Stochastik I

Lehrstuhl IV
Stochastik & Analysis
1
0
Fachschaft
Mathematik
Uni Dortmund
Stochastik I
Lösungsskript zu den Klausuren
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Gesetzt mit LATEX und LyX
Vorwort
Dieses Skript beinhaltet Klausurlösungen. Dieses Skript wird separat veröffentlicht, nicht um den
Leser zu ärgern, sondern umd die Versuchung sofort nach der Lösung zu gucken zu minimieren.
Unser Dank gilt Thorsten Camps für seine tatkräftige Mithilfe.
Der Setzer
T
S K
Inhaltsverzeichnis
Klausur 1998 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Nachklausur 1998 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
11
Klausur 2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Nachklausur 2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
39
Klausur 2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Nachklausur 2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
53
68
H-Doz. Dr. H.P. Scheffler
Sommersemester 1998
Klausur zur Vorlesung Stochastik I - Lösung
08.07.1998
Name
Vorname
Geburtsdatum
Matrikelnummer
Studiengang
Leistungsnachweis
Qual. Stud. Nachweis
Für Leistungsnachweise: Bearbeiten Sie alle 4 Aufgaben. Die Bearbeitungszeit beträgt 3 Stunden.
Für qualifizierte Studiennachweise: Wählen Sie 3 Aufgaben aus. Die Bearbeitungszeit beträgt 2
Stunden und 15 Minuten.
Bitte kreuzen Sie die bearbeiteten Aufgaben an. Die Bearbeitung anderer Aufgaben(teile) wird
nicht bewertet.
Nummer
bearbeitet
1
2
3
4
P
Punkte
Jede Aufgabe soll auf einem gesonderten Blatt bearbeitet werden. Versehen Sie jedes Blatt mit
Ihrem Namen und der Nummer der Aufgabe.
Achten Sie in der Klausur auf sorgfältige und exakte Formulierungen. Geben Sie, falls gefordert, Definitionen und Sätze stets exakt (mit allen Voraussetzungen) an. Es ist nicht ausreichend,
Definitionen durch Schlagworte, durch Plausibilitätsbetrachtungen oder durch verbale Be- und
Umschreibung des Sachverhalts zu ersetzen
Bei der Bearbeitung der einzelnen Aufgaben genügt es, entsprechende Formeln abzuleiten, exakte
numerische Berechnungen, etwa mit Hilfe eines Taschenrechners sind nicht erforderlich.
Hilfsmittel (Bücher, Skripten) sind nicht zugelassen!
Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 1: xP + xP + xP + xP = xP
Es wird mit drei (idealen) Würfeln geworfen. Bei jedem Wurf werden die Augenzahlen (i, j, k),
1 ≤ i, j, k ≤ 6 notiert.
Sn respektive Mn bezeichnen die Summe respektive das Minimum der Augen beim n-ten Wurf
mit den drei Würfeln.
(a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit bei einem Wurf
(i) die Augensumme Sn = 16, bzw.
(ii) das Minimum Mn = 5 zu erhalten.
7
1
, P {Mn = 5} = 3 )
(Kontrolle: P {Sn = 16} =
36
6
(b) (i) Geben Sie die Wahrscheinlichkeit P ({Mn = 5} ∩ {Sn = 16}) an.
(ii) Sind (bei festem n) Mn und Sn unabhängig?
(c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit unter n Würfen mit drei Würfeln mindestens einmal die
Augensumme Si = 16 zu erziehlen? (1 ≤ i ≤ n)
(d) Geben Sie die Definition der Unabhängigkeit
(i) von Ereignissen,
(ii) von Zufallsvariablen an.
Lösung:
Zu (a.i):
{Sn = 16} = {(6, 6, 4) , (6, 4, 6) , (4, 6, 6) , (5, 5, 6) , (5, 6, 5) , (6, 5, 5)}
3
Ω = {1, . . . , 6} , P = LΩ
⇒
#Ω = 63
⇒
P {Sn = 16} =
1
1
6
= 2 =
63
6
36
Zu (a.ii):
{Mn = 5} = {(5, 5, 5) , (5, 5, 6) , (5, 6, 5) , (6, 5, 5) , (5, 6, 6) , (6, 5, 6) , (6, 6, 5)}
⇒
P {Mn = 5} =
7
63
Zu (b.i):
P ({Mn = 5} ∩ {Sn = 16}) = P {(5, 5, 6) , (5, 6, 5) , (6, 5, 5)} =
3
1
=
63
108
Zu (b.ii):
P {Mn = 5} · P {Sn = 6} =
7
3
7 1
· 2 = 5 6= 3 = P ({Mn = 5} ∩ {Sn = 16})
3
6 6
6
6
Also sind P {Mn = 5} und P {Sn = 16} nicht unabhängig.
1
Zu (c): Binomialverteilung P = Bn; 36
1
P {1, 2, . . . , n} = 1 − P {0} = 1 − Bn; 36
Seite 2
0 n−0
n
n
35
1
35
{0} = 1 −
=1−
36
36
36
0
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Zu (d):
(i) Nach (4.10): Es sei (Ω, A, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum, I 6= ∅ eine Indexmenge und
Aj ∈ A für alle j ∈ I. Die Ereignisse (Aj )j∈I heißen (stochastisch) unabhängig, falls
P
\
j∈J
Aj
!
=
Y
P (Aj )
j∈J
für alle endlichen J ⊂ I.
(ii) Nach (4.12): Es seien für j ∈ I Xj : (Ω, A) → (Ω′ , A′ ) Zufallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A, P). (Xj )j∈I heißen unabhängig
:⇔
∀Aj ∈ Aj sind die Ereignisse ({Xj ∈ Aj })j∈I unabhängig.
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Seite 3
Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 2: xP + xP + xP + xP = xP
Für ein x0 > 0 fest und α > 0 sei
f (x) = c · x−α−1 1]x0 ,∞[ (x)
für ein c > 0.
(a) Bestimmen Sie c > 0 so, daß f die Lebesgue-Dichte eines Wahrscheinlichkeitsmaßes µ auf R
ist.
(b) Berechnen Sie die Verteilungsfunktion von µ.
(c) Es sei X eine Zufallsvariable mit Verteilung µ.
(i) Bestimmen Sie die α > 0 für die der Erwartungswert von X existiert und berechnen
Sie diesen.
(ii) Bestimmen Sie die α > 0 für die die Varianz von X existiert und berechnen Sie diese.
(d) Definieren Sie
(i) den Erwartungswert
(ii) die Varianz
einer reellwertigen Zufallsvariablen X.
Lösung:
Zu (a):
Z
R
f (x) dx = c ·
Z
∞
x0
∞
1 −α
c
x−α−1 dx = c
x
=1
= x−α
−α
α 0
x0
c = α · xα
0
⇔
Zu (b):
F (t) =
Z
Z
t
f (x) dx =
−∞
t
−α−1
x
−∞
⇒
c·
Z
Seite 4
F (t) =
(
0
−α−1
x
dx
x0
Rt
1
dx = − x−α
α
x−α−1 dx = αxα
0 ·
⇒
c·
t
x0
t
=
x0
t ≤ x0
t > x0
1 −α 1 −α
x − t
α 0
α
1 −α
1 −α
x − αxα
t =1−
0 ·
α 0
α
0
1−
t
x0
−α
t
x0
−α
t ≤ x0
t > x0
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Zu (c): PX = f · λ1
E (X) =
=
=
=
E X2
c·
c·
Z
∞
x0
Z ∞
x · x−α−1 dx
x−α dx
existiert falls α > 1
x0
∞
1
1
= c·
· x−α+1
· x−α+1
0
−α + 1
α
−
1
x0
1
α
α · xα
· x−α+1 =
· x0
0 ·
α−1 0
α−1
c·
= c·
= c·
Z
∞
x0
Z ∞
x2 · x−α−1 dx
x−α+1 dx
existiert falls α > 2
x0
∞
1
1
· x−α+2
· x−α+2
= c·
0
−α + 2
α
−
2
x0
α
1
· x−α+2 =
· x2
= α · xα
0 ·
α−2 0
α−2 0
=
⇒
V (X) =
=
c·
2
α
α
2
E X − (E (X)) =
·x −
· x0
α−2 0
α−1
!
2
α
α
für α > 2
−
x20 ·
α−2
α−1
2
2
Zu (d):
(i) RNach (5.1): Eine reelle Zufallsvariable X : Ω → R heißt integrierbar, falls
X− dP < ∞. Wir nennen für solche X
Z
Z
Z
X dP := X+ dP − X− dP
R
X+ dP < ∞ und
R
das Integral von X bezüglich P. Wir bezeichnen E (X) = EP (X)
R := X dP als den Erwartungswert von X (unter P). Ist X ≥ 0 so setzen wir E (X) = X dP auch in dem Fall, daß
das Integral +∞ ist.
(ii) Nach (5.7): Es sei X : Ω → R eine Zufallsvariable auf einem Wahrscheinlichkeitsraum
(Ω, A, P), für die X 2 integrierbar ist. (Man nennt X quadratisch integrierbar.) Die Zahl
2
VP (X) = EP (X − EP (X))
nennt man Varianz von X. Die Streuung von X ist
p
σ (X) = VP (X);
diese Größe hat die gleiche Dimension wie X.
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Seite 5
Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 3: xP + xP + xP + xP = xP
In einem Friseur-Laden mit 9 Friseuren dauert ein Haarschnitt 10 Minuten. Herr Snyder betritt
den Laden und sieht, daß alle 9 Friseure beschäftigt sind.
Die Zeitpunkte T1 , . . . , T9 des Fertigwerdens der Friseure 1, . . . , 9 seien in [0, 10] gleichverteilt und
unabhängig.
Es bezeichne T die Wartezeit von Herrn Snyder bis er bedient werden kann.
(a) (i) Geben Sie eine Formel für T an.
(ii) Zeigen Sie, daß die Verteilungsfunktion FT von T die Gestalt

0
für t < 0


9

t
FT (t) =
für 0 ≤ t ≤ 10
1− 1−

10


1
für t > 10
hat.
(b) Berechnen die Dichte der Verteilung von T .
(c) Berechnen Sie die mittlere Wartezeit E (T ) von Herrn Snyder.
(d) Definieren Sie die Begriffe
(i) Verteilungsfunktion einer Zufallsvariable;
(ii) Lebesgue-Dichte einer verteilung.
Lösung:
Zu (a.i): T1 , . . . , T9 unabhängig
⇒
PTi =
1
10
· λ1 [0,10]
T = min {T1 , . . . , T9 }
Zu (a.ii):
FT (t) =
=
1 − P {min {T1 , . . . , T9 } > t} = 1 − P {T1 > t, . . . , T9 > t}
9
9
1 − (P {T1 > t}) = 1 − (1 − P {T1 ≤ t})


