − P [B ∩ C] − P [A ∩ C] + P [A ∩ B ∩ C].
Proof. Wir wissen, dass
(1)
A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C.
Sei nun also P : A → R eine Wahrscheinlichkeit mit A, B, C ∈ A. Man bemerke, dass
der Ausdruck in (1) auch in A liegt. Dann haben wir mit E = B ∪ C
P (A ∪ E) = P (A) + P (E) − P (A ∩ E),
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wobei
P (A ∩ E) = P (A ∩ (B ∪ C))
= P ((A ∩ B) ∪ (A ∩ C))
= P (A ∩ B) + P (A ∩ C) − P (A ∩ B ∩ C),
und somit
P (A ∪ (B ∪ C)) = P (A) + P (B ∪ C) − P (A ∩ B) − P (A ∩ C) + P (A ∩ B ∩ C)
= P (A) + P (B) + P (C) − P (B ∩ C) − P (A ∩ B)...
... − P (A ∩ C) + P (A ∩ B ∩ C).
Übung 3. Die Ereignisse E und F seien so, dass P [E ∩ F ] = P [E]P [F ] gilt. Beweisen
Sie, dass dann
P [E c ∩ F c ] = P [E c ]P [F c ].
(Für A ⊂ Ω Teilmenge einer Menge Ω bezeichnet Ac das Komplement von A in Ω.)
Proof. Sei nun P eine geeignete Wahrscheinlichkeit auf A, einer σ-Algebra von Ω. Wir
bemerken, dass E ∩ F in A liegt, sofern E und F darin enthalten sind. Wir wissen,
dass E c und F c somit auch in A sind, und damit haben wir
P (E c ∩ F c ) = 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 ).
Standard
Übung 4. Wir betrachten die Ereignisse beim zweimaligen Wurf mit einer fairen
Münze.
1) Was ist die Menge Ω der Ergebnisse? Geben Sie eine Darstellung.
Seien
A1 = {erster Wurf zeigt Kopf},
A2 = {zweiter Wurf zeigt Kopf},
A3 = {erster Wurf=zweiter Wurf}.
Sei A die σ–Algebra gegeben durch die ganze Potenzmenge von Ω. Sei
P: A→R
die Wahrscheinlichkeit durch die Uniform–Verteilung auf Ω gegeben.
2) Wie ist P definiert?
3) Für welche Paare i, j sind Ai , Aj disjunkte Ergebnisse? Sind sie paarwise disjunkt?
4) Berechnen Sie P [Ai | Aj ] für jede i, j ∈ {1, 2, 3}.
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Proof. Wir notieren die Menge Ω als Menge von geordneten Paaren, i.e.
Ω = {(1, 1), (1, 0), (0, 1), (0, 0)} ,
wobei 1 für Kopf und 0 für Zahl stehen. Nun ist P : P(Ω) → R gegeben durch
{(i, j)} 7→ 1/4 mit i, j ∈ {0, 1}. Damit haben wir
A1 = {(1, 0), (1, 1)}
A2 = {(0, 1), (1, 1)}
A3 = {(0, 0), (1, 1)} ,
daher gilt für alle i 6= j ∈ {0, 1} Ai ∩ Aj = {(1, 1)}. Nun können wir die letzte Frage
beantworten und unterscheiden zwei Fälle:
Fall 1: i = j
Hier gilt klar, dass
P (Ai |Aj ) = P (Ai |Ai ) = 1.
Fall 2: i 6= j
Hier haben wir folgendes
P (Ai ∩ Aj )
P (Aj )
P ({(1, 1)})
=
P (Aj )
= 1/2.
P (Ai |Aj ) =
Übung 5. Geben Sie die Darstellung der folgenden Mengen als Intervalle.
(1)
[
1
0, 1 −
;
n
n∈N
(2)
\
n∈N
1
0,
;
n
(3)
\ 1
1
,
.
n
+
1
n
n∈N
Begründen Sie jede Antwort.
N.B. N = {1, 2, . . .} enthält keine 0 und für jede a ∈ R gilt [a, a] = {a} und (a, a) = ∅.
Proof. Wir beweisen die Aussagen von (1) bis (3) der Reihe nach.
S
Sei zunächst x ∈ n∈N 0, 1 − n1 , dann gibt es ein q ∈ N mit der Eigenschaft, dass
x ∈ [0, 1 − 1/q]. Also gilt, dass 0 ≤ x ≤ 1 − 1/q und wir wissen, dass für alle n ∈ N
1 − 1/n < 1 gilt, somit folgt
[
1
0, 1 −
⊆ [0, 1) .
n
n∈N
Nun betrachte x ∈ [0, 1), dann gilt, dass 1 − x > 0, also existiert ein n ∈ N mit
1 − x ≥ 1/n. Somit gilt x ∈ [0, 1 − 1/n] und damit
[
1
0, 1 −
⊇ [0, 1) .
n
n∈N
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EINFÜHRUNG IN DIE STATISTIK – LÖSUNGEN BLATT 2
T
Für Teilaufgabe (2) betrachten wir x ∈ n∈N 0, n1 d.h. für alle n ∈ N gilt, dass
0 ≤ x ≤ 1/n. Nehme nun an, dass
T x > 0,1 dann gibt es ein q ∈ N s.d. x ≥ 1/q und
somit x ∈
/[0, 1/q]
/ n∈N 0, n . Damit haben wir, dass x = 0. Klar gilt
und daher x ∈
T
1
0 ∈ n∈N 0, n und somit
\ 1
{0} =
.
