Lösungen Stochastik WS 2015/16

Lösungen Stochastik WS 2015/16 - Blatt 2
Aufgabe 1
Wir berechnen zunächst die Wahrscheinlichkeit, dass kein Mann mit seiner eigenen Partnerin tanzt. Die
Menge der möglichen Ereignisse läßt sich beschreiben als
Ω = {(i1 , . . . , iN ) | 1 ≤ ij ≤ N, ij 6= ik für j 6= k}.
Dabei interpretieren wir (i1 , . . . , iN ) ∈ Ω als das Ereignis, bei dem der j-te Mann mit der Partnerin des
ij -ten Mannes tanzt. Sei
Ej := {(i1 , . . . , iN ) ∈ Ω | ij = j}
C
das Ereignis, dass der j-te Mann mit seiner eigenen Partnerin tanzt. Dann ist P[E1C ∩ · · · ∩ EN
] die
gesuchte Wahrscheinlichkeit. Für n ≤ N sei 1 ≤ j1 < . . . < jn ≤ N gegeben. Dann ist
Ej1 ∩ · · · ∩ Ejn = {(i1 , . . . , iN ) ∈ Ω | ij1 = j1 , . . . , ijn = jn }
das Ereignis, dass die n Männer j1 , . . . , jn jeweils mit ihrer eigenen Partnerin tanzen; für die Zuordnung
der überigen N − n Männer gibt es dann noch (N − n)! Möglichkeiten, folglich gilt
P[Ej1 ∩ · · · ∩ Ejn ] =
(N − n)!
,
N!
da |Ω| = N !. Daraus folgt mit der Siebformel
P[∪N
i=1 Ei ] =
N
X
P[Ei ] −
i=1
P[Ej1 ∩ Ej2 ]
j1 <j2
X
+
X
P[Ej1 ∩ Ej2 ∩ Ej3 ] − · · · + (−1)N +1 P[E1 ∩ · · · ∩ EN ]
j1 <j2 <j3
(N − 2)!
(N − 1)!
− |{(j1 , j2 ) | 1 ≤ j1 < j2 ≤ N }| ·
N!
N!
(N − 3)!
1
+ |{(j1 , j2 , j3 ) | 1 ≤ j1 < j2 < j3 ≤ N }| ·
− · · · + (−1)N +1
N
!
N
!
N
(N − 2)!
N
(N − 3)!
1
=1−
·
+
·
− · · · + (−1)N +1
2
N!
3
N!
N!
1
1
N +1 1
= 1 − + − · · · + (−1)
2! 3!
N!
=N·
Somit ist die Wahrscheinlichkeit, dass keiner der Männer mit seiner eigenen Partnerin tanzt
C
P[E1C ∩ · · · ∩ EN
] = 1 − P[E1 ∪ · · · ∪ EN ] = 1 − (1 −
1
1
1
+ − · · · + (−1)N +1 )
2! 3!
N!
1
1
bzw. es gibt (1 − (1 − 2!
+ 3!
− · · · + (−1)N +1 N1 ! ))N ! Möglichkeiten, die Tanzpartnerinnen so zu verteilen,
dass kein Mann mit seiner eigenen Partnerin tanzt.
Wir wenden uns nun der Situation zu, wo genau k Männer mit ihrer eigenen Partnerin tanzen, und
zerlegen sie gedanklich in zwei Teilexperimente:
• Wähle k Männer aus, die mit ihrer eigenen Partnerin tanzen.
• Wähle für die restlichen N − k Männer eine Partnerin, die nicht ihre eigene ist.
1
Beim ersten Experiment gibt es genau
1
+
iment gibt es (N − k)! · (1 − (1 − 2!
N
k Möglichkeiten, die k Männer zu wählen,
1
1
N −k+1
3! − · · · + (−1)
(N −k)! )). Damit gilt
beim zweiten Exper-
P[k Männer tanzen mit ihrer eigenen Partnerin]
N
1
1
1
N −k+1
k · (N − k)! · (1 − (1 − 2! + 3! − · · · + (−1)
(N −k)! ))
=
N!
1
1
1
N −k+1
1 − (1 − 2! + 3! − · · · + (−1)
(N −k)! )
=
k!
Aufgabe 2
a) Mit dem binomischen Lehrsatz gilt
n
X
Pkp
=
k=0
n X
n
k=0
k
pk (1 − p)n−k = (p + (1 − p))n = 1
Damit wird ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf {0, . . . , n} definiert.
b) Sei λn := np(n). Dann gilt für festes k ≥ 0 und alle n ≥ k
n
p(n)
p(n)k (1 − p(n))n−k
Pk
=
k
n!
=
p(n)k (1 − p(n))n−k
k!(n − k)!
k n−k
λn
λn
1
1−
= n(n − 1) · · · (n − k + 1)
k!
n
n
n −k
k
λn
n(n − 1) · · · (n − k + 1) λn
λn
1−
=
1−
n ·{z
··n
k!
n
n
|
} |{z}
|
{z
}|
{z
}
→1
n→∞
−−−−→
→λk /k!
→e−λ
→1
k
λ −λ
e .
k!
Für die Grenzübergänge entscheidend ist, dass k konstant ist.
Aufgabe 3
Sei Ai Teilmenge von {1, . . . , n} mit Kardinalität |Ai | = k und größtem Element i. Die anderen k −
i−1
1 Elemente von Ai müssen dann aus {1, . . . , i − 1} stammen, d.h. es gibt genau k−1
Mengen von
n
dem beschriebenen Typ Ai . Nun zählt k gerade die Anzahl k-elementiger Teilmengen von {1, . . . , n}.
Das größte Element einer solchen Teilmenge kann nur aus {k, . . . , n} stammen. Für die Gesamtanzahl
summieren
wir also die Anzahl an Mengen des Typs Ai für i ∈ {k, . . . , n}. Damit gibt es also insgesamt
Pn
i−1
i=k k−1 k-elementige Teilmengen von {1, . . . , n}, also
X
n n
i−1
=
.
k
k−1
i=k
2
Zusatzaufgabe
Es seien A, B und C Ereignisse. Beschreiben Sie folgende Ereignisse durch entsprechende Mengenoperationen und stellen Sie sie graphisch dar:
(a) A und B treten ein aber nicht C,
(b) alle drei Ereignisse treten ein,
(c) nur A tritt ein,
(d) höchstens eins der drei Ereignisse A, B oder C tritt ein,
(e) mindestens eins der drei Ereignisse A, B oder C tritt ein,
(f ) es treten höchstens zwei der drei Ereignisse A, B, C ein.
Lösung: Es bezeichne Ω die Menge aller Ereignisse.
Ω
Ω
C
A
C
B
A
a): A ∩ B ∩ C C
Ω
B
b): A ∩ B ∩ C
Ω
C
A
C
B
c): A ∩ B C ∩ C C
Ω
A
B
d): (AC ∩ B C ∩ C C ) ∪ (A ∩ B C ∩ C C ) ∪
(AC ∩ B ∩ C C ) ∪ (AC ∩ B C ∩ C)
Ω
C
A
C
B
A
B
f): AC ∪ B C ∪ C C
e): A ∪ B ∪ C
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