0
t<0
t<0

 0
R
t
t
1
0 ≤ t ≤ 10
P {T1 ≤ t} =
=
·
dx
0
≤
t
≤
10
 10 0
 10
1
t > 10
1
t > 10

0
t<0

t 9
⇒ FT (t) =
1 − 1 − 10
0 ≤ t ≤ 10

1
t > 10
=
Zu (b):
P {T ≤ t} = 1 − P {T > t}
′
fT (x) = (FT ) (x) =
=



Seite 6



9
10
0
−9 · 1 −
0
· 1−
0
t 8
10
t 8
10
0
1
· − 10
x<0
0 ≤ x ≤ 10
x > 10
x<0
0 ≤ x ≤ 10
x > 10
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Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Zu (c):
E (T )
=
=
Z
x · fT (x) dx =
0
x 8
9 dx
·
1
−
·
x
|{z} 10
10 }
|
{z
=f
=g′ =fT
wegen fT =FT′
10 − 10 +
=
Z
=
10
10 Z 10 x 9
x 9
x· 1− 1−
1− 1−
dx
−
10
0
0
|
{z 10 }
=
Subst.
Z
10
Z
10
0
x 9
1−
dx
10
x 9
dx
1−
10
0
Z 1
1
10 ·
u9 du = u10 0 = 1
0
Substitution: 1 −
x
10
Zu (d):
=0
⇒
x = −10u + 10
⇒
dx = −10 · du
(i) Nach (4.7) und (4.8): Es sei X : (Ω, A) → (Ω′ , A′ ) eine Zufallsvariable auf einem Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A, P). Dann wird durch
PX : A′ → R+
PX (A′ ) = P {X ∈ A′ } = P {ω ∈ Ω | X (ω) ∈ A′ }
ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf (Ω′ , A′ ) definiert. Das in so eingeführte Wahrscheinlichkeitsmaß PX auf (Ω′ , A′ ) heißt Verteilung von X unter P.
Z
(ii) Nach (3.19): Es sei f : Rd → R+ ∪ {∞} eine meßbare Funktion mit f dλd = 1. Dann wird
durch
P (A) =
Z
1A · f dλd
A ∈ B Rd
ein Wahrscheinlichkeitsmaß P auf Rd definiert. Die Funktion f nennen wir Lebesgue-Dichte
d
von P. Sämtliche
Z Wahrscheinlichkeitsmaße die man so erhält sind diffus, d.h. für alle ω ∈ R
gilt P {ω} =
1{ω} · f dλd = f (ω) · λd {ω} = 0.
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Seite 7
Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 4: xP + xP + xP + xP = xP
Es sei X : Ω → R+ eine Zufallsvariable. Für festes s > 0 heißt die Funktion
Fs (t) = P {X ≤ t |X > s }
für s < t
die Restlebensdauer von X.
(a) Zeigen Sie, daß Fs eine Verteilungsfunktion eines geeigneten Wahrscheinlichkeitsmaßes ist
und geben Sie dieses an.
(b) Es sei nun X exponentialverteilt mit Parameter λ > 0 (d.h. die Verteilung von X hat die
Dichte x 7→ λe−λx 1]0,∞[ (x).) Berechnen Sie
(i) Fs (t)
(ii) P λ1 < X < λ2 X > λ1
(c) Es sei nun X eine reelle Zufallsvariable auf R+ , deren Verteilungsfunktion F stetig auf R+
ist und 1 − F (s) > 0. Zeigen Sie, daß dann äquivalent sind:
(i) Für alle 0 < s < t gilt Fs (t + s) = F (t)
(ii) F ist die Verteilungsfunktion einer exponential verteilten Zufallsvariable.
(Hinweis: Betrachten Sie G (t) = 1 − F (t) und verwenden Sie, daß jede stetige Lösung der
Funktionalgleichung G (t) · G (s) = G (t + s) für s, t > 0 von der Form G (t) = ebt für ein
geeignetes b ∈ R ist.)
(d) (i) Definieren Sie die bedingte Wahrscheinlichkeit von A unter B.
(ii) Formulieren Sie den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit.
Lösung:
Zu (a): Es sei P {X > s} > 0. Dann ist Q : A 7→ P (A |X > s ) ein Wahrscheinlichkeitsmaß und
Fs (t) = Q {X ≤ t} = P {X ≤ t |X > s }
für s < t
Zu (b.i): PX = ελ :
FS (t) = P {X ≤ t |X > s } =
P {s < X ≤ t} =
P {X > s} =
⇒
Z
Z
s
t
s
∞
P {s ≤ X ≤ t}
P {X > s}
t
λe−λx dx = −eλx s = e−λs − e−λt
∞
λ · e−λx dx = −e−λx s = e−λs
e−λs − e−λt
= 1 − e−λt · eλs = 1 − e−λ(t−s)
Fs (t) =
e−λs
Zu (b.ii):
P
2 1
1
< X < X >
=
λ
λ
λ
=
=
Seite 8
1
< X < λ2 , X > λ1
P X > λ1
2
1
P λ1 < X < λ2
e−λ λ − e−λ λ
=
1
P X > λ1
e−λ λ
P
λ
1
e−1 − e−2
= 1 − e−1 = 1 −
−1
e
e
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Zu (c):
(ii) ⇒ (i): In (b.i) gezeigt: Fs (t) = 1 − e−λ(t−s) . t > 0:
F (t) =
Z
t
0
t
λe−λx dx = −e−λx 0 = 1 − e−λt
Fs (t + s) = 1 − e−λ(t+s−s) = 1 − e−λt = F (t)
⇒
(i) ⇒ (ii): Sei G (t) = 1 − F (t)
Fs (t)
P {s < X ≤ t}
P {X > s}
F (t) − F (s)
F (t) − F (s)
=
1 − F (s)
G (s)
F (t) − 1 + 1 − F (t)
G (s) − G (t)
=
G (s)
G (s)
= P {X ≤ t |X > s } =
=
=
F (t + s) − F (s) Vor.
= F (t)
G (s)
Fs (t + s) =
G (s) − G (t + s)
= F (t) = 1 − G (t)
G (s)
⇒
| ·G (s)
G (s) − G (t + s) = G (s) − G (t) · G (s)
⇒
G (t + s) = G (t) · G (s)
⇒
t→∞
Da G (t) = 1 − F (t) −−−→ 0
Schreibe b = −λ mit λ > 0
∀s, t > 0
∃b ∈ R : G (t) = ebt
⇒
b<0
⇒
F (t) = 1 − G (t) = 1 − e−λt
Zu (d):
(i) Nach (7.1): Es seien (Ω, A, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum und A, B ∈ A mit P (B) > 0.
Dann heißt die Zahl
P (A ∩ B)
P (A | B) :=
P (B)
die bedingte Wahrscheinlichkeit von A unter B.
Sind X : Ω → Ω0 und Y : Ω → Ω1 Zufallsvariable, sowie A = {X ∈ A′ }, B = {Y ∈ B ′ } so
schreiben wir P (A | B) = P (X ∈ A′ | Y ∈ B ′ ).
(ii) Nach (7.4): Es seien B1 , B2 , . . . disjunkte Ereignisse und A ∈ A mit A ⊂
P (A) =
∞
X
n=1
n=1
P (Bn ) · P (A | Bn )
und (im Fall P (A) > 0)
P (Bk ) · P (A | Bk )
P (Bk | A) = P
.
∞
P (Bn ) · P (A | Bn )
n=1
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∞
S
Seite 9
Bn . Dann gilt
H-Doz. Dr. H.P. Scheffler
Sommersemester 1998
Nachklausur zur Vorlesung Stochastik I - Lösung
05.10.1998
Name
Vorname
Geburtsdatum
Matrikelnummer
Studiengang
Leistungsnachweis
Qual. Stud. Nachweis
Für Leistungsnachweise: Bearbeiten Sie alle 6 Aufgaben. Die Bearbeitungszeit beträgt 3 Stunden.
Zum Erwerb eines Leistungsnachweises müssen Sie mindestens 22 Punkte erreichen.
Für qualifizierte Studiennachweise: Wählen Sie von den Aufgaben 1 und 2 eine Aufgabe aus und
von den Aufgaben 3 bis 6 wählen Sie 3 Aufgaben aus. Die Bearbeitungszeit beträgt 2 Stunden und
15 Minuten. Zum Erwerb eines qualifizierten Studiennachweises müssen Sie mindestens 15 Punkte
erreichen.
Bitte kreuzen Sie die bearbeiteten Aufgaben an. Die Bearbeitung anderer Aufgaben(teile) wird
nicht bewertet.
Nummer
bearbeitet
1
2
3
4
5
6
P
Punkte
Jede Aufgabe soll auf einem gesonderten Blatt bearbeitet werden. Versehen Sie jedes Blatt mit
Ihrem Namen und der Nummer der Aufgabe.
Achten Sie in der Klausur auf sorgfältige und exakte Formulierungen. Geben Sie, falls gefordert, Definitionen und Sätze stets exakt (mit allen Voraussetzungen) an. Es ist nicht ausreichend,
Definitionen durch Schlagworte, durch Plausibilitätsbetrachtungen oder durch verbale Be- und
Umschreibung des Sachverhalts zu ersetzen
Bei der Bearbeitung der einzelnen Aufgaben genügt es, entsprechende Formeln abzuleiten, exakte
numerische Berechnungen, etwa mit Hilfe eines Taschenrechners sind nicht erforderlich.
Hilfsmittel (Bücher, Skripten) sind nicht zugelassen!
Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 1: xP + xP + xP = 6P
Die 4 Seiten eines tetraederförmigen“Würfels” sind jeweils mit den Zahlen 1, 2, 3, 4 beschriftet und
treten beim Würfeln mit gleicher Wahrscheinlichkeit auf. Der Tetraeder wird zweimal geworfen
und die untenliegenden Zahlen X1 und X2 notiert.
(a) Bestimmen Sie die Zähldichte der Verteilung PX1 +X2 von X1 + X2 .
(b) Berechnen Sie den Erwartungswert von X1 + X2 .
(c) Definieren Sie
(i) die Zähldichte einer Verteilung auf einer abzählbaren Menge.
(ii) den Erwartungswert einer diskreten Zufallsvariablen.
Lösung:
Zu (a):
X1 + X2
2
3
4
5
6
7
8
⇒
Möglichkeiten
1
2
3
4
3
2
1
P {X1 + X2 = k} =
P {X1 + X2 = k} =
k−1
16
9−k
16
für k = 2, 3, 4
für k = 5, 6, 7, 8
Zu (b):
E (X1 + X2 ) = 2 · E (X1 ) = 2 · 2, 5 = 5
Zu (c):
(i) Nach (1.22): Es sei Ω abzählbar. Eine Funktion f : Ω → R+ heißt Zähldichte, falls
X
f (ω) = 1.
ω∈Ω
(ii)
E (X) =
Seite 12
Z
X dP =
n
X
j=1
xj · P ({xi }) .
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Aufgabe 2: xP + xP + xP + xP = 6P
Ablenkeinheiten für Fernsehröhren werden einer sorgfältigen Endkontrolle unterzogen. Der automatisierte Kontrollvorgang weist folgende statistische Parameter auf: Die Wahrscheinlichkeit
dafür, daß eine fehlerfreie Einheit auch als fehlerfrei erkannt wird, ist 0, 98; die Wahrscheinlichkeit
dafür, daß eine defekte Einheit auch als defekt erkannt wird ist 0, 95. Die Wahrscheinlichkeit, daß
eine Einheit defekt ist, beträgt 0, 08.
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten folgender Ereignisse:
(a) Eine durch die Kontrolle als fehlerfrei deklarierte Ablenkeinheit ist tatsächlich fehlerfrei.
(b) Eine durch die Kontrolle als defekt deklarierte Ablenkeinheit ist tatsächlich defekt.
(c) Eine durch die Kontrolle als fehlerfrei deklarierte Ablenkeinheit ist in Wirklichkeit defekt.
(d) (i) Definieren Sie die bedingte Wahrscheinlichkeit.
(ii) Geben Sie die Bayes’sche Formel an.
Lösung:
D
F
Bekannt:
P D∁ F =
Zu (b):
P D F ∁ =
Zu (c):
Zu (c):
Röhre defekt
Röhre als fehlerfrei erkannt
P F D∁ = 0, 98 P F ∁ D = 0, 95 P (D) = 0, 08
Zu (a):
:
:
P F D∁ · P D∁
0, 98 · 0, 92
=
≈ 0, 9959
∁
∁
0,
98
·
0,
92 + 0, 05 · 0, 08
P F D · P D + P (F |D ) · P (D)
P F ∁ D · P (D)
0, 95 · 0, 08
=
≈ 0, 8051
∁
∁
∁ ∁
0,
95
·
0,
08 + 0, 02 · 0, 92
P F D · P (D) + P F D · P D
(a)
P (D |F ) = 1 − P D∁ F = 1 −
0, 98 · 0, 92
≈ 0, 0044
0, 98 · 0, 92 + 0, 05 · 0, 08
(i) Nach (7.1): Es seien (Ω, A, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum und A, B ∈ A mit P (B) > 0.
Dann heißt die Zahl
P (A ∩ B)
P (A | B) :=
P (B)
die bedingte Wahrscheinlichkeit von A unter B.
(ii) Nach (7.4): Es seien B1 , B2 , . . . disjunkte Ereignisse und A ∈ A mit A ⊂
P (A) =
∞
X
n=1
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∞
S
n=1
P (Bn ) · P (A | Bn )
Seite 13
Bn . Dann gilt
Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Fachschaften Mathematik
und (im Fall P (A) > 0)
P (Bk ) · P (A | Bk )
P (Bk | A) = P
.
∞
P (Bn ) · P (A | Bn )
n=1
Seite 14
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Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Aufgabe 3: xP + xP + xP + xP = 10P
Bei einem Multiple-Choice-Test mit 10 Aufgaben sind pro Aufgabe 4 Antworten möglich, von denen
genau eine richtig ist. Ein Kandidat, der schlecht vorbreitet ist, kreuzt die Antworten zufällig an.
(a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit
(i) alle Antworten richtig
(ii) alle Antworten falsch
zu beantworten.
(b) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens 8 Aufgaben richtig sind. (Stellen sie
das Ergebnis als Bruch dar.)
(c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß bei 100 schlecht vorbereiteten Teilnehmern am Test
mindestens eine komplett richtige Lösung dabei ist?
(d) Definieren Sie
(a) die Gleichverteilung auf einer endlichen Menge.
(b) die Binomialverteilung mit Parametern n, p. (Es reicht den zugehörigen Wahrscheinlichkeitsraum und die Zähldichte anzugeben.)
Lösung:
p = 41 Wahrscheinlichkeit für richtige Antwort bei einer Aufgabe
Zu (a.i):
P {alle Antworten richtig} = p10 =
1
1
≈ 9, 5 · 10−7 ≈ 10−6 =
410
1.000.000
Zu (a.ii):
10
P {alle Antworten falsch} = (1 − p)
10
3
≈ 0, 056
=
4
Zu (b):
=
=
=
=
=
P {mindestens 8 Aufgaben richtig}
10 X
10
10−k
· pk (1 − p)
8
k=8
8 2 9 1 10
3
3
10
1
1
10
1
+
+
·
·
4
4
4
4
4
9
8
1
10!
10!
·
9
·
+
3
·
+
1
410
8! · 2!
9! · 1!
9 · 9 · 10
1
·
+
10
·
3
+
1
410
2
1
436
· (405 + 31) = 10 ≈ 0, 0004
10
4
4
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Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Fachschaften Mathematik
Zu (c):
=
=
P {Mindestens eine komplett richtige Lösung bei 100 Teilnehmern}
1 − P {keine komplett richtige Lösung bei 100 Teilnehmern}
100
1
1
≈ 9, 54 · 10−5 ≈ 10−4 =
1 − 1 − 10
4
10.000
Zu (d):
(i) Nach (1.24.1): Die Gleichverteilung LΩ auf einer endlichen Menge Ω hat die konstante Funk1
tion f (ω) =
als Zähldichte.
#Ω
(ii) Nach (1.24.2): Es seien p ∈ [0, 1] und n ≥ 1, Ω = {0, . . . , n}, A = P OT (Ω). Dann ist durch
n k
n−k
f (k) =
p (1 − p)
k
(für k ∈ Ω) eine Zähldichte definiert, denn f (k) ≥ 0 und
n
X
f (k) =
k=0
n X
n
k=0
k
pk (1 − p)n−k = (p + (1 − p))n = 1n = 1.
Das durch f definierte Wahrscheinlichkeitsmaß Bn,p mit Bn,p {k} =
Binomialverteilung mit Parameter n und p.
Seite 16
k
n−k
p (1 − p)
heißt
n
k
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Aufgabe 4: xP + xP + xP + xP = 10P
Auf den Strecken zwischen den Punkten (1, 0) und (1, 1) sowie zwischen (2, 0) und (2, 1) in der
Ebene wird jeweils ein Punkt zufällig ausgewählt.
(a) Geben Sie ein geeignetes mathematisches Modell (unter der Annahme, daß die beiden Punkte
unabhängig voneinander ausgewählt werden) an.
(b) Es bezeichne X1 bzw. X2 den zufällig ausgewählten Punkt als Element von [0, 1]. Zeigen Sie,
daß X1 und X2 unabhängig sind.
(c) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, daß der Schnitt der Verbindungsgerade dieser
zwei Punkte mit der x-Achse rechts vom Nullpunkt liegt.
(d) Definieren Sie
(a) die kontinuierliche Gleichverteilung.
(b) die Unabhängigkeit einer Familie von Zufallsvariablen.
Lösung:
1
1
2
Zu (a):
Zu (b):
Ω = [0, 1] × [0, 1]
A = B (Ω)
X1 : Ω → [0, 1]
X2 : Ω → [0, 1]
P = Gleichverteilung
X1 (ω1 , ω2 ) = ω1
X2 (ω1 , ω2 ) = ω2
Es reicht die Unabhängigkeit auf Rechtecken zu testen, sei also
A1 , A2 ∈ B ([0, 1])
P {(x1 , x2 ) ∈ A1 × A2 }
⇒
A1 × A2 ∈ Ω.
λ2 (A1 × A2 ) = λ (A1 ) · λ (A2 )
P {x1 ∈ A1 } · P {x2 ∈ A2 }
=
=
Zu (c): Schnitt der Verbindungsgerade dieser zwei Punkte mit der x-Achse rechts vom Nullpunkt
x2
1
111
00000
11111
000
00000
11111
000
111
00000
11111
000
111
00000
11111
000
111
00000
11111
000
111
00000
11111
000
111
Ω
A
B
1
2
2
x1
1
x2 oder x1 > x2
2
1 1
3
λ2 (A) λ2 (B)
+
= + =
W = P (A) + P (B) =
1
1
2 4
4
⇔
x1 <
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Fachschaften Mathematik
Zu (d):
(i) Nach (3.7.3): Es sei Ω ∈ B Rd mit 0 < λd (Ω) < ∞. Dann ist auf (Ω, B (Ω)) ein Wahrscheinlichkeitsmaß
P : B (Ω) → [0, 1]
durch
P (A) :=
λd (A)
λd (Ω)
definiert. P heißt kontinuierliche Gleichverteilung auf Ω.
(ii) Nach (4.12) und (4.10): Es seien I 6= ∅ eine Indexmenge und für j ∈ I Xj : (Ω, A) → (Ω′ , A′ )
Zufallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A, P). (Xj )j∈I heißen unabhängig
:⇔
∀Aj ∈ Aj sind die Ereignisse ({Xj ∈ Aj })j∈I unabhängig.
Es sei Aj ∈ A für alle j ∈ I. Die Ereignisse (Aj )j∈I heißen (stochastisch) unabhängig, falls
P
\
j∈J
Aj
!
=
Y
P (Aj )
j∈J
für alle endlichen J ⊂ I.
Seite 18
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Aufgabe 5: xP + xP + xP + xP = 10P
Xi : Ω → R+ seien Zufallsvariablen für 1 ≤ i ≤ n, die nach einer Exponentialverteilung mit
Parameter α > 0 verteilt sind. Die (Xi )i=1,...,n seien unabhängig. Sei Mn = min Xi .
1≤i≤n
(a) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion FMn sowie die Dichte der Verteilung von Mn .
(b) Verifizieren Sie:
1
α
2
(ii) E Xi2 = 2
α
(i) E (Xi ) =
und berechnen Sie Erwartungswert und Varianz von Mn .
1 (c) Es sei ε > 0. Schätzen Sie P n · Mn − ≥ ε mit der Tschebyscheff-Ungleichung ab.
α
(d) (i) Definieren Sie die Verteilungsfunktion einer Zufallsvariable.
(ii) Formulieren Sie die Tschebyscheff-Ungleichung.
Lösung:
Zu (a):
FMn (x)
=
=
=
1 − (1 − FX1 (x))n
0
n
1 − (1 − (1 − e−αx ))
0
x<0
1 − e−nαx
x≥0
x<0
x≥0
Exponentialverteilung mit Parameter nα
Dichte:
′
(x) =
fMn (x) = FM
n
0
nα · e−nαx
x<0
x≥0
Zu (b):
E (X1 )
Z
∞
x · αe−αx dx
Z
∞
−x · e−αx 0 +
=
0
partielle
=
Integration
=
e−αx dx
0
=0
∞
−1 −αx
e
α
∞
=
0
1
α
Mit gleicher Rechnung erhält man unter Verwendung von FMn :
E (Mn ) =
E X12
=
Z
∞
0
partielle
=
Integration
=
1
nα
x2 · αe−αx dx
2 −αx ∞ 2
−x · e
+ ·
0
α
=0
Z
0
∞
xα · e−αx dx
1
=α
2
α2
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Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
⇒
2
1
1
= 2
α
α
2
V (X1 ) = 2 −
α
⇒
V (Mn ) =
Fachschaften Mathematik
1
(nα)
2
Zu (c):
1 P n · Mn − ≥ ε
α
=
≤
T.-U.
P {|Mn − E (n · Mn )| ≥ ε}
1
1
1
V (n · Mn )
2
= 2· n · 2 2 = 2 2
2
ε
ε
n α
α ε
Zu (d):
(i) Nach (3.21): Es sei P ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf (R, B (R)). Dann heißt die Funktion
FP (x) := P (]−∞, x]) ,
x ∈ R die Verteilungsfunktion von P.
(ii) Nach (5.17): Es sei X eine quadratisch integrierbare Zufallsvariable. Dann gilt für alle ε > 0:
P {|X − E (X)| ≥ ε} ≤
V (X)
ε2
ε
ε
z }| { z }| {
E (X)
Seite 20
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Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Aufgabe 6: xP + xP + xP + xP = 10P
Es sei F (x) = exp (− exp (−x)), x ∈ R.
(a) Zeigen Sie, daß
(i) F eine Verteilungsfunktion ist.
(ii) die zugehörige Verteilung eine Dichte besitzt und geben Sie diese Dichte an.
(b) Es sei X eine Zufallsvariable mit Verteilungsfunktion FX = F . Sei Y = eX . Geben Sie die
Verteilungsfunktion von Y an und geben Sie - falls sie existiert - die Dichte an.
(c) X1 , X2 seien unabhängige Zufallsvariablen mit Verteilungsfunktion F . Für b ∈ R sei Y =
max (X1 − b, X2 − b). Geben Sie die Verteilungsfunktion von Y an. Wie muß b ∈ R gewählt
werden, damit FY = F gilt.
(d) Definieren Sie
(i) den Begriff der Dichte einer Verteilung.
(ii) den Begriff einer reellwertigen Zufallsvariablen.
Lösung:
Zu (a):
(i) F monoton steigend, stetig
lim F (x) = 0 und
lim F (x) = 1
n→−∞
n→∞
⇒
F Verteilungsfunktion
(ii) F stetig differenzierbar ⇒ F ′ Dichte
f (x) = F ′ (x)
=
=
exp (− exp (−x)) · (− exp (−x)) · (−1)
exp (− (x + exp (−x)))
Zu (b): Y = eX
FY (y) = P {Y ≤ y} = P eX ≤ y = P {x ≤ log (y)}
1
= F (log (y)) = exp (− (exp (− log (y)))) = exp −
y
FY (y) = 0
für y > 0
für y ≤ 0
FY stückweise stetig differenzierbar ⇒ Dichte durch Diffentiation.
Dichte:
1
1
′
· 1]0,∞[ (y) .
f (y) = FY (y) = 2 · exp −
y
y
Zu (c): Y = max (x1 − b, x2 − b)
FY (y) = (FX (x + b))2 = exp (−2 exp (− (x + b)))
FY = F
⇔ 2 exp (− (x + b)) = exp (−x)
⇔ 2 exp (−b) exp (−x) = exp (−x)
1
⇔ 2=
exp (−b)
⇔ b = log (2)
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Seite 21
Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998
Fachschaften Mathematik
Zu (d):
d
(i) Nach (3.19): Es sei f : R → R+ ∪ {∞} eine meßbare Funktion mit
durch
P (A) =
Z
1A · f dλd
A ∈ B Rd
Z
f dλd = 1. Dann wird
ein Wahrscheinlichkeitsmaß P auf Rd definiert. Die Funktion f heiß Dicchte.
(ii) Nach (4.1): Es sei (Ω, A, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum, Ω′ eine weitere Menge und A′ ⊂
P OT (Ω′ ) eine σ-Algebra. Eine Abbildung
X : Ω → Ω′
heißt Zufallsvariable (mit Werten in Ω′ )
:⇔
∀A′ ∈ A′ : X −1 (A′ )
= {ω ∈ Ω | X (ω) ∈ A′ } ∈ A
= {X ∈ A′ } .
Will man die zugehörigen σ-Algebren angeben sagt man X ist eine A − A′ Zufallsvariable
(ZV) oder schreibt
X : (Ω, A) → (Ω′ , A′ ) .
Im Fall X : Ω → R, A′ = B (R) spricht man von reellen Zufallsvariablen und im Fall
X : Ω → Rd , A′ = B Rd von einem Zufallsvektor.
Seite 22
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
H-Doz. Dr. H.P. Scheffler
Sommersemester 2000
Klausur zur Vorlesung Stochastik I - Lösung
11.07.2000
Name
Matrikel-Nr.
Wählen Sie aus den folgenden sechs Aufgaben fünf Aufgaben aus. Die maximal erreichbare Punktzahl finden Sie neben jeder Aufgabe. Tragen Sie die Nummer der gewählten Aufgaben in das
folgende Kästchen ein:
Gewählte Aufgabe
Die Bearbeitung anderer Aufgaben(teile) wird nicht bewertet.
Für einen qualifizierten Studiennachweis benötigen Sie mindestens 18 ± ε Punkte. Für einen Leistungsnachweis sind mindestens 24±ε Punkte notwendig. Sie haben zum Bearbeiten der Aufgaben
3 Stunden Zeit.
Bitte verwenden Sie für jede Aufgabe ein gesondertes Blatt, welches Sie mit Ihrem Namen und
Matrikelnummer versehen.
Achten Sie in der Klausur auf sorgfältige und exakte Formulierungen. Geben Sie, falls gefordert,
Definitionen oder Sätze stets exakt (mit allen Voraussetzungen) an.
Bei der Bearbeitung der einzelnen Aufgaben genügt es, entsprechende Formeln abzuleiten, exakte numerische Berechnungen, etwa mit Hilfe eines Taschenrechners sind nicht erforderlich.
Hilfsmittel (Bücher, Skripten) sind nicht zugelassen!
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 1: 5P + 2P + 1P = 8P
Auf einer Party mit n Mathematikern wird eine Tombola veranstaltet. Zu gewinnen sind (der
Gastgeber ist großzügig) k ≥ n Geschenke (in Form von Mathematikbüchern).
(a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit bekommt jeder der Mathematiker mindestens ein Geschenk?
(Es reicht eine Formel abzuleiten.)
(b) Geben Sie die Siebformel an.
(c) Definieren Sie die Gleichverteilung auf einer endlichen Menge.
Lösung:
Zu (a): n Mathematiker, k ≥ n Geschenke
Modell: Ω = { (ω1 , . . . , ωk )| ωi ∈ {1, . . . , n} , i = 1, . . . , k}, A = P OT (Ω), P = LΩ
Ein Tupel (ω1 , . . . , ωk ) bedeutet:
Geschenk Nr. 1 geht an Mathematiker ω1 ∈ {1, . . . , n}
..
.
Geschenk Nr. k geht an Mathematiker ωk ∈ {1, . . . , n}
Für 1 ≤ j ≤ n sei Aj das Ereignis “Mathematiker j bekommt kein Geschenk”.
n
[
Aj
=
{ (ω1 , . . . , ωk ) ∈ Ω| ωi ∈ {1, . . . , n} \ {j} , i = 1, . . . , k}
Aj
=
{Mindestens ein Mathematiker bekommt kein Geschenk}
j=1
Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit von
∁

