Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie Lösungen zum

TUM, Zentrum Mathematik
Lehrstuhl für Mathematische Physik
WS 2013/14
Prof. Dr. Silke Rolles
Thomas Höfelsauer
Felizitas Weidner
Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie
Lösungen zum Wiederholungsblatt
Aufgabe W1
Es gibt zwei Landstraßen zwischen A-Stadt und C-Stadt, nennen wir sie L1 und L2 .
Am Rande der L1 stehen die Bäume b1 und b2 , am Rande der L2 steht der Baum b3
(siehe Bild). Bei dem Sturm in der letzten Nacht ist jeder der drei Bäume b1 , b2 , b3 mit
Wahrscheinlichkeit 1 − p unabhängig von den anderen Bäumen umgefallen und hat die
Landstraße blockiert. Für 1 ≤ i ≤ 3 bezeichne Bi das Ereignis, dass der Baum bi die
Landstraße nicht blockiert.
b1
b2
A-Stadt
C-Stadt
b3
Drücken Sie das Ereignis D = {Mindestens eine der beiden Landstraßen zwischen AStadt und C-Stadt ist nicht blockiert} durch die Ereignisse B1 , B2 und B3 aus und
berechnen Sie P(D).
Lösung:
Es ist D = (B1 ∩ B2 ) ∪ B3 . Wir wissen P(Bi ) = 1 − P(Bic ) = 1 − (1 − p) = p. Damit
ergibt sich mit der Inklusion-Exklusion-Formel:
P(D) =P((B1 ∩ B2 ) ∪ B3 ) = P(B1 ∩ B2 ) + P(B3 ) − P((B1 ∩ B2 ) ∩ B3 ).
Nach Voraussetzung sind die Ereignisse B1c , B2c , B3c unabhängig. Damit sind auch die
Ereignisse B1 , B2 , B3 unabhängig und es folgt:
P(D) = P(B1 )P (B2 ) + P(B3 ) − P(B1 )P (B2 )P (B3 ) = p2 + p − p3 .
Aufgabe W2
Martin besitzt einen vier- und einen sechsseitigen Würfel, der mit den Zahlen 1 bis 4
bzw. 1 bis 6 beschriftet ist. Martin wählt sich zufällig gemäß Gleichverteilung einen der
beiden Würfel aus und würfelt.
(i) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Martin eine 3 würfelt?
(ii) Martin hat tatsächlich eine 3 gewürfelt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass
er den vierseitigen Würfel ausgewählt hat?
(iii) Nun wirft Martin beide Würfel und verrät uns, dass einer der beiden Würfel eine
3 zeigt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Augensumme größer als 6
ist?
Lösung:
(i) Wir definieren die Ereignisse
A = {Martin würfelt eine 3},
B = {Martin würfelt mit dem vierseitigen Würfel}.
Mit dem Satz der totalen Wahrscheinlichkeit erhalten wir
P(A) = P(A | B)P(B) + P(A | B c )P(B c ) =
1 1 1 1
5
· + · = .
4 2 6 2
24
(ii) Mit Aufgabenteil (i) und der Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit folgt
P(A ∩ B)
P(B) P(A ∩ B)
P(B)
P(B | A) =
=
·
=
· P(A | B) =
P(A)
P(A)
P(B)
P(A)
1
2
5
24
·
3
1
= .
4
5
(iii) Wir definieren die Ereignisse
C = {Augensumme größer als 6},
D = {Der vierseitige Würfel zeigt eine 3},
E = {Der sechsseitige Würfel zeigt eine 3}.
Dann gilt
P(C | D ∪ E) =
=
P(C ∩ (D ∪ E))
P(C ∩ (D ∪ E))
=
P(D ∪ E)
P(D) + P(E) − P(D ∩ E)
|{(3,4),(3,5),(3,6),(4,3)}|
24
4
6
1
+ 24
− 24
24
4
= .
9
Aufgabe W3
Eine Katzenfamilie hat 3 kleine Kätzchen. Jedes Kätzchen ist mit Wahrscheinlichkeit 21
weiblich und mit Wahrscheinlichkeit 12 männlich, unabhängig von allen anderen Kätzchen. Betrachten Sie die Ereignisse
A = {Unter den Katzenkindern ist höchstens ein Kater},
B = {Die Katzenfamilie hat sowohl männliche als auch weibliche Nachkommen}.
Sind die Ereignisse A und B unabhängig? Begründen Sie Ihre Antwort.
