Extrablatt

Extrablatt
Lösung/Hinweise
Aufgabe 1
a) Sei T := {Tür ist offen}, E := {Einbruch}.
P[T ] = P[T |E c ]P[E c ] + P[T |E]P[E] =
5 99993
7
504865
7
·
+
≈ 0, 005.
· 5 =
3
5
10
10
10 10
108
b)
P[E|T ] =
P[T |E]P[E]
49
49 · 10−6
=
=
· 102 ≈ 0.0097.
−8
P[T ]
504856 · 10
504865
Aufgabe 2
Sei z ∈ {1, ..., 6} und k ∈ {1, ..., 8}.
P[Z = z|S = k] =
8 z k
z 8−k 1
P[S = k|Z = z] · P[Z = z]
z k (6 − z)8−k
k ( 6 ) (1 − 6 )
6
=
=
6
6
6
P
P
P
j 8−k 1
8 j k
P[S = k|Z = j]P[Z = j]
j k (6 − j)8−k
k ( 6 ) (1 − 6 )
6
j=1
j=1
j=1
Aufgabe 3
a)
Für ein festes > 0 gilt:
P[|Xn | > ]
P[Xn ∈{0,1}]=1
≤
n→∞
P[|Xn | = 1] = pn −→ 0.
b)
P∞
P∞
Sei An = {Xn = 1}. Es gilt n=1 P[An ] = n=1 pn < ∞. Nach Borel-Cantelli folgt damit
P[{w ∈ Ω : Es gibt unendliche viele n mit Xn (ω) = 1}] = P[lim sup An ] = 0
n
Damit
P[{ω ∈ Ω : lim Xn (ω) = 0}]
n→∞
P[Xn ∈{0,1}]=1
=
P[{w ∈ Ω : ∃k ∈ N : ∀n ≥ k : Xn (ω) = 0}] = P[(lim sup An )c ] = 1.
n
c)
Beweis durch Widerspruch. Es gilt nach Annahme:
P[(lim sup An )c ] = P[{ω ∈ Ω : lim Xn (ω) = 0}] = 1.
n→∞
n
Also P[lim supn∈N An ] = 0. Gälte nun
∞
P
pn = ∞ dann erhalten wir aus der Unabhängigkeit der
n=1
(Xn )n∈N und dem Lemma von Borel-Cantelli, dass P[lim sup An ] = 1, dies ist ein Widerspruch
zu oben. Somit muss
∞
P
n
pn < ∞ gelten.
n
d)
Sei Ω = R, A und P die uniforme Verteilung auf [0, 1]. Außerdem sei Xn = 1[0, n1 ) . Dann
(
1 ,ω = 0
lim Xn (ω) =
n→∞
0 , ω 6= 0
1
P∞
Somit gilt Xn → 0 f.s. aber n=1 pn = ∞.
Aufgabe 4
a)
P5
Ω := {ω ∈ {0, 1}5 : i=1 ωi = 2}, wi ist die Farbe des i-ten Drahts wobei 0 für rot steht und 1
für blau. A sei die Potenzmenge von Ω und P die uniforme Verteilung auf Ω.
b)
Sei Ri := {i-ter Draht ist rot}, Bi = {i-ter Draht ist blau}.
P[{Bombe ist entschärft.}] = Pr[R1 ∩ B2 ∩ R3 ∩ B4 ∩ R5 ] =
3 2 2 1 1
· · · · .
5 4 3 2 1
Aufgabe 5
X ist beschränkt, damit existieren alle Momente.
E[X] =
n
X
E[1ω(i)=i ] =
i=1
E[X 2 ] =
n X
n
X
n
X
P[ω(i) = i] =
i=1
E[1ω(i)=i 1ω(j)=j ] =
i=1 j=1
X
n
X
1
= 1.
n
i=1
E[1ω(i)=i 1ω(j)=j ] +
X
E[1ω(i)=i ]
i=1
i6=j
=
n
X