n
[

Aj  = {Jeder Mathematiker bekommt ein Geschenk}
j=1

Berechne dazu P 
n
[
j=1

Aj  unter Verwendung der Siebformel:
P
n
[
i=1
Ai
!
=
n
X
l−1
(−1)
l=1
X
J⊆{1,...,n}
#J=l

P
\
j∈J

Aj 
Sei J ⊆ {1, . . . , n}, #J = l
\
Aj = { (ω1 , . . . , ωk ) ∈ Ω| ωi ∈ {1, . . . , n} \ J, i = 1, . . . , k}
j∈J
=
ˆ
#
{Die Mathematiker j ∈ J bekommen kein Geschenk}
\
j∈J
Seite 24
k
A = (n − l)
⇒

P
\
j∈J

(n − l)k
A =
nk
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Somit:
n
[
P
Ai
i=1
!
n
X
=
=
l=1
J⊆{1,...,n}
#J=l
n
X
l−1
(−1)
l=1
⇒


P 
n
[
j=1
∁ 

Aj  
X
(−1)l−1
=
=
=
=
1−
n
X
n
k
(n − l)k
nk
l−1
(−1)
l=1
n
X
(n − l)k
nk
n
k
k
(n − l)
nk
k
(n − l)
n
1+
(−1)
k
nk
l=1
n
X
(n − l)k
n
l
(−1)
k
nk
l=0
n
1 X
n
k
l
(n − l)
(−1)
k
nk
l
l=0
Zu (b):
Siebformel: (Ω, A, P) Wahrscheinlichkeitsraum und A1 , . . . , An ∈ A (n ∈ N).
Dann gilt:


!
n
n
X
X
\
[
k−1
=
(−1)
P
Ai
Aj 
P
i=1
k=1
j∈J
J⊆{1,...,n}
#J=k
Zusatz:
Es folgt die Siebformel für Kardinalitäten:
Ω endlich, A1 , . . . , An ⊆ Ω (n ∈ N). Dann gilt:
#
n
[
i=1
Ai
!
=
n
X
k−1
(−1)
k=1
X
J⊆{1,...,n}
#J=k