Lösung:
Wir modellieren dies durch folgenden Wahrscheinlichkeitsraum: Ω = {m, w}3 , wobei m
für ein männliches und w für ein weibliches Kätzchen steht, F = P(Ω),
P ({ω}) =
1 1 1
1
· · =
2 2 2
8
für alle ω ∈ Ω wegen der Unabhängigkeitsvoraussetzung. Wir berechnen die Wahrscheinlichkeiten:
P (A) =P (Unter den Katzenkindern ist höchstens ein Kater)
1
4
=P ({(w, w, w), (m, w, w), (w, m, w), (w, w, m)}) = = ,
8
2
P (B) =P (Die Katzenfamilie hat sowohl männliche als auch weibliche Nachkommen)
3
2
=1 − P (B c ) = 1 − P ({(w, w, w), (m, m, m)}) = 1 − = ,
8
4
P (A ∩ B) =P (Unter den Katzenkindern ist genau ein Kater)
3
=P ({(m, w, w), (w, m, w), (w, w, m)}) = .
8
Somit haben wir gezeigt: P (A ∩ B) = P (A)P (B), also sind A und B unabhängig.
Aufgabe W4
In einer Urne befinden sich gleich viele Kugeln, die mit den Ziffern 1, 2 und 3 beschriftet
sind. Aus der Urne wird n-mal mit Zurücklegen gezogen.
(i) Geben Sie einen Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, F, P) für dieses Zufallsexperiment
an und definieren Sie formal für i ∈ {1, 2, 3} die Zufallsvariable Xi , welche die
Anzahl der gezogenen Kugeln mit der Nummer i angibt.
(ii) Bestimmen Sie die Verteilung von X1 , von X1 + X2 sowie von X1 + X2 + X3 .
(iii) Berechnen Sie die Kovarianz Cov(X1 , X2 ).
Lösung:
(i) Sei Ω = {1, 2, 3}n , F = P(Ω) und P die Gleichverteilung auf Ω. Wir definieren für
n
P
alle ω = (ω1 , . . . , ωn ) die Zufallsvariablen Xi (ω) =
1{ωk =i} für i ∈ {1, 2, 3}.
k=1
n
(ii) Für k ∈ {0, . . . , n} gilt P(X1 = k) = k ( 31 )k ( 23 )n−k und P(X1 = k) = 0 für
k 6∈ {0, . . . , n}. X1 ist also Binomial(n, 13 )-verteilt.
1 n−k 2 k
n
Analog gilt P(X1 + X2 = k) = P(X3 = n − k) = n−k
( 3 ) ( 3 ) = nk ( 23 )k ( 13 )n−k
für k ∈ {0, . . . , n} und P(X1 + X2 = k) = 0 für k 6∈ {0, . . . , n}. X1 + X2 ist also
Binomial(n, 23 )-verteilt.
Für X1 + X2 + X3 gilt P(X1 + X2 + X3 = n) = 1.
(iii) Da X1 , X2 und X3 identisch verteilt sind, folgt Var(X1 ) = Var(X2 ) = Var(X3 )
und Cov(Xi , Xj ) = Cov(X1 , X2 ) für i, j ∈ {1, 2, 3}, i 6= j. Somit erhalten wir
X
Var(X1 + X2 + X3 ) = Var(X1 ) + Var(X2 ) + Var(X3 ) +
Cov(Xi , Xj )
i,j∈{1,2,3}
i6=j
= 3 Var(X1 ) + 6 Cov(X1 , X2 ).
Somit folgt
Cov(X1 , X2 ) =
1
1
n
Var(X1 + X2 + X3 ) − Var(X1 ) = −
{z
} 2 | {z }
6|
9
=0
=n· 13 · 23
Aufgabe W5
Sei F : R → R definiert durch


0
F (x) = x3


1
für x < 0
für 0 ≤ x ≤ 1
für x > 1.
(i) Zeigen Sie, dass F eine Verteilungsfunktion ist und bestimmen Sie die zugehörige
Wahrscheinlichkeitsdichte f .
(ii) Sei X eine Zufallsvariable
mit Verteilungsfunktion F . Bestimmen Sie E(X), Var(X)
1
sowie E X .
Lösung:
(i) Es gilt
Z
x
F (x) =
−∞
3y 2 1[0,1] (y) dy.
| {z }
=:f (y)
f ist eine Wahrscheinlichkeitsdichte, da f ≥ 0 und
Z 1
Z
3x2 dx = 1.
f (x) dx =
0
R
Somit ist F eine Verteilungsfunktion mit Wahrscheinlichkeitsdichte f .
(ii) Für den Erwartungswert gilt
Z
1
Z
E(X) =
3
3x3 dx = .
4
xf (x) dx =
0
R
Als Varianz erhalten wir
2 Z 1
3
9
3
9
3
Var(X) = E(X ) − E(X) =
x f (x) dx −
=
3x4 dx −
= −
= .