P[ω(i) = i, ω(j) = j] +
n
X
P[ω(i) = i]
i=1
i6=j
n
=
X
i6=j
X1
1
1
+
= (n2 − n)
+1=2
n(n − 1) i=1 n
n(n − 1)
Damit V ar[X] = E[X 2 ] − E[X]2 = 1.
Aufgabe 6
a)
Sei φN die erzeugende Funktion von N . Für t ∈ [0, 1) :
φN (t) =
∞
X
k
t P[N = k] =
k=0
∞
X
tk
k=0
αk −α
e = eα(t−1) .
k!
Sei φX die erzeugende Funktion von X1 , X2 , ..., dann
φX (t) = t0 P[X = 0] + tP[X = 1] = 1 − p + tp = 1 + p(t − 1).
Damit hat Y die erzeugende Funktion:
φY (t) = φN (φX (t)) = exp(α(φX (t) − 1)) = exp(α(1 − p + tp − 1)) = eαp(t−1)
Sei Vi = 1 − Xi ∼ Ber(1 − p). Dann φV (t) = p + t(1 − p). Nun gilt:
Z =N −Y =
N
X
Vi .
i=1
Damit φZ (t) = φN (φV (t)) = exp(α(p + t(1 − p) − 1)) = exp(α(1 − p)(t − 1)).
b)
Da die erzeugende Funktion die Verteilung eindeutig bestimmt, können wir folgern
φY (t) = eαp(t−1) ⇒ Y ∼ P oi(αp), φZ (t) = eα(1−p)(t−1) ⇒ Z ∼ P oi(α(1 − p))
2
c)
Y und Z sind genau dann unabhängig, wenn φY +Z (t) = φZ (t)φY (t) für alle t ∈ [0, 1). Für
t ∈ [0, 1) gilt:
φY (t) · φZ (t) = eαp(t−1) · eα(1−p)(t−1) = eα(t−1) .
Da N = Z + Y und φN (t) = eα(t−1) ergibt sich die Aussage.
Aufgabe 7
Wir berechnen zuerst die gemeinsame Dichte von (X 2 Y, Y ) Hierzu betrachten wir den Diffeomorphismus
ψ : (0, ∞)2 → (0, ∞)2 , ψ(x, y) = (x2 y, y).
p
mit der Umkehrabbildung ψ −1 : (0, ∞)2 → (0, ∞)2 , ψ −1 (v, w) = ( wv , w). Letztere hat die
Jacobimatrix
1
1
(vw)− 2 ∗
−1
2
Jψ (v, w) =
0
1
Wir brauchen den Eintrag ∗ nicht berechnen, da er für die Determinante keine Rolle spielt. Somit
hat f(X 2 Y,Y ) die Dichte:
r
r 1
1
v
(vw)− 2
v
(vw)− 2
−1
1[a,b]
1[ v , v ] (w)1[a,b] (w).
, w) =
1[a,b] (w) =
f(X 2 Y,Y ) (v, w) = |Jψ (v, w)|f(X,Y ) (
w
2(b − a)2
w
2(b − a)2 b2 a2
Um die Dichte f( X 2 Y ) zu berechnen, müssen wir über die Variable w integrieren. Wir berechnen
also
Z ∞
1
(vw)− 2
2
1 v v (w)1[a,b] (w)dw
f( X Y )(v) =
2 [ b2 , a2 ]
−∞ 2(b − a)
Wir interessieren uns nun für die Gestalt von [ bv2 , av2 ] ∩ [a, b] in Abhängigkeit von v.
v
v
= a ⇔ v = a3 , 2 = b ⇔ v = a2 b,
2
a
a
v
v
2
=
a
⇔
v
=
b
a
,
= b ⇔ v = b3 .
b2
b2
Damit