#
\
j∈J

Aj 
Zu (c): Nach Beispiel (1.18):
Ist Ω eine endliche Menge und sind die Elementarereignisse A ∈ Ω gleichwahrscheinlich, so definiert
P : P OT (Ω) → R+
P (A) :=
#A
#Ω
Diese diskrete Gleichverteilung wird unter anderem dann verwendet, wenn aus Symmetriegründen
alle Elementarereignisse als gleichwahrscheinlich angensehen werden. Wir bezeichnen die diskrete
Gleichverteilung auf Ω mit LΩ , (Ω, P OT (Ω) , LΩ ) heißt Laplace-Raum.
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Seite 25
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 2: 3P + 3P + 2P = 8P
(a) Ein gut durchgemischter Stapel mit je 18 roten und schwarzen Karten wird in zwei gleichgroße Stapel geteilt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß sich in den kleineren Stapeln
wiederum je gleichviele rote und schwarze Karten befinden? (Geben Sie auch ein geeignetes
mathematisches Modell an.)
(b) Um die mediale Begabung herauszufinden, stellt eine okkultistische Gesellschaft einer Versammlung von 500 Menschen die Aufgabe, das Ergebnis eines Versuches zu erraten. Hinter
einem Wandschirm wird eine Münze 10-mal geworfen. Bei jedem Wurf ist die Wahrscheinlichkeit für Kopf oder Zahl jeweils 0, 5. Das Versuchsergebnis soll von den Zuschauern geraten
werden. Als medial begabt gilt, wer höchstens einen Fehler in der Vorhersage macht. Wie
groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß sich in der Versammlung mindestens ein medial begabter
Zuschauer befindet?
(c) Definieren Sie und geben Sie die Mächtigkeiten an von
(i) k−Permutationen mit Wiederholung einer n−elementigen Menge.
(ii) k−Permutationen ohne Wiederholung einer n−elementigen Menge.
Lösung:
Zu (a):
Stapel mit insgesamt 36 Karten:
18 rote
18 schwarze
36
35
..
.
Stapel 2
20
19
18
17
..
.
Stapel 1
2
1
1. Möglichkeit:
Die Karten seien von 1 bis 36 numeriert, wobei 1, . . . , 18 rot und 19, . . . 36 schwarz seien.
Ω
=
{1,...,36}
P36
= { (ω1 , . . . , ω36 )| ωi ∈ {1, . . . , 36} , ωi 6= ωj ∀i 6= j}
wobei ωi die Karte an Position i bezeichnet. A = P OT (Ω), P = LΩ , #Ω = 36!
Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit vom Ergebnis:
A =
#A =
{ (ω1 , . . . , ω36 ) ∈ Ω| # ({ω1 , . . . , ω18 } ∩ {1, . . . , 18}) = 9}
?
Seite 26
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
18
Möglichkeiten können die 9 Zahlen aus {1, . . . , 18} ausgewählt werden, die auf die
9
ersten 18 Tupelstellen verteilt sind. Es gibt dann 18 · 17 · . . . · 10 Möglichkeiten, die gewählten
Zahlen auf die 18 Tupelstellen zu verteilen.
Die übrigen 9 Zahlen aus {1, . . . , 18} können auf 18 · 17 · . . . · 10 Möglichkeiten auf die letzten 18
Tupelstellen verteilt werden.
Damit liegen die roten Zahlen fest.
Für die schwarzen Zahlen gibt es noch 18! Möglichkeiten.
18
⇒ #A =
· (18 · 17 · . . . · 10) · (18 · 17 · . . . · 10) · 18!
9
18
· (18 · 17 · . . . · 10)2 · 18!
9
≈ 0, 2605
⇒ P (A) =
36!
Auf
2. Möglichkeit:
Ω
#Ω
= { (ω1 , . . . , ω36 )| ωi ∈ {R, S} , # {i : ωi = R} = # {i : ωi = S} = 18}
38
=
18
Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit vom Ergebnis
A = { (ω1 , . . . , ω36 ) ∈ Ω| # ({i : ωi = R} ∩ {i : ωi = S}) = 9}
#A = ?
36
Es gibt
Möglichkeiten, die 9 “R” auf den ersten 18 Tupelstellen unterzubringen und
18
36
Möglichkeiten, die 9 “S” auf den letsten 18 Tupelstellen unterzubringen.
18
Die “S” liegen dann fest.
18
18
⇒ #A =
·
9
9
18
18
·
9
9
≈ 0, 2605
⇒ P (A) =
36
18
3. Möglichkeit:
Urne mit N = 36 (Kugeln), r = 18 (rote), s = 18 (schwarze), n = 18 (mal ohne Zurücklegen
ziehen)
⇒ Hypergeometrische Verteilung:
r
N −r
·
k
n−k
Hn,N,r {k} =
N
n
Hier ist k = 9 (genau 9 rote)
H18,36,18 {9} =
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18
18
·
9
9
≈ 0, 2605
36
18
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Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Fachschaften Mathematik
Zu (b):
Berechne zunächst die Wahrscheinlichkeit dafür, daß eine Person der Versammlung medial begabt
ist:
In jedem der 10 Versuche ist die Wahrscheinlichkeit, daß die Person einen Fehler in der Vorhersage
macht p = 12 .
=
⇒
P {Höchstens ein Fehler in der Vorhersage}
0 10 1 9
1
1
1
1
10
10
·
·
+
·
·
0
1
2
2
2
2
= B10; 21 {0} + B10; 12 {1}
10
10
1
1
=
+ 10 ·
2
2
10
1
= 11 ·
≈ 0, 0107
2
Die Wahrscheinlichkeit, daß eine Person medial begabt ist, ist also p′ = 11 ·
X : Anzahl der medial begabten Zuschauer unter den 500
X ist B500;p′ -verteilt.
P {X ≥ 1} =
=
=
10
1
2
1 − P {X = 0} = 1 − B500;p′ {0}
500
0
500
1−
· (p′ ) · (1 − p′ )
0
10 !500
1
′ 500
1 − (1 − p )
= 1 − 1 − 11 ·
≈ 0, 9955
2
Zu (c): (nach (2.1) Definition) Es sei A 6= ∅ und k ≥ 1
(i) k-Permutationen mit Wiederholung einer n-elementigen Menge:
Jedes k-Tupel (a1 , . . . , ak ) mit ai ∈ A heißt k-Permutation aus A mit Wiederholung. Ak ist
die Menge der k-Permutationen aus A mit Wiederholung.
Kardinalität von Ak : #Ak = nk
(ii) k-Permutationen ohne Wiederholung einer n-elementigen Menge:
Eine k-Permutation aus A ohne Wiederholung ist ein k-Tupel (a1 , . . . , ak ) mit ai 6= aj für
A
alle i 6= j. Die Menge aller solcher Permutationen bezeichnen wir mit Pk
. n
Kardinalität von PkA : #PkA = (n)k = n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1) = k! ·
k
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Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Aufgabe 3: 3P + 3P + 2P = 8P
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß die quadratische Gleichung x2 + px + q = 0 genau zwei
reelle Lösungen besitzt? Dabei sei der Zufallsvektor X = (p, q)
2
(a) in [0, 1] gleichverteilt;
(b) in [−1, 1]2 gleichverteilt.
(c) Definieren Sie:
(i) die Gleichverteilung auf einer Teilmenge des Rd ,
(ii) eine Verteilung mit Lebesgue-Dichte auf Rd .
Lösung:
2
x + px + q = 0
⇔
x1,2
p
= ±
2
r
p2
−q
4
Die quadratische Gleichung besitzt genau zwei reelle Lösungen ⇔
p2
4
−q >0
Zu (a):
X = (p, q) sei gleichverteilt in [0, 1] × [0, 1]
2
1 2
p
P
−q >0
= PX (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1] x > y
4
4
1 2
2
λ (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1] x > y
4
=
2
λ {[0, 1] × [0, 1]}
1 2
2
= λ (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1] x > y
4
1
Z 1
1
1 1 3
1 2
x dx =
· ·x
=
=
4
4
3
12
0
0
y
1
1111
0000
0000
1111
0000
1111
x
1
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Zu (b):
X = (p, q) sei gleichverteilt in [−1, 1] × [−1, 1]
2
1 2
p
−q >0
= PX (x, y) ∈ [−1, 1] × [−1, 1] x > y
P
4
4
1
2
2
λ (x, y) ∈ [−1, 1] × [−1, 1] x > y
4
=
λ2 {[−1, 1] × [−1, 1]}
1
1 2
=
· λ (x, y) ∈ [−1, 1] × [−1, 1] x2 > y
4
4
1 !
Z 1
1
1 1
1
13
1 2
1 1 3
=
= ·2 =
· 2+2·
x dx = · 2 + 2 ·
· ·x
4
4
4 3
4 6
24
0 4
0
y
1
−1
11111111
00000000
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
1
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
x
−1
Zu (c.i): Auf einer Teilmenge B des Rd ist die Dichte konstant, f (x) =
und 0 sonst. Für Ereignisse A ∈ Rd gilt dann
Z
Z
dx
Z
f (x) dx = A∩B
P (A) =
A
dx
R
B
−1
dx
für x ∈ B
B
Zu (c.ii): Nach Satz (3.19):
Es sei
f : Rd → R+ ∪ {∞}
eine meßbare Funktion mit
Z
Dann wird durch
P (A) =
Z
f dλd = 1
1A · f dλd
∀A ∈ B Rd
ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf Rd definiert. Die Funktion f nennen wir Lebesque-Dichte von P.
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Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Aufgabe 4: 2P + 4P + 2P = 8P
(a) Ein Student, der an einem wahr - falsch Test teilnimmt, verfährt bei der Beantwortung der
Fragen folgendermaßen: Sofern er die Antwort weiß, kreuzt er diese an, andernfalls wirft er
eine Münze um sich für wahr oder falsch zu entscheiden. Die Wahrscheinlichkeit, daß dem
Studenten die richtige Antwort bekannt ist, sei 35 . Wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit,
daß er eine richtig markierte Antwort wußte?
(b) Bei der Übertragung der Zeichen Punkt und Strich in einem Fernmeldesystem werden durch
Störungen im Mittel 5% der gesendeten Punkte als Striche und 3% der gesendeten Striche
als Punkte empfangen. Das Verhältnis von gesendeten Punkten zu gesendeten Strichen sei
3
4.
(i) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß ein gesendetes Zeichen richtig empfangen wird?
(ii) Es wird Punkt empfangen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß auch Punkt gesendet
wurde?
(c) Formulieren Sie den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit und die Bayes’sche Formel.
Lösung:
Zu (a):
A = {Student weiß die richtige Antwort}
R = {Frage wird richtig beantwortet}
Gesucht: P (A |R )
Mit der Formel von Bayes:
Zu (b):
1
P R A∁ =
2
P (R |A ) · P (A)
=
P (A |R ) =
P (R |A ) · P (A) + P R A∁ · P A∁
Pe /Pg
Se /Sg
P (A) =
P (R |A ) = 1
3
3
3
5
5
=
=
3 1 2
4
4
1· + ·
5 2 5
5
1·
=
ˆ Punkt wird empfangen/gesendet
=
ˆ Strich wird empfangen/gesendet
Das Verhältniss von gesendeten Punkten zu gesendeten Strichen ist
3
P (Pg )
=
P (Sg )
4
3
5
⇒
P (Pg ) =
3
7
3
, d.h.
4
und P (Sg ) =
4
7
Weiterhin bekannt:
Se
P
= 0, 05
Pg
Pe
= 0, 03
P
Sg
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⇒
⇒
Pe
P
= 0, 95
Pg
Se
P
= 0, 97
Sg
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Fachschaften Mathematik
Zu (b.i):
Gesucht: P ((Sg ∩ Se ) ∪· (Pg ∩ Pe ))
P ((Sg ∩ Se ) ∪· (Pg ∩ Pe )) = P (Sg ∩ Se ) + P (Pg ∩ Pe )
= P (Sg ) · P (Se |Sg ) + P (Pg ) · P (Pe |Pg )
4
3
=
· 0, 97 + · 0, 95 ≈ 0, 9614
7
7
Zu (b.ii):
Gesucht: P (Pg |Pe )
Mit der Formel von Bayes:
P (Pg |Pe )
=
=
P (Pe |Pg ) · P (Pg )
P (Pe |Pg ) · P (Pg ) + P (Pe |Sg ) · P (Sg )
3
0, 95 ·
7
≈ 0, 9596
4
3
0, 95 · + 0, 03 ·
7
7
Zu (c): Nach Satz (7.4):
Es seien B1 , B2 , . . . disjunkte Ereignisse und A ⊂
Wahrscheinlichkeit:
∞
X
P (A) =
n=1
∞
[
Bn . Dann gilt die Formel von der totalen
n=1
P (Bn ) · P (A |Bn )
und im Fall P (A) > 0 gilt die Formel von Bayes:
P ( Bk | A)
=
P (Bk ) · P (A |Bk )
∞
X
P (Bn ) · P (A |Bn )
n=1
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Aufgabe 5: 2P + 3P + 2P + 2P + 3P = 12P
Die Lebensdauer X eines Systems sei gleichverteilt mit der Verteilungsfunktion
β
1 − e−αx
falls x > 0
F : x 7→
0
falls x ≤ 0
Dabei sind α, β > 0 fest.
(a) Zeigen Sie, daß die Verteilung von X eine Lebesgue-Dichte besitzt und bestimmen Sie diese.
(b) Bestimmen Sie für β = 1 und β = 2 den Erwartungswert E (X).
(c) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion der Zufallsvariable Y = X β .
(d) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion der Restlebensdauer, das heißt
Fh (x) := P {X ≤ x + h |X > h }
für ein festes h > 0.
(e) Sei a > 0. Weiter seien X1 , X2 unabhängige Zufallsvariablen mit Verteilungsfunktion F .
Geben Sie die Verteilungsfunktion von Z = min (aX1 , aX2 ) an. Für welche a ist FZ = F ?
Lösung:
Zu (a):
Für x > 0 gilt:
β
F ′ (x)
= −e−αx · −αβxβ−1
β
Die Lebesgue-Dichte ist dann f (x) = αβxβ−1 eαx .
=
αβxβ−1 eαx
β
Zu (b):
β = 1:
f (x)
= αe−αx · 1]0,∞[ (x)
(Dichte der Exponentialverteilung mit Prameter α > 0)
Z
x · αe−αx · 1]0,∞[ (x) dλ1 (x)
Z ∞
−αx
partielle Integration
= α·
x ·e
|{z}
| {z } dx
E (X) =
R
0
v′
u
∞
Z ∞ 1 −αx
1 −αx
dx
= α· x· − e
−α·
1· − e
α
α
0
0
|
{z
}
=0
∞
Z ∞
1 −αx
1
1
−αx
=
e
dx = − e
=
= 0+
α
α
α
0
0
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β=2:
f (x)
2
α2e−αx · 1]0,∞[ (x)
=
(Dichte der Exponentialverteilung mit Prameter α > 0)
E (X)
Z
2
x · α2e−αx · 1]0,∞[ (x) dλ1 (x)
R
Z ∞
−αx2
partielle Integration
x ·e
2α ·
|{z}
| {z } dx
=
=
0
v′
u
∞
Z ∞ 2
2
1
1
dx
2α · x · − e−αx
− 2α ·
1 · − e−αx
2α
2α
0
0
|
{z
}
=0
Z ∞
Z ∞
Z ∞
√
2
2
2
1
1
e− 2 ( 2α x) dx
e−αx dx =
e− 2 (2αx ) dx =
0
0
0
r
Z ∞
Z ∞
1 2
1 2
1√
1
1
1
1 π
(#)
−2y
−2y
e
2π =
e
· √ dy = √ ·
dy = √ ·
2 α
2α 2
2α
2α 0
0
=
=
(∗)
=
Bemerkung zu (∗):
Substitution:
y = g (x) =
√
dy
= g ′ (x) = 2α
dx
√
2α x
dy =
√
2α dx
1
dx = √ dy
2α
Bemerkung zu (#): Dichte der Standard-Normalverteilung:
1
√
2π
Daraus folgt:
2·
Z
+∞
e
− 12 y 2
Z
+∞
1
2
e− 2 y dy = 1
−∞
dy =
Z
+∞
1
2
e− 2 y dy =
√
2π
−∞
0
Zu (c): Y = X β
Sei x > 0
FY (x) =
=
n
o
n 1o
1
P {Y < x} = P X β < x = P X < x β = F x β
1−e
„ 1 «β
−α x β
= 1 − e−αx
FY (x) = (1 − e−αx ) · 1]0,∞[ (x) ist dann die Verteilungsfunktion von Y = X β .
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Zu (d):
Sei h > α fest. Dann ist die Verteilungsfunktion der Restlebensdauer:
Fh (x) := P {X ≤ x + h |X > h }
Für x ≤ 0 ist Fh (x) = 0, also sei x > 0
Fh (x)
=
=
=
=
P ({X ≤ x + h} ∩ {X > h})
P {X > h}
F (x + h) − F (h)
P {h < X ≤ x + h}
=
1 − P {X ≤ h}
1 − F (h)
β
β
β
β
1 − e−α(x+h) − 1 − e−αh
e−αh − e−α(x+h)
=
e−αhβ
1 − 1 − e−αhβ
P {X ≤ x + h |X > h } =
1 − e−α(x+h)
β
+αhβ
= 1 − e−α((x+h)
β
−hβ )
Zu (e):
Sei a > 0 Seien X1 , X2 unabhängige Zufallsvariablen mit Verteilungsfunktion F .
Z = min (aX1 , aX2 )
Sei x > 0
FZ (x) =
=
=
=
=
β
−β
1 − e−2αx a
β −β
· 1]0,∞[ (x) Verteilungsfunktion von Z.
FZ (x) = 1 − e−2αx a
=
⇒
P {Z ≤ x} = P {min (aX1 , aX2 ) ≤ x}
1 − P {min (aX1 , aX2 ) > x} = 1 − P {aX1 > x, aX2 > x}
n
n
n
xo
xo
x o (∗)
x
· P X2 >
= 1 − P X1 >
1 − P X1 > , X2 >
a
a
a
a
x 2
n
x o2
= 1− 1−F
1 − P X1 >
a
a
2
2
β
x β
−α( x
−α
)
a
1− 1− 1−e
= 1 − e (a)
Bemerkung zu (∗): X1 , X2 unabhängig
x>0
−2αxβ a−β
⇔
2a−β
⇔
a−β
⇔
1
Für a = 2 β ist Fz = F .
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a
= −αxβ
= 1
= 21
√
1
1 −β
=
= β2
2
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Aufgabe 6: 5P + 5P + 2P = 12P
Eine Fabrik stellt zylindrische Dosen mit Durchmesser 2r0 und Höhe h0 her. Produktionsbedingt
schwanken die wahren Werte (r, h) um den Sollwert (r0 , h0 ). Also ist X = (r, h) als R2 -wertige
Zufallsvariable aufzufassen. Ihre Verteilung besitze die Dichte f (r, h).
(a) Geben Sie eine Formel für den Erwartungswert und die Varianz der Oberfläche F l und des
Volumens Vol an. (Oberfläche = 2πrh + 2πr2 , Volumen = πr2 h.)
(b) Berechnen Sie E (F l) und E (Vol) explizit für eine Dichte der Gestalt
1
· 1[r0 −ε,r0 +ε] (r) · 1[h0 −δ,h0 +δ] (h)
4εδ
f (r, h) =
wobei ε, δ > 0 sind.
(c) Geben Sie die Transformationsformel für E (g (X)) an für den Spezialfall, daß die Verteilung
von X eine Lebesgue-Dichte f besitzt.
Lösung:
X = (r, h) R2 -wertige Zufallsvariable
Verteilung von X besitzt die Dichte f .
Zu (a):
Oberfläche (F l):
Volumen (V ol):
O (x, y) = 2πxy + 2πx2
V (x, y) = πx2 y
(∗)
E (F l) = E (O ◦ X)
=
(∗)
=
=
2
2
V (F l) = E (F l) − (E (F l))
=
E (F l)2
=
V (F l) =
V dPx =
Z
O (r, h) · f (r, h) dλ2 (r, h)
Z
V (r, h) · f (r, h) dλ2 (r, h)
2πrh + 2πr2 · f (r, h) dλ2 (r, h)
πr2 h · f (r, h) dλ2 (r, h)
mit g (x) = x2
Z
(∗)
E ((g ◦ O) ◦ X) =
g ◦ O dPx
Z
2
2πrh + 2πr2 · f (r, h) dλ2 (r, h)
Z
−
Seite 36
Z
Z
E (g ◦ (O ◦ X))
=
⇒
O dPx =
Z
=
E (V ol) = E (V ◦ X)
Z
2πrh + 2πr2
Z
2
· f (r, h) dλ2 (r, h)
2πrh + 2πr
2
2
· f (r, h) dλ (r, h)
2
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
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2
2
V (V ol) = E (Vol) − (E (Vol))
2
=
E (Vol)
=
=
⇒
V (Vol) =
mit g (x) = x2
Z
(∗)
E ((g ◦ V) ◦ X) =
g ◦ V dPx
Z
Z
2
π 2 r4 h2 · f (r, h) dλ2 (r, h)
πr2 h · f (r, h) dλ2 (r, h) =
E (g ◦ (V ◦ X))
Z
2 4 2
2
π r h · f (r, h) dλ (r, h) −
Z
2
πr h · f (r, h) dλ (r, h)
2
2
Bemerkung zu (∗): Transformationsformel.
Zu (b):
ε, δ > 0 Die Dichte der Verteilung von X sei:
f (r, h) =
E (F l) =
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
1
· 1[r0 −ε,r0 +ε] (r) · 1[h0 −δ,h0 +δ] (h)
4εδ
Z
1
2πrh + 2πr2 ·
·1
(r) · 1[h0 −δ,h0 +δ] (h) dλ2 (r, h)
4εδ [r0 −ε,r0 +ε]
Z Z
1
· 1[r0 −ε,r0 +ε] (r) · 1[h0 −δ,h0 +δ] (h) dλ1 (r) dλ1 (h)
2πrh + 2πr2 ·
4εδ
Z r0 +ε Z h0 +δ
1
2πrh + 2πr2 dh dr
4εδ r0 −ε h0 −δ
Z r0 +ε h0 +δ
1
+δ
dr
πr h2 h −δ + 2πr2 [h]hh00 −δ
0
4εδ r0 −ε
Z r0 +ε h i
1
2
2
πr (h0 + δ) − (h0 − δ) + 2πr2 ((h0 + δ) − (h0 − δ)) dr
4εδ r0 −ε
Z r0 +ε
1
πr · 4δh0 + 2πr2 · 2δ dr
4εδ r0 −ε
Z
π 1 2 r0 +ε 1 3 r0 +ε
4πδ r0 +ε
r r0 −ε
h0 r + r2 dr =
h0 r r0 −ε +
4εδ r0 −ε
ε 2
3
1
π 1
3
3
2
2
(r0 + ε) − (r0 − ε)
h0 · (r0 + ε) − (r0 − ε) +
ε 2
3
π 1
1
3
2
2
3
3
2
2
3
r0 + 3εr0 + 3ε r0 + ε − r0 − 3εr0 + 3ε r0 − ε
h0 · 4εr0 +
ε 2
3
1
π
2
3
2εr0 h0 +
6εr0 + 2ε
ε
3
2
2πr0 h0 + 2πr02 + πε2
3
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Seite 37
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
E (Vol)
=
=
=
=
=
=
=
=
s.o.
=
=
Fachschaften Mathematik
Z
1
·1
(r) · 1[h0 −δ,h0 +δ] (h) dλ2 (r, h)
πr2 h ·
4εδ [r0 −ε,r0 +ε]
Z Z
1
πr2 h ·
· 1[r0 −ε,r0 +ε] (r) · 1[h0 −δ,h0 +δ] (h) dλ1 (h) dλ1 (r)
4εδ
Z r0 +ε Z h0 +δ
1
πr2 h dh dr
4εδ r0 −ε h0 −δ
Z r0 +ε
1
1 2 2 h0 +δ
πr h h −δ dr
0
4εδ r0 −ε 2
Z r0 +ε
1
1 2
2
2
πr (h0 + δ) − (h0 − δ) dr
4εδ r0 −ε 2
Z r0 +ε
1
1 2
πr · 4δh0 dr
4εδ r0 −ε 2
Z
2πδh0 r0 +ε 2
πh0 1 3 r0 +ε
r r0 −ε r
·
r dr =
4εδ r0 −ε
2ε 3
πh0 3
3
· (r0 + ε) − (r0 − ε)
6ε
πh0
· 6εr02 + 2ε3
6ε
1
πr02 h0 + πh0 ε2
3
Zu (c): Nach Satz (5.4):
Es sei (Ω, A, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum, ferner sei A′ eine σ-Algebra auf Ω′ ,
X : (Ω, A) → (Ω′ , A′ ) eine Zufallsvariable und g : Ω′ → R eine reelle Zufallsvariable. Dann ist
g (X) = g ◦ X genau dann integrierbar bezüglich P, wenn g integrierbar bezüglich PX ist und es
gilt:
Z
Z
E (g ◦ X) = E (g (X)) =
Seite 38
g dPX =
g (x) dPX (x)
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H-Doz. Dr. H.P. Scheffler
Sommersemester 2000
Nachklausur zur Vorlesung Stochastik I - Lösung
Name
Matrikel-Nr.
Wählen Sie aus den folgenden sechs Aufgaben fünf Aufgaben aus. Die maximal erreichbare Punktzahl finden Sie neben jeder Aufgabe. Tragen Sie die Nummer der gewählten Aufgaben in das
folgende Kästchen ein:
Gewählte Aufgabe
Die Bearbeitung anderer Aufgaben(teile) wird nicht bewertet.
Für einen qualifizierten Studiennachweis benötigen Sie mindestens 16 ± ε Punkte. Für einen Leistungsnachweis sind mindestens 22±ε Punkte notwendig. Sie haben zum Bearbeiten der Aufgaben
3 Stunden Zeit.
Bitte verwenden Sie für jede Aufgabe ein gesondertes Blatt, welches Sie mit Ihrem Namen und
Matrikelnummer versehen.
Achten Sie in der Klausur auf sorgfältige und exakte Formulierungen. Geben Sie, falls gefordert,
Definitionen oder Sätze stets exakt (mit allen Voraussetzungen) an.
Bei der Bearbeitung der einzelnen Aufgaben genügt es, entsprechende Formeln abzuleiten, exakte numerische Berechnungen, etwa mit Hilfe eines Taschenrechners sind nicht erforderlich.
Hilfsmittel (Bücher, Skripten) sind nicht zugelassen!
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 1: 2P + 4P + 2P = 8P
Bei der Glücksspirale der Olympialotterie 1971 wurden die 7-ziffrigen Gewinnzahlen auf folgende
Weise ermittelt: Aus einer Trommel, welche je 7 Kugeln mit den Ziffern 0, . . . , 9 enthielt, wurden
nach Durchmischen 7 Kugeln entnommen und deren Ziffern in der Reihenfolge des Ziehens zu
einer Zahl angeordnet.
(a) Geben Sie ein geeignetes mathemathisches Modell an.
(b) Zeigen Sie, daß die Gewinnwahrscheinlichkeiten der einzelnen (gleich teuren!) Lose verschieden sind. (Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, daß 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0 sowie daß 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
gezogen wurde und vergleichen Sie diese.)
(c) Definieren Sie und geben Sie die Mächtigkeiten an von
(i) k−Permutationen mit Wiederholung einer n−elementigen Menge.
(ii) k−Permutationen ohne Wiederholung einer n−elementigen Menge.
Lösung:
Trommel mit 70 Kugeln:
7 Kugeln tragen die Ziffer 0
7 Kugeln tragen die Ziffer 1
..
.
7 Kugeln tragen die Ziffer 9
Die Kugeln seien von 1 bis 70 durchnummeriert:
Kugeln 1 − 7 tragen die Ziffer 0
Kugeln 1 − 7 tragen die Ziffer 1
..
.
Kugeln 1 − 7 tragen die Ziffer 9
Ziehen: 7× ohne Zurücklegen, mit Berücksichtigung der Reihenfolge.
Zu (a):
Modell:
{1,...,70}
Ω = P7
= { (ω1 , . . . , ω7 )| ωi ∈ {1, . . . , 70} , ωi 6= ωj ∀i 6= j}
70
#Ω = (70)7 = 7!
= 70 · 69 · 68 · . . . · 64
7
A = P OT (Ω) ,
Seite 40
P = LΩ Gleichverteilung auf Ω, d.h. P (A) =
#A
für A ⊆ Ω
#Ω
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Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Zu (b):
Das Los mit der Gewinnzahl 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0 entspricht im Modell der Menge
A = { (ω1 , . . . , ω7 )| ωi ∈ {1, . . . , 7} , i = 1, . . . , 7}
⇒
#A = 7!
1
7!
.
= 70
70
7!
7
7
Das Los mit der Gewinnzahl 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 entspricht im Modell der Menge
Somit ist P { Los hat die Gewinnzahl 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0“} = P (A) =
”
B = { (ω1 , . . . , ω7 )| ω1 ∈ {8, . . . , 14} , ω2 ∈ {15, . . . , 21} , . . . , ω7 ∈ {50, . . . , 56}}
⇒
#B = 77
Somit ist P { Los hat die Gewinnzahl 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7“} = P (B) =
”
Zu (c): Nach Definition (2.1): Es sei A 6= ∅ und k ≥ 1
77
> P (A).
70
7!
7
(i) k-Permutationen mit Wiederholung einer n-elementigen Menge.
Jedes k-Tupel (a1 , . . . , ak ) mit ai ∈ A heißt k-Permutation aus A mit Wiederholung. Ak ist
die Menge der k-Permutationen aus A mit Wiederholung.
Kardinalität von Ak : #Ak = nk
(ii) k-Permutationen ohne Wiederholung einer n-elementigen Menge
Eine k-Permutation aus A ohne Wiederholung ist ein k-Tupel (a1 , . . . , ak ) mit ai 6= aj für
A
alle i 6= j. Die Menge aller solcher Permutationen bezeichnen wir mit Pk
. n
Kardinalität von PkA : #PkA = (n)k = n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1) = k! ·
k
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Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 2: 3P + 3P + 2P = 8P
Ein Elektronikfachmarkt wird von drei Lieferanten Li (i = 1, 2, 3) mit Disketten beliefert. Die
Lieferanten liefern 20%, 30% bzw. 50% des Bedarfs. Erfahrungsgemäß sind unter 1000 gelieferten
Disketten des Lieferanten Li 4, 3 bzw. 20 Stück defekt.
(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß ein Kunde in dem Fachmarkt eine defekte Diskette
kauft?
(b) Ein Kunde beschwert sich, daß er eine defekte Diskette gekauft hat. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit daß diese Diskette aus der Lieferung des Lieferanten L3 stammt?
(c) Geben Sie
(i) den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit und
(ii) die Bayes’sche Formel an.
Lösung:
Li sei das Ereignis “Diskette wurde von Lieferant Li geliefert”, i = 1, 2, 3.
D sei das Ereignis “Diskette defekt”.
Gegeben:
P (L1 ) =
P (D |L1 ) =
1
4
=
1000
250
1
5
P (L2 ) =
3
10
P (D |L2 ) =
3
1000
P (L3 ) =
1
2
P (D |L3 ) =
20
1
=
1000
50
Zu (a):
Gesucht: P (D)
Nach dem Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit:
P (L1 ) · P (D |L1 ) + P (L2 ) · P (D |L2 ) + P (L3 ) · P (D |L3 )
1 1
3 3
1 1
·
+
+ ·
= 0, 0117
2 250 10 1000 2 50
P (D) =
=
Zu (b):
Gesucht: P ( L3 | D)
Nach der Formel von Bayes:
P ( L3 | D) =
=
=
Seite 42
P (L3 ) · P (D |L3 )
P (D)
P (L3 ) · P (D |L3 )
P (L1 ) · P (D |L1 ) + P (L2 ) · P (D |L2 ) + P (L3 ) · P (D |L3 )
1 1
·
2 20 ≈ 0, 8947
0, 0117
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Zu (c): Nach Satz (7.4):
Es seien B1 , B2 , . . . disjunkte Ereignisse und A ⊂
Wahrscheinlichkeit:
∞
X
P (A) =
n=1
∞
[
Bn . Dann gilt die Formel von der totalen
n=1
P (Bn ) · P (A |Bn )
und im Fall P (A) > 0 gilt die Formel von Bayes:
P ( Bk | A)
=
P (Bk ) · P (A |Bk )
∞
X
P (Bn ) · P (A |Bn )
n=1
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Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 3: 1P + 2P + 3P + 2P = 8P
Die logistische Verteilung ist durch die Verteilungsfunktion
F : x 7→
1
1 + e−x
definiert.
(a) Zeigen Sie, daß F eine Verteilungsfunktion ist.
(b) Zeigen Sie, daß diese Verteilung eine Dichte f besitzt und bestimmen Sie diese.
(c) Zeigen Sie: Ist X eine reelle Zufallsvariable mit Verteilungsfunktion F , so gilt für alle h > 0,
daß
P {X ≥ h} = P {X ≤ −h}
(Man nennt diese Verteilung symmetrisch um 0.)
(d) Definieren Sie:
(i) Varianz einer Zufallsvariablen;
(ii) Lebesgue-Dichte einer Verteilung.
Lösung:
F : x 7→
1
Verteilungsfunktion der logistischen Verteilung.
1 + e−x
Zu (a):
Z.Z.: F ist eine Verteilungsfunktion
Beweis:
(1) F ist monoton wachsend:
Seien x, y ∈ R mit x < y. Z.z.: F (x) < F (y).
x<y
⇔ −x > −y ⇔ e−x > e−y ⇔ 1 + e−x > 1 + e−y
1
1
⇔
<
⇔ F (x) < F (y)
1 + e−x
1 + e−y
(2) F ist stetig als Komposition stetiger Funktionen; also F insbesondere rechtsseitig stetig.
(3) Wegen lim e−x = 0 gilt lim F (x) =
x→+∞
x→+∞
1
=1
1+0
(4) Wegen 1 + e−x → +∞ für x → −∞ gilt lim F (x) = 0
x→−∞
Aus (1),(2),(3),(4) folgt F ist Verteilungsfunktion.
Seite 44
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Zu (b):
f = F ′ ist die Dichte der Verteilung.
e−x
−2
Es gilt f (x) = F ′ (x) = (−1) (1 + e−x ) (−e−x ) =
−2 .
(1 + e−x )
F ist stetig differenzierbar ⇒
Zu (c):
X sei eine reelle Zufallsvariable mit Verteilungsfunktion F
Z.Z.:
P {X ≥ h} = P {X ≤ −h}
für alle h > 0
Beweis:
Sei h > 0. Dann gelten
P {X ≥ h}
= P {X > h} = 1 − P {X ≤ h} = 1 − F (h) = 1 −
=
1
1 + e−h
e−h
1 + e−h − 1
=
1 + e−h
1 + e−h
sowie
P {X ≤ −h} = F (−h) =
1
1 + e−h
Wegen
e−h · eh
1
1
e−h
=
= h
=
1 + e−h
(1 + e−h ) · eh
e +1
1 + eh
∀h > 0
folgt die Behauptung.
Zu (d):
(i) Nach (5.7): Es sei X : Ω → R eine Zufallsvariable auf einem Wahrscheinlichkeitsraum
(Ω, A, P), für die X 2 integrierbar ist. (Man nennt X quadratisch integrierbar.) Die Zahl
2
VP (X) = EP (X − EP (X))
nennt man Varianz von X.
(ii) Nach (3.19): Es sei f : Rd → R+ ∪ {∞} eine meßbare Funktion mit
durch
P (A) =
Z
1A · f dλd
A ∈ B Rd
Z
f dλd = 1. Dann wird
ein Wahrscheinlichkeitsmaß P auf Rd definiert. Die Funktion f nennen wir Lebesgue-Dichte
d
von P. Sämtliche
Z Wahrscheinlichkeitsmaße die man so erhält sind diffus, d.h. für alle ω ∈ R
gilt P {ω} =
1{ω} · f dλd = f (ω) · λd {ω} = 0.
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Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 4: 1P + 3P + 4P + 2P = 10P
Die Länge X eines Telefongesprächs sei eine R+ -wertige Zufallsvariable, deren Verteilung die
Lebesgue-Dichte
f (x) = C · e−2x · 1[0,∞) (x)
besitzt.
(a) Bestimmen Sie die Konstante C. (Kontrolle: C = 2.)
(b) Geben Sie die
(i) Verteilungsfunktion von X an;
(ii) mittlere Länge E (X) eines Telefonats an.
(c) Die Kosten eines Telefonats der (deterministischen) Länge x berechnen sich nach der Formel
K (x) = 1(0,3] (x) + (1 + (x − 3)) · 1(3,∞) (x)
(Sockelbetrag + linearer Anstieg)
Berechnen Sie die mittleren Kosten E (K (X)) eines Telefonats.
(d) Formulieren Sie die Transformationsformel für eine Zufallsvariable deren Verteilung die
Lebesgue-Dichte f besitzt.
Lösung:
X : Länge eines Telefongespräches
X R+ -wertige Zuvallsvariable, PX besitzt die Lebesgue-Dichte f (x) = C · e−2x · 1[0,∞) (x)
Zu (a): Bestimmung der Konstanten C:
Z
Da f eine Dichte ist, muß gelten f (x) dλ1 (x) = 1
1 =
Z
f (x) dλ1 (x)
=
=
C·
1
= 1
2
∞
1
e−2x dx = C · − e−2x
2
0
0
1
C· 0+
2
C·
Z
∞
⇔ C = 2
Somit ist f (x) = 2e−2x · 1[0,∞) (x)
Zu (b.i): Verteilungsfunktion FX von X:
FX (t) =
=
P {X ≤ t} = PX (]−∞, t]) =