4
16
5 16
80
R
0
2
2
Z
2
Außerdem ist
E
1
X
Z
=
R
1
f (x) dx =
x
Z
0
1
3
3x dx = .
2
Aufgabe W6
Seien X1 , . . . , Xn unabhängige, identisch verteilte Zufallsvariablen, wobei X1 Exponential(λ)verteilt mit λ > 0 ist. Sei Y := min1≤i≤n Xi . Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion und
Dichte von Y . Welchen Verteilungstyp hat Y ?
Lösung:
Es ist FY (x) = 0 für x < 0. Für x ≥ 0 gilt
FY (x) = P (Y ≤ x) = P
=1−
n
Y
min Xi ≤ x
=1−P
1≤i≤n
P (Xi > x) = 1 − eλx
n
min Xi > x = 1 − P
1≤i≤n
!
\
{Xi > x}
1≤i≤n
= 1 − eλnx .
i=1
Im fünten Schritt haben wir die Unabhängigkeit der Xi verwendet.
Als Wahrscheinlichkeitsdichte fY erhalten wir
fY (x) = F 0 (x) = λneλnx 1[0,∞) (x).
Y ist also Exponential(λn)- verteilt.
Aufgabe W7
Die Anzahl der Kunden in einer Eisdiele an einem bestimmten Tag sei Poisson(λ)verteilt, wobei λ > 0. Jeder Kunde kauft mit Wahrscheinlichkeit p ein Eis für 1 Euro
und mit Wahrscheinlichkeit 1 − p ein Eis für 2 Euro, unabhängig von allen anderen
Kunden. Man bestimme die Verteilung der Anzahl X der Kunden, die ein Eis für 1
Euro kaufen.
Lösung:
Mögliche Werte von X sind 0, 1, 2, . . . . Sei Y die Anzahl aller Kunden. Für k ∈ N0 gilt:
P (X = k) =
∞
X
i=0
=

0
k
∞
X
i=k
=e
=e−λ λi!
falls i≥k
i!
λi
pk (1 − p)i−k e−λ
k!(i − k)!
i!
k
−λ (pλ)
∞
X
k!
i=k
|
= e−pλ
D.h. X ∼ Poisson(pλ).
i
falls i<k

( i )pk (1−p)i−k
=
P (Y = i)
| {z }
P (X = k|Y = i)
{z
}
|

(pλ)k
k!
1
((1 − p)λ)i−k
(i − k)!
{z
}
P
= ∞
j=0
((1−p)λ)j
j!
=e(1−p)λ
Aufgabe W8
Wir wählen zufällig gemäß der Gleichverteilung einen Punkt (X, Y ) auf der Einheitskreisscheibe K = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1} aus.
(i) Geben Sie die Wahrscheinlichkeitsdichte von (X, Y ) an.
(ii) Bestimmen Sie die Randverteilungen von X und Y . Sind X und Y unabhängig?
(iii) Berechnen Sie die Erwartungswerte E(X) und E(Y ).
Lösung:
(i) Die Wahrscheinlichkeitsdichte von (X, Y ) ist f(X,Y ) : R2 → R, (x, y) 7→ π1 1K (x, y).
(ii) Um die Randverteilung zu anzugeben, genügt es die Dichte fX von X zu bestimmen. Diese erhält man durch Integration der gemeinsamen Dichte von X und Y
nach y. Für x ∈ [−1, 1] gilt
Z
Z √1−x2
1
1
2√
fX (x) =
1K (x, y) dy = √
dy =
1 − x2 .
π
π
π
2
R
− 1−x
Für x 6∈ [−1, 1] ist fX (x) = 0.
p
Analog bestimmt man die Dichte von Y zu fY (y) = π2 1 − y 2 1[0,1] (y) oder man
führt die Symmetrie der Aufgabenstellung in x und y an, um dasselbe Ergebnis
zu erhalten.
p
Da f (x, y) = π1 1K (x, y) 6= π42 (1 − y 2 )(1 − x2 ) = f (x)f (y) z. B. für (x, y) = (0, 0)
sind die Zufallsvariablen X und Y abhängig.
(iii) Aufgrund der Symmetrie des Systems gilt E(X) = E(Y ) = 0. Man kann natürlich
auch rechnen . . .
Aufgabe W9
Seien X1 , X2 , . . . unabhängige, identisch verteilte Zufallsvariablen mit E(X1 ) = 0 und
σ 2 := Var(X1 ) < ∞. Sei Yn := 2Xn Xn+1 .
(i) Berechnen Sie den Erwartungswert und die Varianz von Yn für n ∈ N.
(ii) Berechnen Sie die Kovarianz Cov(Yi , Yj ) für i, j ∈ N.
P
(iii) Zeigen Sie, dass limn→∞ P n1 ni=1 Yi ≥ ε = 0 für alle ε > 0.