∅



[a, v ]
v v
a2
[ 2 , 2 ] ∩ [a, b] =

b a
[a,
b]


 v
[ b2 , b]
,v
,v
,v
,v
∈
/ [a3 , b3 ]
∈ [a3 , a2 b)
∈ [a2 b, ab2 )
∈ [ab2 , b3 ]
Dies ergibt wieder:
Z
∞
−∞
 −1
v
1
2
v 2

2 a

2 [w ]a
(b−a)



 v− 21 [w 21 ]b
− 12
(vw)
2
a
1[ v , v ] (w)1[a,b] (w)dw = (b−a)
−1
1
2

2(b − a)2 b2 a2
v

2 ]bv
[w

(b−a)2

b2


0
, v ∈ [a3 , a2 b)
, v ∈ [a2 b, ab2 ]
, v ∈ [ab2 , b3 ]
,v ∈
/ [a3 , b3 ]
Damit hat die Dichte die Form:
√
√ √
√b
1
1
a
b− a
1
√
f(X 2 Y ) (v) =
− √ 1[a3 ,a2 b) (v) +
1[a2 b,ab2 ) (v) + √ −
1[ab2 ,b3 ) (v) .
(b − a)2 a
b
v
v
v
3
b)
Rt
Um die Verteilung zu erhalten, berechnen wir −∞ fX 2 Y (v)dv.
t < a3 : FX 2 Y (t) = 0
t ∈ [a3 , a2 b) : FX 2 Y (t) =
=
t ∈ [a2 b, b2 a) : FX 2 Y (t) =
t ∈ [b2 a, b3 ) : FX 2 Y (t) =
=
t ≥ b3 : FX 2 Y (t) =
√
√
1
v
a
1
[ − 2 av]ta3
− √ dv =
2
(b − a) a
v
a3 a
√
3
√
1
t
1 ( t − a 2 )2
2
2
( − 2 at − a + 2a ) =
(b − a)2 a
a (b − a)2
√ 2 Z t √
√
√
√
√
√
(a − ab)
( ab − a)2
b− a
b− a √
√
+
dv =
+2
( t − a b)
2
2
2
2
(b − a)
(b − a)
(b − a)
v(b − a)
a2 b
√
√
√
Z t √
2
√
√
b− a
b
1
( ab − a)
1
√ − dv
+2
(b a − a b) +
(b − a)2
(b − a)2
(b − a)2 b2 a v
b
√
√
√
√
3√
t
2
√
2 bt − b − 2b 2 a + ba
( ab − a)
b− a √
+2
(b a − a b) +
(b − a)2
(b − a)2
(b − a)2
√
3√
3√
3√
ab − 2 aba + a2 + 2b 2 a − 4ab + 2a 2 b + b2 − 2b 2 a + ba
a2 − 2ab + b2
=
= 1.
2
(b − a)
(b − a)2
1
(b − a)2
Z
t
Aufgabe 8
Sei N die Zahl der Erfolge. Dann ist N binomialverteilt mit Parameter 0.5. E[N ] = 0.5 · 50 = 25
und V ar[N ] = 50 · 0.5 · (1 − 0.5) = 12.5. Dann dank der Tschebyscheff-Ungleichung
P[{N < 20} ∪ {N > 30}] = P[|N − 25| ≥ 6] ≤
12, 5
≈ 0.3472.
36
Für die exakte Wahrscheinlichkeit erhalten wir:
19 50 X
X
50
50
P[{N < 20} ∪ {N > 30}] =
0.550 +
0.550 ≈ 0.119.
i
i
i=0
i=31
Aufgabe 9
Dank der Cauchy-Schwarz-Ungleichung gilt:
p
Cov(Xi , Xi+1 ) ≤ V ar(Xi )V ar(Xi+1 ) ≤ c.
Somit:
V ar[
n
n
n
n
n−1
X
1X
1 XX
1 X
Xi ] = 2
Cov(Xi , Xj ) = 2 (
V ar(Xi ) + 2
Cov(Xi , Xi+1 )) ≤
n i=1
n i=1 j=1
n i=1
i=1
1
n→∞
(nc + (n − 1)c) −→ 0.
n2
Mit der Tschebyscheff-Ungleichung erhalten wir nun für jedes > 0