für t ≤ 0
 0Z
t

2e−2x dx
für t > 0
Z
1]−∞,t] · f (x) dλ1 (x)
0
Für t > 0:
Z
t
0
Also:
t
2e−2x dx = −e−2x 0 = −e−2t + 1 = 1 − e−2t
FX (t) =
Seite 46
0
1 − e−2t
für t ≤ 0
für t > 0
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Zu (b.ii): Mittlere Länge E (X) eines Telefongespräches:
Z
Z ∞
−2x
E (X) =
X · f (x) dλ1 (x) =
x · 2e
|{z}
| {z } dx
0
(partielle Integration)
′
v
u
Z ∞
∞
1 · −e−2x dx
=
x · −e−2x 0 −
{z
}
|
0
=0
∞
Z ∞
1 −2x
1
1
−2x
=
e
dx = − · e
= 0+ =
2
2
2
0
0
Zu (c): Kosten eines Telefongespräches der Länge x berechnet sich nach
K (x) = 1(0,3] (x) + (1 + (x − 3)) · 1(3,∞) (x)
Gesucht: Mittlere Kosten E (K (x)) eines Telefonates
Z
E (K (x)) =
K (x) · f (x) dλ1 (x)
Z
1(0,3] (x) + (1 + (x − 3)) · 1(3,∞) (x) · f (x) dλ1 (x)
=
Z
Z
1
=
1(0,3] (x) · f (x) dλ (x) + (x − 2) · 1(3,∞) (x) · f (x) dλ1 (x)
Z 3
Z ∞
−2x
(partielle Integration)
=
2e
dx +
(x − 2) · 2e−2x dx
| {z } | {z }
0
3
′
u
v
Z ∞
−2x 3 −2x
−2x ∞
dx
1
·
−e
−
+
(x
−
2)
−e
= −e
3
0
3
Z ∞
= −e−6 + 1 + 0 − 1 · −e−6 +
e−2x dx
∞3
1 −2x
1
−6
−6
= −e + 1 + e + − · e
= 1 + 0 + · e−6
2
2
3
1 −6
= 1+ ·e
2
Zu (d): Nach Satz (5.4):
Es sei (Ω, A, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum, ferner sei A′ eine σ-Algebra auf Ω′ ,
X : (Ω, A) → (Ω′ , A′ ) eine Zufallsvariable und g : Ω′ → R eine reelle Zufallsvariable. Dann ist
g (X) = g ◦ X genau dann integrierbar bezüglich P, wenn g integrierbar bezüglich PX ist und es
gilt:
Z
Z
E (g ◦ X) = E (g (X)) =
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g dPX =
g (x) dPX (x)
Seite 47
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 5: 2P + 4P + 2P + 2P = 10P
Es sei X eine auf [−1, 1] gleichverteilte Zufallsvariable.
(a) Zeigen Sie, daß X und Y = X 2 unkorreliert sind.
(b) Zeigen Sie, daß die Zufallsvariablen Yk := sin (πkX), k ≥ 1 paarweise unkorreliert sind.
(c) Zeigen Sie, daß
n
1X
sin (πkX) → 0
n
k=1
gilt.
stochastisch für n → ∞
(d) Formulieren Sie das schwache Gesetz der großen Zahlen.
Lösung:
X sei auf [−1; 1] gleichverteilt, d.h. PX besitzt die Dichte
f (x) =
1
· 1[−1;1] (x)
2
Zu (a):
Behauptung: X und Y = X 2 sind unkorreliert.
Beweis:
=
E (X · Y ) = E X · X 2 = E X 3
=
=
E (X) =
=
=
⇒
Z
Z
x3 · f (x) dλ1 (x)
Z 1
1
·
x3 dx
2 −1
1
1 1 4
1
·
·x
= [1 − 1] = 0
2 4
8
−1
x · f (x) dλ1 (x)
1
Z 1
1
1 1 2
·
x dx = ·
·x
2 −1
2 2
−1
1
· [1 − 1] = 0
4
Kov (X, Y ) = E (X · Y ) − E (X) · E (Y ) = 0
das heißt X und Y sind unkorreliert.
Seite 48
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Zu (b): Für k ≥ 1 : Yk := sin (kπX)
Behauptung: Die (Yk ) sind paarweise unkorreliert
Beweis: Sei k ≥ 1. Dann gilt
E (Yk ) = E (sin (kπX)) =
=
Seien nun k, l ≥ 1 mit k 6= l
E (Yk · Yl ) = E (sin (kπX) · sin (lπX))
=
=
(∗)
=
(∗)
=
=
Z
sin (kπx) · f (x) dλ1 (x)
Z 1
1
·
sin (kπx) dx = 0
2 −1 | {z }
ungerade
Z
sin (kπx) · sin (lπx) · f (x) dλ1 (x)
Z 1
1
sin (kπx) · sin (lπx) dx
·
2 −1 | {z } | {z }
v
u′
1
1
1
· sin (kπx) · −
cos (lπx)
2
lπ
−1
{z
}
|
=0
Z 1
1
1
kπ · cos (kπx) · − cos (lπx) dx
− ·
2 −1
lπ
Z 1
1 k
· ·
cos (kπx) · cos (lπx) dx
{z } | {z }
2 l
−1 |
v
u′
1
1 k
1
· · cos (kπx) ·
sin (lπx)
2 l
lπ
−1
{z
}
|
=0
Z 1
1
1 k
kπ · (− sin (kπx)) ·
sin (lπx) dx
− · ·
2 l
lπ
−1
Z
1 k2
· sin (kπx) · sin (lπx) · f (x) dx
·
2 l2
Bemerkung (∗): Partielle Integration
Somit:
Z 1
Z 1
1 k2
1
sin (kπx) · sin (lπx) dx
sin (kπx) · sin (lπx) dx =
·
·
·
2 −1
2 l2
−1
Z 1
1
k2
⇔
·
sin (kπx) · sin (lπx) dx · 1 − 2 = 0
2 −1
l
| {z }
6= 0, da k 6= l
Z 1
1
⇒
·
sin (kπx) · sin (lπx) dx = 0
2 −1
|
{z
}
= E (Yk · Yl )
Somit
Kov (Yk , Yl ) = E (Yk · Yl ) − E (Yk ) · E (Yl ) = 0
das heißt Yk und Yl sind unkorreliert.
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Seite 49
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Fachschaften Mathematik
Zu (c):
Behauptung:
n
1X
sin (πkX) → 0 stochastisch für n → ∞
| {z }
n
k=1
= Yk
Beweis:
Die (Yk ) sind nach Teil (b) paarweise unkorreliert.
Wegen |Yk | = |sin (kπx)| ≤ 1 gilt Yk2 ≤ 1 und somit sind die Yk quadratisch integrierbar
Z
E (Yk ) =
Yk2 dP ≤ 1
|{z}
≤1
Weiterhin ist E (Yk ) = 0 ∀k ≥ 1 (siehe Teil (b)).
Für die Varianzen gilt
2
V (Yk ) = E Yk2 − (E (Yk )) = E Yk2 ≤ 1
siehe oben
Nach dem schwachen Gesetz der großen Zahlen gilt für alle ε > 0
)
( n
1 X Yk ≥ ε → 0 für n → ∞
P n
k=1
n
das heißt
1X
Yk → 0 stochastisch.
n
k=1
Zu (d): Nach Satz (5.19):
Es sei X1 , X2 , . . . eine Folge von quadratisch integrierbaren und unkorrelierten Zufallsvariablen
mit gleichem Erwartungswert µ = E (Xn ) und beschränkter Varianz V (Xn ) ≤ M für alle n ≥ 1.
n
P
Xi für n ≥ 1. Dann gilt für alle ε > 0
Wir setzen Xn := n1
i=1
n→∞
P Xn − µ ≥ ε −−−−→ 0.
Seite 50
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Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Aufgabe 6: 3P + 1P + 2P + 2P = 8P
In einem Friseur-Laden mit 9 Friseuren dauert ein Haarschnitt 10 Minuten. Herr Snyder betritt
den Laden und sieht, daß alle 9 Friseure beschäftigt sind.
Die Zeitpunkte T1 , . . . , T9 des Fertigwerdens der Friseure 1, . . . , 9 seien in [0, 10] gleichverteilt und
unabhängig.
Es bezeichne T die Wartezeit von Herrn Snyder bis er bedient werden kann.
(a) (i) Geben Sie eine Formel für T an.
(ii) Zeigen Sie, daß die Verteilungsfunktion FT von T die Gestalt

0
für t < 0


9

t
FT (t) =
für 0 ≤ t ≤ 10
1− 1−

10


1
für t > 10
hat.
(b) Berechnen die Dichte der Verteilung von T .
(c) Berechnen Sie die mittlere Wartezeit E (T ) von Herrn Snyder.
(d) Definieren Sie die Begriffe
(i) Verteilungsfunktion einer Zufallsvariable;
(ii) Unabhängigkeit einer Folge von Zufallsvariablen.
Lösung:
Zu (a.i): T1 , . . . , T9 unabhängig
⇒
PTi =
1
10
· λ1 [0,10]
T = min {T1 , . . . , T9 }
Zu (a.ii):
FT (t) =
=
1 − P {min {T1 , . . . , T9 } > t} = 1 − P {T1 > t, . . . , T9 > t}
9
9
1 − (P {T1 > t}) = 1 − (1 − P {T1 ≤ t})