0,
n
n∈N
1 1
T
Für den letzten Teil sei x ∈ n∈N n+1 , n , dann gilt 0 < 1/(n + 1) ≤ x ≤ 1/n und
somit
\ 1
x∈
0,
,
n
n∈N
daher
Da aber 0 ∈
/
\ 1
1
,
⊆ {0} .
n
+
1
n
n∈N
T
n∈N
1
,1
n+1 n
folgt, dass
\ 1
1
,
= ∅.
n
+
1
n
n∈N
Extra
Bevor wir die letzten beiden Aufgaben beweisen betrachten wir erst ein Lemma.
Lemma (Konvexe Summe). Seien Pi für i ∈ {1, 2, ..., n} Wahrscheinlichkeiten auf A,
einer beliebigen σ-Algebra auf einer Menge Ω. Dann ist jede konvexe Summe, i.e.
n
X
P =
ai · P i ,
i=1
mit 0 ≤ ai ≤ 1 für alle i ∈ {1, 2, ..., n}, so dass
n
X
ai = 1,
i=1
wieder eine Wahrscheinlichkeit auf A ist.
Proof. Wir beweisen einfach alle Eigenschaften. Zunächst ist klar, dass P (Ω) =
1. Es gilt auch, dass
n
n
X
X
0 ≤ P (A) =
ai · Pi (A) ≤
ai = 1.
i=1
Pn
i=1
ai =
i=1
Nun betrachten wir eine Folge (An )n∈N von disjunkten Mengen mit Ak ∈ A für k ∈ N.
Dann gilt
n
[
X
[
P(
Ak ) =
ai · P i (
Ak )
i=1
k∈N
=
k∈N
n
XX
ai · Pi (Ak )
k∈N i=1
=
X
P (Ak ).
k∈N
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Übung 6. Sei Ω = Q. Sei A die Potenzmenge von Ω. Geben Sie verschiedene Sorten
von Wahrscheinlichkeiten P auf A und beweisen Sie, dass jede gegebene P die drei
Bedingungen vom Definition von Wahrscheinlichkeit erfüllen.
Proof. Wir definieren δa (A) = 1, wenn a ∈ A und δa (A) = 0, wenn a ∈
/ A. Dies ist klar
eine Wahrscheinlichkeit auf Q mit P(Ω) als σ-Algebra. Wähle dazu a als eine beliebige
rationale Zahl. Nun können wir auch mit dem obigen Lemma über konvexe Summen
weitere konstruieren.
Wir wollen noch andere Wahrscheinlichkeiten definieren. Dadurch müssen wir uns aber
erst die Fragen stellen, was eigentlich dieses ’anders’ bedeutet. Wir geben dazu eine Definition. Zunächst nennen wir A eine Nullmenge, wenn P (A) = 0. So ist zum Beispiel ∅
immer eine Nullmenge, egal zu welcher Wahrscheinlichkeit. Zwei Wahrscheinlichkeiten
P1 , P2 : A → R heissen äquivalent, wenn:
Die P1 Nullmengen sind genau die P2 Nullmengen und umgekehrt.
Man überzeugt sich leicht, dass dies eine Äquivalenzrelation
Pn ist.
Nun wählen wir eine konvergente Summe, i.e. Sn =
i=1 qi mit Sn → C ∈ R für
n → ∞. Nun ist PN ({k}) = qk /C eine Wahrscheinlichkeit auf 2N mit Ω = N. Wir
setzen also P (A) = PN (A) falls A ⊆ N und P (A) = 0 sonst, als Wahrscheinlichkeit auf
Q. Wir können nun leichtP
einsehen, dass P und δr mit r ∈PQ \ N nicht äquivalent sind.
Hingegen sind P1 ({i}) = i∈N 1/i2 · 6/π 2 und P2 ({i}) = i∈N 1/2i äquivalent.
Übung 7. Sei Ω = [0, 1] das Interval der Zahlen x mit 0 ≤ x ≤ 1. Sei B([0, 1]) die
kleinste σ–Algebra, die jedes offene Interval in (0, 1) enthält. Geben Sie verschiedene
Sorten von Wahrscheinlichkeiten P : B([0, 1]) → R an. Begründen Sie Ihre Antworten.
Proof. Wir können hier eigentlich analog zur obigen Aufgabe argumentieren. Wir setzen
hier aber noch
P ((a, b)) = b − a
für (a, b) ⊂ (0, 1) als Wahrscheinlichkeit fest. Wie sehen hier zum Beispiel Nullmengen,
i.e. P (A) = 0, aus? An dieser Stellen wollen wir lediglich auf spätere Vorlesungen
verweisen, welche genau solche Klassifikationsprobleme betrachten, z.B. werden diese
in der Masstheorie genauer untersucht.