n
P[|
n
n
1X
1X
1X
(Xi − E[Xi ])| ≥ ] = P[|
Xi −
E[Xi ]| ≥ ]
n i=1
n i=1
n i=1
Pn
V ar[ n1 i=1 Xi ] n→∞
≤
−→ 0.
2
4
Aufgabe 10
a)
Sei N die Anzahl der N die Zahl der erscheinenden Kunden. E[N ] = 0.8 · 250 = 200 und
V ar[N ] = N · 0.8 · 0.2 = 40.
P[N ≤ 218] = P[
18
N − 200
√
≤ √ ] ≈ Φ(2.85) = 0.998
40
40
b)
Sei Nm die Zahl der erscheinenden Besucher bei m Reservierungen. Wir suchen m, so dass
Nm − m · 0.8
218 − m · 0.8
218 − m · 0.8
P √
≤√
≈ Φ( √
) = 0.975
m · 0.8 · 0.2
m · 0.2 · 0.8
m · 0.2 · 0.8
Aus der Tabelle entnehmen wir, dass Φ(1, 96) = 0.975. Lösen wir
218 − m · 0.8
√
= 1.96
m · 0.8 · 0.2
nach m auf, so erhalten wir m ≈ 256, 8. Der Wirt kann also bis zu 256 Zimmer vermieten, ohne
dass die Wahrscheinlichkeit mit der er in Verlegenheit gerät, 2.5% übersteigt.
Aufgabe 11
a)
Sei X ∼ N (0, 1) und sei Y = −X. Dann gilt E[X] = 0 = E[Y ]. Aber P[X = Y ] = P[X = 0] = 0.
b)
Mit dem Hinweis, also unter der Annahme, dass X und Y N0 -wertig sind:
Beweis durch Widerspruch. |X − Y | ist auch N0 -wertig. Gäbe es eine natürliche Zahl k > 0 mit
P[|X − Y | = k] > 0, so würde folgen
E[|X − Y |] =
∞
X
jP[|X − Y | = j] ≥ kP[|X − Y | = k] > 0.
k=0
Dies wäre aber ein Widerspruch. Somit gilt für alle k ∈ N0 \ {0}: P[|X − Y | = k] = 0, woraus
folgt, dass P[|X − Y | = 0] = 1.
Ohne Hinweis, allgemeiner Fall:
Beweis durch Widerspruch.
Sei P[X = Y ] = 1 − mit > 0. Beachte, dass P[X = Y ] =
T
P[|X − Y | = 0] = P[ n∈N {|X − Y | ≤ n1 }] = limn→∞ P[|X − Y | ≤ n1 ]. Somit limn→∞ P[|X − Y | ≤
1
1
n ] = 1 − , somit muss es unter anderem ein n geben mit P[|X − Y | ≤ n ] ≤ 1 − 2 . Damit folgt:
1
1
1
1
E[|X − Y |] ≥ E[1{|X−Y |> n1 } |X − Y |] ≥ E[1{|X−Y |> n1 } ] = P[|X − Y | > ] =
.
n
n
n
n2
c)
Seien X, Y bernoulliverteilt mit Parameter p ∈ (0, 1) und unabhängig voneinander. Dann E[X 2 ] =
E[Y 2 ], da beide identisch verteilt sind. Aber
P[X = Y ] = P[Y = X = 0] + P[X = Y = 1] = P[X = 1]P[Y = 1] + P[X = 0]P[Y = 0]
= p2 + (1 − p)2 = (p + 1 − p)2 − 2p(1 − p) = 1 − 2p(1 − p) < 1.
5