0
t<0
t<0

 0
R
t
t
1
0 ≤ t ≤ 10
P {T1 ≤ t} =
=
·
dx
0
≤
t
≤
10
 10 0
 10
1
t > 10
1
t > 10

0
t<0

t 9
⇒ FT (t) =
1 − 1 − 10
0 ≤ t ≤ 10

1
t > 10
=
Zu (b):
P {T ≤ t} = 1 − P {T > t}
′
fT (x) = (FT ) (x) =
=






9
10
0
−9 · 1 −
0
· 1−
0
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t 8
10
t 8
10
0
1
· − 10
x<0
0 ≤ x ≤ 10
x > 10
x<0
0 ≤ x ≤ 10
x > 10
Seite 51
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2000
Fachschaften Mathematik
Zu (c):
E (T )
=
=
Z
x · fT (x) dx =
0
x 8
9 dx
·
1
−
·
x
|{z} 10
10 }
|
{z
=f
=g′ =fT
wegen fT =FT′
10 − 10 +
=
Z
=
10
10 Z 10 x 9
x 9
x· 1− 1−
1− 1−
dx
−
10
0
0
|
{z 10 }
=
Subst.
Z
10
Z
0
10
x 9
1−
dx
10
x 9
dx
1−
10
0
Z 1
1
10 ·
u9 du = u10 0 = 1
0
Substitution: 1 −
x
10
=0
⇒
x = −10u + 10
⇒
dx = −10 · du.
Zu (d):
(i) Nach (4.7) und (4.8): Es sei X : (Ω, A) → (Ω′ , A′ ) eine Zufallsvariable auf einem Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A, P). Dann wird durch
PX : A′ → R+
PX (A′ ) = P {X ∈ A′ } = P {ω ∈ Ω | X (ω) ∈ A′ }
ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf (Ω′ , A′ ) definiert. Das in so eingeführte Wahrscheinlichkeitsmaß PX auf (Ω′ , A′ ) heißt Verteilung von X unter P.
(ii) Nach (4.12) und (4.10): Es seien I 6= ∅ eine Indexmenge und für j ∈ I Xj : (Ω, A) → (Ω′ , A′ )
Zufallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A, P). (Xj )j∈I heißen unabhängig
:⇔
∀Aj ∈ Aj sind die Ereignisse ({Xj ∈ Aj })j∈I unabhängig.
Es sei Aj ∈ A für alle j ∈ I. Die Ereignisse (Aj )j∈I heißen (stochastisch) unabhängig, falls
P
\
j∈J
Aj
!
=
Y
P (Aj )
j∈J
für alle endlichen J ⊂ I.
Seite 52
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H-Doz. Dr. H.P. Scheffler
Sommersemester 2001
Klausur zur Vorlesung Stochastik I - Lösung
11.07.2001
Name
Matrikel-Nr.
Wählen Sie aus den folgenden fünf Aufgaben vier Aufgaben aus. Die maximal erreichbare Punktzahl finden Sie neben jeder Aufgabe. Tragen Sie die Nummer der gewählten Aufgaben in das
folgende Kästchen ein:
Gewählte Aufgabe
Die Bearbeitung anderer Aufgaben(teile) wird nicht bewertet.
Für einen qualifizierten Studiennachweis benötigen Sie mindestens 18 ± ε Punkte. Für einen Leistungsnachweis sind mindestens 24±ε Punkte notwendig. Sie haben zum Bearbeiten der Aufgaben
3 Stunden Zeit.
Bitte verwenden Sie für jede Aufgabe ein gesondertes Blatt, welches Sie mit Ihrem Namen und
Matrikelnummer versehen.
Achten Sie in der Klausur auf sorgfältige und exakte Formulierungen. Geben Sie, falls gefordert,
Definitionen oder Sätze stets exakt (mit allen Voraussetzungen) an.
Bei der Bearbeitung der einzelnen Aufgaben genügt es, entsprechende Formeln abzuleiten, exakte numerische Berechnungen, etwa mit Hilfe eines Taschenrechners sind nicht erforderlich.
Hilfsmittel (Bücher, Skripten) sind nicht zugelassen!
ε = +2
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 1: 4P + 6P + 2P = 12P
(a) Von 100 befragten Studenten hören 30 die Vorlesung A, 25 die Vorlesung B, und 12 die
Vorlesung C. 11 Studenten hören die Vorlesungen A und B, 6 Studenten die Vorlesungen A
und C, 5 Studenten die Vorlesung B und C und 3 Studenten hören alle drei Vorlesungen.
Wie viele der 100 Befragten hören keine der drei Vorlesungen?
(b) Jede Packung einer bestimmten Cornflakesart enthalte eines von insgesamt 11 verschiedenen
Sammelfotos des BVB. Es werden k ≥ 11 Packungen gekauft. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens 1 Sammelfoto an der vollständigen Serie fehlt?
(c) Geben Sie die Siebformel an.
Lösung:
Zu (a):
A =
ˆ
B =
ˆ
C =
ˆ
Menge der Studenten, die Vorlesung A hören
Menge der Studenten, die Vorlesung B hören
Menge der Studenten, die Vorlesung C hören
#A = 30
# (A ∩ B) = 11
#B = 25
#C = 12
# (A ∩ C) = 6
# (B ∩ C) = 5
# (A ∩ B ∩ C) = 3
Gesucht: # (D := Menge der Studenten, die keine der 3 Vorlesungen hören.)
A ∪ B ∪ C ist die Menge der Studenten, die mindestens eine der 3 Vorlesungen hören. Es gilt:
D = (A ∪ B ∪ C)∁ .
Mit der Siebformel folgt:
# (A ∪ B ∪ C) =
=
=
⇒
#D
=
=
#A + #B + #C − # (A ∩ B) − # (A ∩ C) − # (B ∩ C) + # (A ∩ B ∩ C)
30 + 25 + 12 − 11 − 6 − 5 + 3
48
100 − # D∁
100 − # (A ∪ B ∪ C) = 100 − 48 = 52
Zu (b):
k ≥ 11 Packungen, die Sammelfotos seien durchnumeriert von 1 bis 11.
Modell: Ω = { (ω1 , . . . , ωk )| ωi ∈ {1, . . . , 11}}, A = P OT (Ω), P = LΩ , #Ω = 11k
Ai
Ai
#Ai
⇒
P (Ai ) =
#Ai
=
#Ω
10
11
Seite 54
=
ˆ Sammelfoto i fehlt (1 ≤ i ≤ 11)
= { (ω1 , . . . , ωk ) ∈ Ω| ωj ∈ {1, . . . , 11} \ {i}}
= 10k
k
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Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
Für i, j ∈ {1, . . . , 11}, i 6= j gilt: Ai ∩ Aj = { (ω1 , . . . , ωk ) ∈ Ω| ωr ∈ {1, . . . , 11} \ {i, j}}
= 9k
k
9
=
11
# (Ai ∩ Aj )
P (Ai ∩ Aj )
Allgemein gilt: Für J ⊆ {1, . . . , 11}, #J = l


\
P
Aj 
=
j∈J
11 − l
11
k
Daraus ergibt sich für
11
[
Ai
=
ˆ Mindestens ein Sammelfoto fehlt an der vollständigen Serie
i=1
mit der Siebformel:
P
11
[
i=1
Ai
!
=
11
X
X
l−1
(−1)
l=1
=
11
X
J⊆{1,...,11}
#J=l
X
(−1)l−1
l=1
=
11
X
J⊆{1,...,11}
#J=l
l−1
(−1)
l=1
11
l

P
\
j∈J
11 − l
11
11 − l
11

Aj 
k
k
Zu (c):
Siebformel: (Ω, A, P) Wahrscheinlichkeitsraum und A1 , . . . , An ∈ A (n ∈ N).
Dann gilt:


!
n
n
X
X
\
[
k−1
P
=
(−1)
Aj 
Ai
P
i=1
k=1
J⊆{1,...,n}
#J=k
j∈J
Zusatz:
Es folgt die Siebformel für Kardinalitäten:
Ω endlich, A1 , . . . , An ⊆ Ω (n ∈ N). Dann gilt:
#
n
[
i=1
Ai
!
=
n
X
k=1
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(−1)k−1
X
J⊆{1,...,n}
#J=k

#
\
j∈J

Aj 
Seite 55
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 2: 3P + 7P + 2P = 12P
(a) Einem Kasten, der 16 weiße und 16 schwarze Schachfiguren enthält, werden nacheinander
3 Figuren zufällig und ohne Zurücklegen entnommen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,
hierbei 3 schwarze Figuren zu bekommen?
(b) In einem Aufzug, der noch 6 Stockwerke fährt, sind 4 Personen, die voneinander unabhängig
aussteigen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß
(i) alle in verschiedenen Stockwerken,
(ii) zwei in einem und die anderen beiden in jeweils verschiedenen Stockwerken,
(iii) alle 4 im gleichen Stockwerk,
(iv) mindestens 3 im gleichen Stockwerk aussteigen?
(c) Definieren Sie und geben Sie die Mächtigkeiten an von
(i) k−Permutationen mit Wiederholung einer n−elementigen Menge.
(ii) k−Permutationen ohne Wiederholung einer n−elementigen Menge.
Lösung:
Zu (a):
Modell: Urnenmodell mit 32 Kugeln, 16 weiße und 16 schwarze Kugeln. Ziehen: 3-mal ohne Zurücklegen.
Gesucht: P {3 schwarze Kugeln}
Hypergeometrische Verteilung: N = 32, w = 16, s = 16, n = 3.
P {3 schwarze Kugeln}
= H3,32,16 ({3})
16
16
·
3
0
7
560
=
=
=
4960
62
32
3
Zu (b):
Modell:
Ω = { (ω1 , ω2 , ω3 , ω4 )| ωi ∈ {1, . . . , 6}}, ωi =
ˆ Person i steigt in Stockwerk ωi aus.
A = P OT (Ω), P = LΩ
Zu (b.i):
A
#A
⇒
P (A)
Seite 56
= { (ω1 , . . . , ω4 ) ∈ Ω| ωi 6= ωj ∀i 6= j}
=
ˆ {Alle steigen in verschiedenen Stockwerken aus}
= 6 · 5 · 4 · 3 = 30 · 12 = 360
360
6·5·4·3
5
#A
=
=
=
=
4
#Ω
6
1296
18
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
Zu (b.ii):
Gesucht: Anzahl aller Tupel (ω1 , . . . , ω4 ) ∈ Ω, in denen eine Zahl doppelt auftritt und die beiden
übrigen voneinander verschieden sind, ebenso verschieden sind vom Paar.
6 Möglichkeiten, die Zahl auszuwählen, die doppelt auftritt.
4
Möglichkeiten, die beiden gleichen Zahlen im Tupel unterzubringen.
2
5 Möglichkeiten für die erste noch freie Stelle im Tupel, 4 Möglichkeiten für die zweite noch
freie Stelle im Tupel.
4
⇒ 6·
· 5 · 4 Tupel (B =
ˆ Menge aller dieser Tupel)
2
4
·6·5·4
2
720
= 59
= 1296
⇒ P (B) =
64
Zu (b.iii):
C
#C
⇒
=
=
P (C) =
{ (ω1 , . . . , ω4 ) ∈ Ω| ω1 = ω2 = ω3 = ω4 }
6
6
1
1
= 3 =
64
6
216
Zu (b.iv):
⇒
D
=
=
ˆ
D
=
#D
=
P (D) =
{ (ω1 , . . . , ω4 ) ∈ Ω| ∃i, j, k ∈ {1, 2, 3, 4} , i 6= j 6= k mit ωi = ωj = ωk }
{mindestens drei im gleichen Stockwerk}
C ∪· E wobei E = D \ C (=
{Genau drei im gleichen Stockwerk})
ˆ
4
#C + #E = 6 + 6 ·
· 5 = 6 + 6 · 4 · 5 = 126
3
7
6+6·4·5
=
64
72
Zu (c): Nach Definition (2.1): Es sei A 6= ∅ und k ≥ 1
(i) k-Permutationen mit Wiederholung einer n-elementigen Menge.
Jedes k-Tupel (a1 , . . . , ak ) mit ai ∈ A heißt k-Permutation aus A mit Wiederholung. Ak ist
die Menge der k-Permutationen aus A mit Wiederholung.
Kardinalität von Ak : #Ak = nk
(ii) k-Permutationen ohne Wiederholung einer n-elementigen Menge
Eine k-Permutation aus A ohne Wiederholung ist ein k-Tupel (a1 , . . . , ak ) mit ai 6= aj für
A
alle i 6= j. Die Menge aller solcher Permutationen bezeichnen wir mit Pk
. n
Kardinalität von PkA : #PkA = (n)k = n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1) = k! ·
k
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Seite 57
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 3: 4P + 6P + 2P = 12P
(a) Von den Übungsaufgaben zu einer bestimmten Vorlesung werden 20% vom Professor, 50%
vom Assistenten und 30% von einer Hilfskraft gestellt. Von den Aufgaben des Professors
können Sie erfahrungsgemäß 80%, von denjenigen des Assistenten 60% und von denjenigen
der Hilfskraft 50% lösen. Wieder einmal können Sie eine Übungsaufgabe nicht lösen. Mit
welcher Wahrscheinlichkeit stammt die Aufgabe vom Professor, vom Assistenten bzw. von
der Hilfskraft?
(b) In der Stadt Omega wird ein neuer Impfstoff gegen Stochastichitis erprobt.
Mit
I=
ˆ{Menge der Einwohner von Omega, die vor Ausbruch der Epidemie geimpft wurden}
S=
ˆ{Menge der Einwohner von Omega, die an Stochastichitis erkrankt sind}
M=
ˆ{Menge der männlichen Einwohner von Omega}
gilt:
∁
# (S
∩
I
∩
M
)
=
1000
= 4000
#
S
∩
I
∩
M
# S ∩ I ∁ ∩ M = 14000
# S ∩ I ∁ ∩ M ∁ = 10000
∁
# S ∩ I ∩ M = 1000
# S ∁ ∩ I ∩ M ∁ = 1000
# S ∁ ∩ I ∁ ∩ M = 10000
# S ∁ ∩ I ∁ ∩ M ∁ = 2000
Unter der Annahme, daß jede Person mit gleicher Wahrscheinlichkeit an Stochastichitis erkranke, vergleiche man:
(i) P (S |I ∩ M ) mit P S I ∁ ∩ M
(ii) P S I ∩ M ∁ mit P S I ∁ ∩ M ∁
(iii) P (S |I ) mit P S I ∁
(c) Geben Sie die Formel von Bayes an.
Lösung:
Zu (a):
D
=
ˆ
P (D) =
A =
ˆ
P (A)
H
=
=
ˆ
P (H) =
L =
ˆ
P ( L| D) =
P ( L| A) =
P ( L| H) =
Seite 58
{Aufgabe vom Professor (Dozenten) gestellt}
0, 2
{Aufgabe vom Assistenten gestellt}
0, 5
{Aufgabe von der Hilfskraft gestellt}
0, 3
{Aufgabe kann gelöst werden}
0, 8
0, 6
0, 5
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
Gesucht: P D L∁ , P A L∁ , P H L∁
Aus der Formel für die totale Wahrscheinlichkeit folgt:
= P L∁ D · P (D) + P L∁ A · P (A) + P L∁ H · P (H)
P L∁
=
0, 2 · 0, 2 + 0, 4 · 0, 5 + 0, 5 · 0, 3 = 0, 04 + 0, 2 + 0, 15 = 0, 39
Daraus folgt (mit der Formel von Bayes):
P
L∁ D · P (D)
0, 2 · 0, 2
4
∁
P D L
=
=
=
0, 39
39
P L∁
P
L∁ A · P (A)
20
0, 4 · 0, 5
∁
P A L
=
=
=
0, 39
39
P L∁
P L∁ H · P (H)
15
0, 5 · 0, 3
∁
=
=
=
P H L
∁
0,
39
39
P L
Zu (b.i): Vergleich von P (S |I ∩ M ) und P S I ∁ ∩ M
P (S |I ∩ M ) =
=
P S I ∁ ∩ M
=
=
P (S ∩ I ∩ M )
# (S ∩ I ∩ M )
=
P (I ∩ M )
# (I ∩ M )
1
# (S ∩ I ∩ M )
1000
=
=
∁
1000 + 1000
2
# (S ∩ I ∩ M ) + # S ∩ I ∩ M
P S ∩ I∁ ∩ M
# S ∩ I∁ ∩ M
=
P I∁ ∩ M
# I∁ ∩ M
# S ∩ I∁ ∩ M
7
14000
=
=
14000 + 10000
12
# S ∩ I∁ ∩ M + # S∁ ∩ I∁ ∩ M
P (S |I ∩ M )
< P S I ∁ ∩ M
Zu (b.ii): Vergleich von P S I ∩ M ∁ und P S I ∁ ∩ M ∁
P S I ∩ M ∁
P S I ∁ ∩ M ∁
=
=
=
=
P S ∩ I ∩ M∁
# S ∩ I ∩ M∁
=
P I ∩ M∁
# I ∩ M∁
# S ∩ I ∩ M∁
4
4000
=
=
∁
∁
∁
4000 + 1000
5
# S ∩I ∩M +# S ∩I ∩M
# S ∩ I∁ ∩ M ∁
P S ∩ I∁ ∩ M ∁
=
P I∁ ∩ M ∁
# I∁ ∩ M ∁
# S ∩ I∁ ∩ M ∁
5
10000
=
=
10000 + 2000
6
# S ∩ I∁ ∩ M ∁ + # S∁ ∩ I∁ ∩ M ∁
<
P S I ∩ M ∁
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P S I ∁ ∩ M ∁
Seite 59
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
Fachschaften Mathematik
Zu (b.iii): Vergleiche P (S |I ) und P S I ∁
P (S |I ) =
=
=
P S I ∁
=
# (S ∩ I)
# (I)
# (S ∩ I ∩ M ) + # S ∩ I ∩ M ∁
# (S ∩ I ∩ M ) + # S ∩ I ∩ M ∁ + # S ∁ ∩ I ∩ M + # S ∁ ∩ I ∩ M ∁
1000 + 4000
5
=
1000 + 4000 + 1000 + 1000
7
2
3
P (S |I )
> P S I ∁
Obwohl P (S |I ∩ M ) < P S I ∁ ∩ M und P S I ∩ M ∁ < P S I ∁ ∩ M ∁ :
Simpson-Paradoxon:
Q := P ( · |I ) ist Wahrscheinlichkeitsmaß.
Nach der Formel von der totalen Wahrscheinlichkeit, angewandt auf Q, folgt:
P (S |I )
=
=
(∗)
=
Bemerkung zu (∗):
Q (S)
Q (S |M ) · Q (M ) + Q S M ∁ · Q M ∁
4
1
· P M ∁ |I
· P (M |I ) +
2
5
(#)
∁
(#)
P (S |M ∩ I )
P
S
∩
I
M
|
{z
}
{z
}
|
P ( S ∩ M | I)
Q (S ∩ M )
=
=
Q (S |M ) =
Q (M )
P ( M | I)
P (S ∩ M ∩ I)
P (S ∩ M ∩ I)
P (I)
=
= P (S |M ∩ I )
P (M ∩ I)
P (M ∩ I)
P (I)
Analog folgt:
P S I ∁ =
7
5
· P M I ∁ +
· P M ∁ I ∁
12
6
(#)
(#)
P S M ∩ I ∁
P S M ∁ ∩ I ∁
{z
}
{z
}
|
|
Bemerkung zu (#): Wichtig sind die eingehenden “Gewichte”.
Zu (c): Nach Satz (7.4):
Es seien B1 , B2 , . . . disjunkte Ereignisse und A ⊂
Wahrscheinlichkeit:
P (A) =
∞
X
n=1
Seite 60
∞
[
Bn . Dann gilt die Formel von der totalen
n=1
P (Bn ) · P (A |Bn )
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
und im Fall P (A) > 0 gilt die Formel von Bayes:
P ( Bk | A)
=
P (Bk ) · P (A |Bk )
∞
X
n=1
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P (Bn ) · P (A |Bn )
Seite 61
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
Fachschaften Mathematik
Aufgabe 4: 4P + 6P + 2P = 12P
(a) Der
zweidimensionale
Zufallsvektor
(X, Y ) sei gleichverteilt auf dem Einheitskreis Ω :=
(x, y) ∈ R2 x2 + y 2 ≤ 1 . Es sei R der Abstand eines zufällig gezogenen Punktes (x, y)
zum Ursprung. Berechnen Sie:
(i) Die Verteilungsfunktion von R;
(ii) Die Dichte der Verteilung von R;
(iii) Den Erwartungswert und die Varianz von R.
(b) Aus einer Urne mit n Kugeln, die von 1 bis n durchnummeriert sind, werden k ≥ 1 Kugeln
zufällig und mit Zurücklegen gezogen. Sei X die größte gezogene Zahl unter den k gezogenen.
(i) Man gebe ein geeignetes mathematisches Modell an.
(ii) Man berechne P {X ≤ m} für 1 ≤ m ≤ n.
(iii) Man bestimme die Verteilung von X.
(iv) Berechnen Sie E (X). (Es reicht eine Formel anzugeben!)
(c) Man definiere die Begriffe Verteilungsfunktion und Dichte der Verteilung einer Zufallsvariablen.
Lösung:
(X, Y ) gleichverteilt auf dem Einheitskreis Ω = (x, y) ∈ R2 x2 + y 2 ≤ 1 , R Abstand eines zufällig gezogenen Punktes vom Ursprung
√
R = X 2 + Y 2.
Zu (a.i): Verteilungsfunktion von R (0 ≤ t ≤ 1):
p
o
o
n
np
X 2 + Y 2 ≤ t = P(X,Y ) (x, y) ∈ Ω x2 + y 2 ≤ t
P {R ≤ t} = P
p
n
o
λ2 (x, y) ∈ Ω x2 + y 2 ≤ t
λ2 (Ω)
y
=
π · t2
= t2
π
y
Ω
1
Ω
1
t
1
F (t) =
ist die Verteilungsfunktion von R.
Seite 62
t
x