Lösung:
(i) Für n ∈ N gilt
E(Yn ) = E(2Xn Xn+1 ) = 2E(Xn )E(Xn+1 ) = 2E(X1 )2 = 0.
Im zweiten Schritt haben wir verwendet, dass die Zufallsvariablen Xn und Xn+1
unabhängig sind, im vorletzten, dass sie dieselbe Verteilung wie X1 haben. Analog
bestimmen wir die Varianz:
2
2
Var(Yn ) = E(Yn2 ) − E(Yn )2 = E(4Xn2 Xn+1
) = 4E(Xn2 )E(Xn+1
)
4
2 2
= 4E(X1 ) = 4 Var(X1 ) = 4σ
(ii) Für i, j ∈ N ist
Cov(Yi , Yj ) = E (Yi − E(Yi ))(Yi − E(Yi )) = E(Yi Yj ) = 4E(Xi Xi+1 Xj Xj+1 ).
Ohne Einschränkung können wir annehmen, dass i ≤ j. Falls i = j, erhalten wir
Cov(Yi , Yj ) = Cov(Yi , Yi ) = Var(Yi ) = 4σ 4 .
Ist i + 1 = j, so gilt wieder aufgrund von Unabhängigkeit der Zufallsvariablen Xi ,
Xi+1 und Xi+2
2
2
)E(Xi+2 ) = 0.
Cov(Yi , Yj ) = 4E(Xi Xi+1
Xi+2 ) = 4E(Xi )E(Xi+1
Falls i + 1 < j, so sind i, i + 1, j, j + 1 alle verschieden, die zugehörigen Zufallsvariablen sind unabhängig und es folgt
Cov(Yi , Yj ) = 4E(Xi Xi+1 Xj Xj+1 ) = 4E(Xi )E(Xi+1 )E(Xj )E(Xj+1 ) = 0.
(iii) Mithilfe der Markov-Ungleichung ist
2 Pn
1
X
E n2
n
n
i=1 Yi
1 n
1 X
1 X
P =
E
Y
Y
)
=
Cov(Yi , Yj )
Yi > ε ≤
i j
n i=1
ε2
n2 ε2 i,j=1
n2 ε2 i,j=1
=
n
4 X 4 4σ 4
σ = 2 −−−→ 0
n2 ε2 i=1
nε n→∞
Aufgabe W10
Sei (Xi )i∈N eine Folge von unabhängigen, Exponential(1)-verteilten Zufallsvariablen.
(i) Zeigen Sie, dass
n
1 X 8
X −−−→ 0 f.s.
n2 i=1 i n→∞
(ii) Beweisen Sie, dass
n
X
1
P
(Xi − 1) > 0 −−−→
n→∞ 2
i=1
Lösung:
(i) Wir zeigen zuerst, dass X18 ∈ L4 . Da X1 Exponential(1)-verteilt ist, gilt
Z ∞
Z ∞
Z ∞ x
8 4
32 −x
32 − x2 − x2
32 − y2
=
x e dx =
x e e dx ≤ sup y e
E X1
e− 2 dx
0
=
y
0
1
sup y 32 e− 2
2 y∈[0,∞)
da y 32 e− 2 → 0.
y
< ∞,
y∈[0,∞)
0
Somit ist das starke Gesetz der großen Zahlen anwendbar und es folgt
n
n
1
1X 8
1 X 8
X =
·
Xi −−−→ 0 f.s.
n→∞
n2 i=1 i
n
n
|{z}
i=1
|
{z
}
→0 f.s.
→E(X18 )<∞ f.s.
(ii) Da X1 ∈ L2 und E(X1 ) = Var(X1 ) = 1, erhalten wir mit dem zentralen Grenzwertsatz
Z 0
n
n
X
X
x2
1
e− 2 dx.
P
(Xi − 1) > 0 = 1 − P
(Xi − 1) ≤ 0 −−−→ 1 − √
n→∞
2π −∞
i=1
i=1
Außerdem gilt
Z 0
Z 0
Z 0
1 − x2
1 − x2
1
1 − x2
√ e 2 dx =
√ e 2 dx +
√ e 2 dx
2
2π
2π
2π
−∞
−∞
−∞
Z 0
Z
∞
1 − x2
1
1 − x2
√ e 2 dx +
√ e 2 dx
=
2
2π
2π
0
−∞
Z
1 ∞ 1 − x2
1
√ e 2 dx = ,
=
2 −∞ 2π
2
wobei wir im zweiten Schritt die Symmetrie des Integranden verwendet haben. Im
dritten Schritt wurde über die Wahrscheinlichkeitsdichte einer Normalverteilung
integriert. Insgesamt folgt die Behauptung.