 0
t2

1
1
x
für t < 0
für 0 ≤ t ≤ 1
für t > 1
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Zu (a.ii): F (stückweise) stetig differenzierbar
⇒ Verteilung von R besitzt Dichte f , und es gilt f = F ′ .
⇒ f (t) = 2 · t · 1[0,1] (t) ist die Dichte der Verteilung von R.
Zu (a.iii):
E (R) =
E R2
⇒
=
V (R) =
Zu (b.i):
Modell:
1
2
2 3
t
=
tf (t) dλ (t) =
2t dt =
3 0
3
R
0
1
Z 1
Z
1
2 4
=
t
t2 f (t) dλ1 (t) =
2t3 dt =
4
2
R
0
0
1 4
1
2
2
E R − (E (R)) = − =
2 9
18
Z
1
Z
1
2
Ω = { (ω1 , . . . , ωk )| ωi ∈ {1, . . . , n}}, ωi =
ˆ Nummer der gezogenen Kugel im i.ten Zug, A =
P OT (Ω) , P = LΩ
Zu (b.ii):
X ((ω1 , . . . , ωk )) = max {ω1 , . . . , ωk } ,
Gesucht: P {X ≤ m}
für 1 ≤ m ≤ n
P {X ≤ m} =
=
=
mit (ω1 , . . . , ωk ) ∈ Ω
P { (ω1 , . . . , ωk ) ∈ Ω| max {ω1 , . . . , ωk } ≤ m}
P { (ω1 , . . . , ωk ) ∈ Ω| ωi ∈ {1, . . . , m}}
m k
mk
# { (ω1 , . . . , ωk ) ∈ Ω| ωi ∈ {1, . . . , m}}
= k =
#Ω
n
n
Zu (b.iii):
P {X = 1} = P {(1, . . . , 1)} =
1
nk
k
1
2
2k − 1
P {X = 2} = P ({X ≤ 2} \ {X = 1}) =
− k =
n
n
nk
k k
3
3k − 2k
2
P {X = 3} = P ({X ≤ 3} \ {X ≤ 2}) =
−
=
n
n
nk
..
.
k
k
nk − (n − 1)
n−1
=
P {X = n} = P ({X ≤ n} \ {X ≤ n − 1}) = 1 −
n
nk
k
Allgemein: P {X = m} =
mk − (m − 1)
nk
für 1 ≤ m ≤ n
Zu (b.iv):
E (X) =
n
X
m=1
m · P {X = m} =
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n
X
m=1
k
m·
mk − (m − 1)
nk
Seite 63
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
Fachschaften Mathematik
Zu (c): Nach Satz (4.7) und Definition (4.8):
(i) Sei X : (Ω, A) → (R, B (R)) eine reelle Zufallsvariable, P ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf
(Ω, A).
Dann ist die Verteilungsfunktion FX von X definiert durch
FX (t) = PX (]−∞, t])
(= P {X ≤ t} = P {ω ∈ Ω |X (ω) ≤ t })
für ein t ∈ R.
(ii) Sei X : (Ω, A) → Rd , B Rd eine reelle Zufallsvariable, P ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf
(Ω, A).
Die Verteilung PX sei ein Wahrscheinlichkeitsmaß mit Dichte f bezüglich λd , daß heißt es
gelte
Z
PX (A) = f · 1A dλd ∀A ∈ B Rd
d
dabei ist f : R → R+ ∪ {+∞} meßbar mit
Z
f dλd = 1.
Dann ist f die Dichte der Verteilung der Zufallsvariablen X.
Seite 64
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Aufgabe 5: 4P + 6P + 2P = 12P
(a) Die Verteilung der reellen Zufallsvariablen X habe die Dichte fX . Zeigen Sie, daß die Verteilung von Y := |X| die Dichte
fX (x) + fX (−x)
falls x > 0
fY (x) =
0
falls x ≤ 0
besitzt.
(b) Es sei X auf [−1, 1] gleichverteilt. Zeigen Sie:
(i) X und Y := X 2 sind unkorreliert;
(ii) Die Zufallsvariablen Yk := sin (πkX), k ≥ 1 sind paarweise unkorreliert.
n
1X
sin (πkX) → 0 für n → ∞ stochastisch.
(iii)
n
k=1
(c) Geben Sie die Transformationsformel für E (g (X)) an.
Lösung:
Zu (a): PX besitzt Dichte fX
Sei t > 0
P {Y ≤ t} =
=
=
=
P {|X| ≤ t} = P {−t ≤ X ≤ t} = PX ([−t, t])
Z
Z t
fX (y) · 1[−t,t] (y) dy =
fX (y) dy
Z
0
−t
Z t
fX (y) dy +
Z
−t
t
fX (y) dy =
0
t
fX (−z) dz +
0
fX (y) + fX (−y) dy =
0
Z
t
−∞
Zu (b): PX besitzt die Lebesgue-Dichte f (x) =
Z
1
2
Z
t
fX (y) dy
0
(fX (y) + fX (−y)) · 1]0,∞[ (Y ) dy
· 1[−1,1] (x)
Zu (b.i):
Behauptung: X und Y := X 2 sind unkorreliert
Beweis:
Zu Zeigen: Kov (X, Y ) = E (X · Y ) − E (X) · E (Y ) = 0
E (X) =
E (X · Y ) = E X 3
=
1
1 1 2
1
1 1
=0
x dx = ·
·x
−
= ·
2 2
2
2 2
−1
−1
1
Z 1
1
1 1 4
1
1 1
=0
x3 dx = ·
·
·x
−
= ·
2 −1
2 4
2
4 4
−1
1
·
2
Z
1
Somit folgt: Kov (X, Y ) = 0
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Zu (b.ii): Yk := sin (πkX), k ≥ 1
Behauptung: Die Zufallsvariablen (Yk )k≥1 sind paarweise unkorreliert
Beweis: Seien k, l ≥ 1, k 6= l
Z
Z
sin (πkx) · f (x) dx
sin (πkx) dPX (x) =
E (Yk ) = E (sin (πkX)) =
R
R
=
=
=
=
1
·
2
Z
1
−1
sin (πkx) · sin (πlx) dx
| {z } | {z }
u
v′
1
1
1
· sin (πkx) · − cos (πlx)
2
πl
−1
Z 1
1
1
πk cos (πkx) · − cos (πlx) dx
− ·
2 −1
πl
Z 1
1 k
0+ · ·
cos (πkx) · cos (πlx) dx
{z } | {z }
2 l
−1 |
u
v′
1
1 k
1
· · cos (πkx) ·
sin (πlx)
2 l
πl
−1
Z 1
1
1 k
(−πk sin (πkx)) ·
sin (πlx) dx
− · ·
2 l
πl
−1
Z 1
1 k2
· 2 ·
sin (πkx) · sin (πlx) dx
2 l
−1
−1
Z 1
1 k2
sin (πkx) · sin (πlx) dx
· 2 ·
2 l
−1
−1
Z 1
k2
1
k2
·
sin (πkx) · sin (πlx) dx · 1 − 2 · = 0. Wegen 1 − 2 · 6= 0 da k 6= l
2 −1
l
l
Z 1
sin (πkx) · sin (πlx) dx = 0
⇒ E (Yk · Yl ) =
1
·
2
⇔
1
R
=
Also:
Z
sin (πkx) dx = 0 da sin ungerade
Z
= E (sin (πkX) · sin (πlX)) =
sin (πkx) · sin (πlx) dPX (x)
=
E (Yk · Yl )
1
·
2
Z
1
sin (πkx) · sin (πlx) dx =
−1
Somit folgt:
Kov (Yk , Yl ) = E (Yk · Yl ) − E (Yk ) · E (Yl ) = 0
Seite 66
Letzte Änderung: 18. Januar 2007
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
Zu (b.iii):
Behauptung:
n
1 X
n→∞
·
Yk −−−−→ 0
n
stochastisch
k=1
Beweis: Sei k ≥ 1
|Yk | = |sin (πkX)| ≤ 1
⇒ Yk2 ≤ 1 ⇒ E Yk2 ≤ 1
2
Somit ist V (Yk ) = E Yk2 − (E (Yk )) = E Yk2 ≤ 1 da E (Yk ) = 0 (siehe (b.ii))
Damit ist (Yk ) eine Folge von quadratisch integrierbaren und unkorrelierten Zufallsvariablen (nach
(b.ii)) mit gleichem Erwartungswert 0 = E (Yk ) und beschränkten Varianzen V (Yk ) ≤ 1 ∀k ≥ 1.
n
1 X
Nach dem schwachen Gesetz der großen Zahlen konvergiert ·
Yk stochastisch gegen 0.
n
k=1
Zu (c): Nach Satz (5.4):
Es sei (Ω, A, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum, ferner sei A′ eine σ-Algebra auf Ω′ ,
X : (Ω, A) → (Ω′ , A′ ) eine Zufallsvariable und g : Ω′ → R eine reelle Zufallsvariable. Dann ist
g (X) = g ◦ X genau dann integrierbar bezüglich P, wenn g integrierbar bezüglich PX ist und es
gilt:
Z
Z
E (g ◦ X) = E (g (X)) =
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g dPX =
g (x) dPX (x)
Seite 67
H-Doz. Dr. H.P. Scheffler
Sommersemester 2001
Nachklausur zur Vorlesung Stochastik I - Lösung
Name, Vorname:
Geburtsdatum:
Matrikelnummer:
Bearbeiten Sie bitte alle fünf Aufgaben. Die maximal erreichbare Punktezahl finden Sie neben
jeder Aufgabe.
Für einen qualifizierten Studiennachweis benötigen Sie mindestens 18 ± ε Punkte. Für einen Leistungsnachweis sind mindestens 24±ε Punkte notwendig. Sie haben zum Bearbeiten der Aufgaben
3 Stunden Zeit.
Bitte verwenden Sie für jede Aufgabe ein gesondertes Blatt, welches Sie mit Ihrem Namen und
Matrikelnummer versehen.
Achten Sie in der Klausur auf sorgfältige und exakte Formulierungen. Geben Sie, falls gefordert,
Definitionen oder Sätze stets exakt (mit allen Voraussetzungen) an.
Bei der Bearbeitung der einzelnen Aufgaben genügt es, entsprechende Formeln abzuleiten, exakte numerische Berechnungen, etwa mit Hilfe eines Taschenrechners sind nicht erforderlich.
Hilfsmittel (Bücher, Skripten) sind nicht zugelassen!
Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
Aufgabe 1: 8P + 2P = 10P
(a) An einer Theatergarderobe werden nach Ende der Vorstellung zunächst die Mäntel und
anschließend (unabhängig davon) die Hüte zufällig zurückgegeben. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß keiner der Besucher beide Kleidungsstücke (sowohl den eigenen Mantel,
als auch den eigenen Hut) zurückerhält?
(b) Geben Sie die Siebformel an.
Lösung:
Zu (a):
n sei die Anzahl der Besucher
Modell:
Ω1 = Pn{1,...,n} = {(ω1 , . . . , ωn ) | ωi ∈ {1, . . . , n} , ωi 6= ωj ∀i 6= j}
Ω = Ω1 × Ω1
=
=
#Ω1 = n!
Pn{1,...,n} × Pn{1,...,n}
{(ω1 , . . . , ωn ) , (ω1′ , . . . , ωn′ ) | (ω1 , . . . , ωn ) ∈ Ω1 , (ω1′ , . . . , ωn′ ) ∈ Ω2 }
((ω1 , . . . , ωn ) , (ω1′ , . . . , ωn′ )) ∈ Ω bedeutet:
Besucher 1 erhält Mantel ω1 und Hut ω1′
..
.
Besucher n erhält Mantel ωn und Hut ωn′
2
#Ω = (n!)
A = P OT (Ω)
P = LΩ
Laplace-Verteilung
Für i ∈ {1, . . . , n} sei Ai das Ereignis Mindestens ein Besucher erhält sowohl den eigenen Mantel,
”
als auch den eigenen Hut“.
Ai
= {((ω1 , . . . , ωn ) , (ω1′ , . . . , ωn′ )) ∈ Ω | ωi = ωi′ = i}
= {(ω1 , . . . , ωn ) ∈ Ω1 | ωi = i}
2
mit
2
#Ai = ((n − 1)!) .
n
S
Ai ist dann das Ereignis Mindestens ein Besucher erhält sowohl den eigenen Mantel, als auch
”
∁ !
n
S
.
den eigenen Hut“; gesucht ist also P
Ai
i=1
i=1
Für J ⊂ {1, . . . , n}, #J = k gilt
\
i∈J
Ai = {((ω1 , . . . , ωn ) , (ω1′ , . . . , ωn′ )) ∈ Ω | ωi = ωi′ ∀i ∈ J}
und somit
#
\
Ai
i∈J
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!
2
= ((n − k)!) .
Seite 69
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
Mit der Siebformel erhält man:
!
n
[
Ai
P
=
i=1
n
X
(−1)
k=1
=
n
X
J⊆{1,...,n}
#J=k
=
=
k=1
n
X
J⊆{1,...,n}
#J=k
k−1
(−1)
k−1
(−1)
k=1
=
X
(−1)k−1
k=1
n
X
X
k−1
P
Fachschaften Mathematik
\
Ai
i∈J
!
((n − k)!)2
2
(n!)
((n − k)!)2
n
·
·
2
k
(n!)
2
·
((n − k)!)
n!
·
2
(n − k)! · k!
(n!)
n
1 X
(n − k)!
·
(−1)k−1 ·
n!
k!
k=1
⇒
!∁ 
n
n
[
1 X
k−1 (n − k)!
·
(−1)
·
Ai  = 1 −
P
n!
k!
i=1

k=1
ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit.
Zu (b): Nach (2.5): Es sei (Ω, A, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum und A1 , . . . , An ∈ A. Die Siebformel liefert die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens eines der A1 , . . . , An eintritt:
!
!
n
n
X
X
[
\
k−1
P
(−1)
P
Aj =
Aj .
j=1
Seite 70
k=1
J⊂{1,...,n}
#J=k
j∈J
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Aufgabe 2: 2P + 2P + 2P + 2P = 8P
Die Blutspender der UniDo werden nach einem neuen Testverfahren auf Antikörper gegen Viren
vom Typ B untersucht. Spenden, bei denen der Test positiv ist, werden ausgesondert. Aufgrund
klinischer Untersuchungen ist bekannt, daß der Test mit Wahrscheinlichkeit 1 − α positiv ausfällt,
wenn das Spenderblut Antikörper enthält, und mit Wahrscheinlichkeit 1− β negativ ausfällt, wenn
keine Antikörper vorliegen. Aufgrund früherer Untersuchungen weiß man, daß bei den Spendern der
UniDo das Spenderblut mit Wahrscheinlichkeit γ Antikörper enthält. (Dabei sind 0 < α, β, γ < 1.)
(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß eine Blutprobe mit Antikörpern beim Test nicht
erkannt wird?
(b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß eine Blutprobe ausgesondert wird?
(c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß eine Spende, die ausgesondert wurde, antikörperfrei
ist?
(d) Geben Sie
(i) den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit und
(ii) die Bayes’sche Formel an.
A =
ˆ Ereignis: ”Spenderblut enthält Antikörper“
=
ˆ Ereignis: ”Test fällt positiv aus“
Q
Bekannt:
P (A)
P (Q | A)
P Q∁ A∁
Lösung:
=
=
γ
1−α
=
1−β
Zu (a): Gesucht: P Q∁ A
P Q∁ A = 1 − P (Q | A) = 1 − (1 − α) = α
Zu (b): Gesucht: P (Q)
Nach der Formel von der totalen Wahrscheinlichkeit:
P (Q) = P (A) · P (Q | A) + P A∁ · P Q A∁
= γ · (1 − α) + (1 − γ) · β.
Zu (c): Gesucht: P A∁ Q
Nach der Formel von Bayes:
∁
·
P
A∁
P
Q
A
β · (1 − γ)
∁
P A Q =
=
.
P (Q)
(1 − α) · γ + (1 − γ) · β
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Zu (d):
(i) Nach (7.1): Es seien (Ω, A, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum und A, B ∈ A mit P (B) > 0.
Dann heißt die Zahl
P (A ∩ B)
P (A | B) :=
P (B)
die bedingte Wahrscheinlichkeit von A unter B.
(ii) Nach (7.4): Es seien B1 , B2 , . . . disjunkte Ereignisse und A ∈ A mit A ⊂
P (A) =
∞
X
n=1
∞
S
Bn . Dann gilt
n=1
P (Bn ) · P (A | Bn )
und (im Fall P (A) > 0)
P (Bk ) · P (A | Bk )
P (Bk | A) = P
.
∞
P (Bn ) · P (A | Bn )
n=1
Seite 72
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Aufgabe 3: 2P + 1P + 3P + 4P + 2P = 12P
Sei a > 0 und k ∈ N. Die Pareto-Verteilung Pa;k ist definiert durch die Verteilungsfunktion
0
x≤a
F (x) =
1 − ak x−k
x>a
(a) Zeigen Sie, daß F eine Verteilungsfunktion ist.
(b) Zeigen Sie, daß Pa;k eine Dichte besitzt und bestimmen Sie diese.
j
(c) Es sei X eine Zufallsvariable mit Verteilung Pa;k . Für welche j ∈ N ist E |X| < ∞?
(d) Es seien X, Y unabhängige Pa;k -verteilte Zufallsvariable. Geben Sie die Verteilungsfunktionen und Dichten von min (X, Y ) und max (X, Y ) an.
(e) Definieren Sie die Begriffe:
(i) Lebesgue-Dichte einer Verteilung;
(ii) Verteilungsfunktion einer reellen Zufallsvariable.
Lösung:
Zu (a):
(1) F ist monoton wachsend:
x ≤ a < y:
F (x)
= 0
F (y) = 1 − ak y −k
k
a
>0
= 1−
y
V
y>a
⇒
a
<1
y
⇒
k
a
<1
y
⇒
1−
k
a
>0
y
Also F (y) > F (x).
a < x < y:
k k
1
1
1
1
>
>
⇒
x
y
x
y
k
a k a k
a k
a
>
⇒ 1−
<1−
x
y
x
y
x<y
⇒
Also F (y) > F (x).
⇒
Somit gilt:
F (y) > F (x)
für alle x, y ∈ R mit x < y.
(2) F ist setig:
Zu (∗):
ak x↓a ak
xk −−→ ak
ak (∗)
lim F (x) = lim 1 − k = 1 − 1 = 0 = F (a)
x↓a
x↓a
x
= 1.
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Seite 73
U
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(1)
lim F (x) = 0 trivialerweise
x→−∞
ak x→∞
ak
1 − k = 1 da k −−−−→ 0
lim F (x) = lim
x→+∞
x→+∞
x
x
Aus (1), (2) und (3) folgt: F ist Verteilungsfunktion.
Zu (b):
F ist stetig differenzierbar auf R \ {a}
⇒
Pa,k besitzt Dichte f , und es gilt F ′ = f (auf R \ {a} ).
x > a:
F ′ (x) = −ak (−k) x−k−1 = k
ak
xk+1
x < a:
F ′ (x) = 0
⇒
f (x) = k ·
ak
·1
(x)
xk+1 ]0,∞[
ist die Dichte.
Zu (c):
X Zufallsvariable mit PX = Pa,k , j ∈ N:
Z
Z
j
j
j
=
|X| dP =
|x| · f (x) dλ1 (x)
E |X|
Z ∞
Z ∞
j
xj · x−(k+1) dx
|x| · k · ak · x−(k+1) dx = k · ak ·
=
a
a
Z ∞
Z ∞
1
k
j−(k+1)
k
= k·a ·
x
dx = k · a ·
dx
(k+1)−j
x
a
|a
{z
}
(#)
Zu (#): Existiert genau für (k + 1) − j > 1. (Analysis I:
Also ist für j ∈ N mit j < k
j
E |X| < ∞.
R∞
1
1
xα
dx existiert ⇔ α > 1)
Zu (d):
X, Y sind unabhängige Zufallsvariable mit PX = PY = Pa,k .
Fmin(X,Y ) (t)
=
P {min (X, Y ) ≤ t} = 1 − P {min (X, Y ) > t}
=
1 − P {X > t, Y > t} = 1 − P {X > t} · P {Y > t}
=
t>a
=
(♣)
2
2
2
1 − (P {X > t}) = 1 − (1 − P {X ≤ t}) = 1 − (1 − FX (t))
2
k 2
ak
a2k
a
1− 1− 1− k
= 1−
=
1
−
für t > a
t
tk
t2k
Zu (♣): X und Y sind unabhängig.
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Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
Fmin(X,Y ) (t) = 0 für t ≤ a
⇒
Pmin(X,Y ) = Pa,2k
und somit ist
fmin(X,Y ) (x) = 2k ·
a2k
· 1]a,∞[ (x)
x2k−1
die Dichte von Pmin(X,Y ) .
(♣)
Fmax(X,Y ) (t) = P {max (X, Y ) ≤ t} = P {X ≤ t, Y ≤ t} = P {X ≤ t} · P {Y ≤ t}
2
ak
2
2 t>a
= (P {X ≤ t}) = (FX (t)) = 1 − k
für t > a
t
Fmax(X,Y ) (t) = 0 für t ≤ a
Zu (♣): X und Y sind unabhängig.
Fmax(X,Y ) ist stetig und stetig differenzierbar auf R \ {a}
⇒
′
Pmax(X,Y ) besitzt Dichte fmax(X,Y ) , und es gilt Fmax(X,Y
) = fmax(X,Y ) .
Für t > a:
ak
2 · 1 − k · −ak · (−k) · t−k−1
t
1
ak
= 2kak · 1 − k · k+1
t
t
fmax(X,Y ) (t) = 2kak 1 − ak x−k x−(k+1) 1]a,∞[ (x)
′
Fmax(X,Y
) (t) =
⇒
Zu (e):
d
(i) Nach (3.19): Es sei f : R → R+ ∪ {∞} eine meßbare Funktion mit
durch
P (A) =
Z
1A · f dλd
A ∈ B Rd
Z
f dλd = 1. Dann wird
ein Wahrscheinlichkeitsmaß P auf Rd definiert. Die Funktion f nennen wir Lebesgue-Dichte
d
von P. Sämtliche
Z Wahrscheinlichkeitsmaße die man so erhält sind diffus, d.h. für alle ω ∈ R
gilt P {ω} =
1{ω} · f dλd = f (ω) · λd {ω} = 0.
(ii) Nach (4.7) und (4.8): Es sei X : (Ω, A) → (Ω′ , A′ ) eine Zufallsvariable auf einem Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A, P). Dann wird durch
PX : A′ → R+
PX (A′ ) = P {X ∈ A′ } = P {ω ∈ Ω | X (ω) ∈ A′ }
ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf (Ω′ , A′ ) definiert. Das so eingeführte Wahrscheinlichkeitsmaß
PX auf (Ω′ , A′ ) heißt Verteilung von X unter P.
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Fachschaften Mathematik
Aufgabe 4: 4P + 2P + 2P + 2P = 10P
(a) Die Bauteile Bi eines Systems besitzen die Lebensdauer Xi , 1 ≤ i ≤ n. Die Xi seien unabhängig und besitzen eine Exponentialverteilung mit Parameter λi ≥ 0 für 1 ≤ i ≤ n.
Bestimmen Sie die Verteilung der Gersamtlebensdauer Z des Systems, falls
(i) die Bi in Reihe geschaltet sind;
(ii) die Bi parallel geschaltet sind.
(b) Es sei X eine Zufallsvariable mit Exponentialverteilung mit Parameter λ > 0. Berechnen Sie
E (X) und V (X).
(c) Beweisen Sie: Sind X1 , . . . , Xn unabhängige reelle Zufallsvariablen, so gilt für die Verteilungsfunktion
n
Y
FXi (x) .
Fmax{Xi :1≤i≤n} (x) =
i=1
(d) (i) Definieren Sie die Varianz einer reellen Zufallsvariablen.
(ii) Geben Sie die Tschebyscheff-Ungleichung an.
Lösung:
Zu (a):
Xi unabhängige Zufallsvariable
PXi besitzt Dichte fi (x) = λi e−λi x · 1[0,∞[ (x)
und Verteilungsfunktion Fi (t) = 1 − e−λi t · 1[0,∞[ (x)
(i) Bi in Reihe geschaltet:
Z = min (X1 , . . . , Xn )
FZ (t) =
=
=
=
=
FZ (t) =
Gesamtlebensdauer des Systems
P {X ≤ t} = P {(min (X1 , . . . , Xn ) ≤ t)} = 1 − P {(min (X1 , . . . , Xn ) > t)}
(♣)
1 − P {X1 > t, . . . , Xn > t} = 1 − P {X1 > t} · . . . · P {Xn > t}
1 − (1 − P {X1 ≤ t}) · . . . · (1 − P {Xn ≤ t})
1 − (1 − F1 (t)) · . . . · (1 − Fn (t))
−λ1 t
1−e
·... ·e
0 für t < 0
−λn t
= 1−e
für t ≥ 0
−(λ1 +...+λn )t
Zu (♣): Die Xi sind unabhängig.
Z ist exponential-verteilt mit Parameter λ1 + . . . + λn
(ii) Bi parallel geschaltet:
Z = max (X1 , . . . , Xn )
FZ (t)
=
(♣)
=
t≥0
FZ (t)
=
=
Gesamtlebensdauer des Systems
P {Z ≤ t} = P {max (X1 , . . . , Xn ) ≤ t} = P {X1 ≤ t, . . . , Xn ≤ t}
P {X1 ≤ t} · . . . · P {Xn ≤ t} = F1 (t) · . . . · Fn (t)
1 − e−λ1 t · . . . · 1 − e−λn t
0 für t < 0
Zu (♣): Die Xi sind unabhängig.
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Lehrstuhl IV
Stochastik I Klausur - Sommersemester 2001
Zu (b):
X exponential-verteilte Zufallsvariable,
das heißt PX besitzt Dichte f (x) = λe−λx · 1[0,∞[ (x)
E (X)
Z
=
partielle
=
Integrateion
=
E X2
Z
=
partielle
=
Integrateion
=
⇒
Z ∞
x · f (x) dλ1 (x) = λ ·
x · e−λx dx
0
∞
Z ∞
1
1 −λx
− e−λx dx
−λ·
λ· x· − e
λ
λ
0
0
|
{z
}
=0
∞
Z ∞
1 −λx
1
1
−λx
e
dx = − e
= 0+ =
λ
λ
λ
0
0
Z ∞
x2 · e−λx dx
x2 · f (x) dλ1 (x) = λ ·
0
∞
Z ∞
1
1
−λ·
2x · − e−λx dx
λ · x2 · − e−λx
λ
λ
0
0
{z
}
|
=0
Z ∞
Z ∞
1
1
2·
x · e−λx dx = 2 · · λ ·
x · e−λx dx = 2 · 2
λ
λ
0
0
{z
}
|
1
=
siehe oben
λ
1
1
2
2
V (X) = E X 2 − (E (X)) = 2 − 2 = 2
λ
λ
λ
Zu (c): X1 , . . . , Xn unabhängige reelle Zufallsvariablen mit Verteilungsfunktion FXi .
Fmax{Xi :1≤i≤n} (x)
=
(♣)
=
=
P {max {Xi : 1 ≤ i ≤ n} ≤ x} = P {X1 ≤ x, . . . , Xn ≤ x}
P {X1 ≤ x} · . . . · P {Xn ≤ x} = FX1 (x) · . . . · FXn (x)
n
Y
FXi (x)
i=1
Zu (♣): Die Xi sind unabhängig.
Zu (d):
(i) Nach (3.21): Es sei P ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf (R, B (R)). Dann heißt die Funktion
FP (x) := P (]−∞, x]) ,
x ∈ R die Verteilungsfunktion von P.
(ii) Nach (5.17): Es sei X eine quadratisch integrierbare Zufallsvariable. Dann gilt für alle ε > 0:
P {|X − E (X)| ≥ ε} ≤
V (X)
ε2
ε
ε
z }| { z }| {
E (X)
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Fachschaften Mathematik
Aufgabe 5: 5P + 5P + 2P = 12P
(a) Es sei (X0 , X1 , . . .) eine Markovkette mit Übergangsmatrix


0 21 12
K =  21 0 12 
0 0 1
(i) Geben Sie den Übergangsgraphen an.
(ii) Was kann man über das Konvergenzverhalten von K n beziehungsweise P {Xn = i}
sagen? Bestimmen Sie gegebenenfalls die Grenzwerte.
(b) Es sei (X0 , X1 , . . .) eine Markovkette mit Übergangsmatrix


0 1 0
K = 1 0 0 
0 0 1
(i) Berechnen Sie K n für alle n ≥ 1.
(ii) Berechnen Sie die stationären Vektoren von K, das heißt die Zähldichten π mit π·K = π.
(c) Formulieren Sie den Satz von Markov.
Lösung:
Zu (a.i): Übergangsgraph:
1
2
1
2
1
2
3
1
1
2
1
2
Zu (a.ii):
Da K eine strikt positive Spalte besitzt ist der Satz von Markov anwendbar, und es folgt
K n → Q,
wobei

←
Q= ←
←
π
π
π

→
→ 
→
und π ist die eindeutig bestimmte staionäre Verteilung.
Ermittlung von π:
1
2 π2 = π1
π·K =π
⇔
1
2 π1
1
2 π1
I
= π2
+
1
2 π2
II
+ π3 = π3
III
Aus I und II folgt π1 = π2 = 0 und aus III folgt π3 = π3 . Wegen π1 + π2 + π3 = 1 folgt π3 = 1,
und somit ist π = (0, 0, 1) die stationäre Verteilung.
Also


0 0 1
n→∞
K n −−−−→  0 0 1  .
0 0 1
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Lehrstuhl IV
⌈
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(P {Xn = 1} , P {Xn = 2} , P {Xn = 3}) = (σ1 , σ2 , σ3 ) · K n
konvergiert für n → ∞ gegen

0
(σ1 , σ2 , σ3 ) ·  0
0

0 1
0 1  = (0, 0, σ1 + σ2 + σ3 ) = (0, 0, 1) = π,
0 1
ist also unabhängig von der Startverteilung σ.
Zu (b.i):

0 1
K= 1 0
0 0
⇒
Somit:
Zu (b.ii):

0
0 
1
⇒

1
K2 =  0
0
⌋

0 0
1 0 =I
0 1
K 3 = K · K 2 = K, K 4 = K 2 · K 2 = I, . . .
 
1



 0




0
n

K =

0



 1



0

0
(π1 , π2 , π3 ) ·  1
0
die allgemeine Lösung lautet also:
1
0
0

0 0
1 0 
0 1

1 0
0 0 
0 1
falls n gerade
falls n ungerade

0
0  = (π1 , π2 , π3 )
1
{(s, s, t) : s, t ∈ R} .
⇔

 π2 = π1
π1 = π2 ,

π3 = π3
Wegen 1 = π1 + π2 + π3 = 2s + t folgt t = 1 − 2s und 0 ≤ s, t ≤ 1 liefert
1
π = (s, s, 1 − 2s) : 0 ≤ s ≤
2
als Menge der stationären Vektoren.
Zu (c): Nach Satz (8.8):
Es sei (Xn )n∈N eine Markoff-Kette mit endlichem Zustandsraum I und Übergangsmatrix K. Es
N
> 0 für alle i ∈ I. Dann gibt es eine Zähldichte π ∈ RI+
existiere ein N ≥ 1, j0 ∈ I, so daß Ki,j
0
mit P {Xn = i} → πi für alle i ∈ I, und π ist unabhängig von der Startverteilung.
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