(X Y )(a) = X (a) Y (a).

Transkript

1 Aufgabe Teilaufgabe a) Seien X, Y zwei Zufallsvariablen, so definieren wir das Produkt dieser Zufallsvariablen X Y wie folgt: (X Y )(a) = X (a) Y (a). Teilaufgabe b) Gegenbeispiel: Betrachten wir uns folgenden sample Space eines Münzwurfs: S = {(W, W ), (W, K ), (K, W ), (K, K )} Nun sei die Münze keine faire Münze, und das Paar (K, K ) soll doppelt so häufig auftreten wie sonst. Die Wahrscheinlichkeit bei einer fairen Münze ein obiges Paar aus dem sample Space zu erhalten, unter anderem auch (K, K ), beträgt p(a) = 4, mit a S. Wenn nun die Wahrscheinlichkeit von (K, K ) doppelt so groß ist, bedeutet dies konkret für die jeweiligen Wahrscheinlichkeiten: p(k, K ) = 2 4 = 2 p(k, W ) = 4 p(w, K ) = 8 p(w, W ) = 8 Die restlichen Wahrscheinlichkeiten, also p(k, W ), p(w, K ), p(w, W ), sind so angepasst worden, damit die Bedingung p(a) = erfüllt ist. Definieren wir uns nun zwei Zufallsvariable X, Y, wobei X die Anzahl der Köpfe und Y die Anzahl der Wappen zählt wie folgt: 2, wenn a a 2 = K X (a) = X ((a, a 2 )) =, wenn a a 2 = K 0, sonst 2, wenn a a 2 = W Y (a) = Y ((a, a 2 )) =, wenn a a 2 = W 0, sonst von

2 Betrachten wir uns das Produkt der Zufallsvariablen X, Y, sprich X Y, so ist aus Teilaufgabe (a) folgendes bekannt: (X Y )(a) = X (a) Y (a) Mit den obigen (angepassten) Wahrscheinlichkeiten können wir folgende Erwartungswerte E(X ), E(Y ) und E(X Y ) wie folgt berechnen: E(X ) = a E(Y ) = a (p(a) X (a)) = = 8 (p(a) Y (a)) = = 5 8 E(X Y ) = a (p(a) (X Y )(a)) = a (p(a) X (a) Y (a)) = = 3 8 Betrachten wir uns nun die Erwartungswerte E(X ) E(Y ) und E(X Y ): E(X ) E(Y ) = (p(a) X (a)) (p(a) Y (a)) = = a a E(X Y ) = a (p(a) (X Y )(a)) = a (p(a) X (a) Y (a)) = 3 8 Offensichtlich gilt hier E(X ) E(Y ) E(X Y ), womit die Behauptung E(X ) E(Y ) = E(X Y ) widerlegt ist. Teilaufgabe c) Sei > 0. Gemäß der Definition einer bedingten Wahrscheinlichkeit gilt: P(A B) = P(A B) () Beweis: : Seien nun A, B paarweise unabhängig, so gilt: P(A B) = P(A) Ersetzen wir nun P(A B) mit P(A) in Gleichung (), so erhalten wir: P(A B) = P(A B) = P(A) = P(A) Sind A, B paarweise unabhängig, so gilt P(A B) = P(A). 2 von

3 : Durch eine Multiplikation der Gleichung P(A B) = P(A) mit als erhalten wir: P(A B) = P(A) P(A B) = P(A) P(A) P(A B) = Diese Gleichung ist nur dann erfüllt, wenn A, B paarweise unabhängig sind. Das bedeutet insbesondere, dass P(A B) = P(A) und somit folgendes gilt: P(A B) = P(A B) = P(A) P(A B) Damit haben wir die Äquivalenz bewiesen. A, B sind paarweise unabhängig P(A B) = P(A) 3 von

4 Aufgabe 2 Wir widerlegen Berts Vermutung per Gegenbeispiel, das zeigt, dass dies sehr wohl möglich ist. Für unser Beispiel wählen wir 0 zu Hause ausgedachte Fragen und 50 in der Bibliothek recherchierte Fragen und stellen die passend gewählten absoluten Häufigkeiten tabellarisch dar. Absol. Häufigkeiten Ernie Bert Korrekt beantwortete 3 ausgedachte Fragen 0 Korrekt beantwortete 35 recherchierte Fragen 50 Bert hat zuerst mehr seiner ausgedachten Fragen richtig beantwortet als Ernie von seinen in der Bibliothek recherchierten Fragen (da offensichtlicherweise 9 0 > ) und in der zweiten Runde hat Bert auch mehr von Ernies Fragen richtig beantwortet als umgekehrt (da offensichtlicherweise > 3 0 ). Zählt man jedoch zusammen, wie viele Fragen insgesamt richtig beantwortet wurden, beträgt Ernies Anteil an insgesamt richtig beantworteten Fragen , Berts Anteil jedoch 60. Dies steht im Widerspruch zu Berts Annahme, dass es nicht möglich wäre von

5 Aufgabe 3 Teilaufgabe a) *BONUS* Beweis durch Induktion über die Länge der Liste:. Basisfall n = 0 folgt direkt aus der Definition 2. Induktionsschritt. Annahme: k < n : A = k => qsort(a) sortiert die Liste. Zu zeigen: A = k + => qsort(a) sortiert die Liste. Lemma : i, j : A < [i] < A = [j ] Lemma 2: i, j : A > [i] > A = [j ] Lemma 3: y = random([ : n]) : A ɛ Lemma 4: A < + A = + A > = A Aus Lemma 3 und 4 folgt, dass A < < A = k + und A > < A = k +. Mit der Induktionsannahme folgt: qsort(a < ) und qsort(a > ) sind sortiert. Mit Lemma und 2 folgt nun, dass die Liste insgesamt sortiert ist. Teilaufgabe b) Grundidee: Im rekursiven Fall ist die Liste sortiert, falls die durch dem Pivot Element erzeugten Teillisten sortiert sind, also muss unser W-Raum auch rekursiv definirt werden, und die Auswahl des Pivot elements beachten. Deshalb haben wir: Es sei W n := (S n, P n ) wie folgt definiert : Q = W > W i := (S i, P i ) (Experiment Wi wird ausgeführt, falls Ergebnis.Experiments = i ist, u.s.w ) Dann ist : Q 0 := (S 0, P 0 ) wobei S 0 := {(0,, )}, p 0 (x) = mit des S n := Q n := (S n, P n ) wobei i S X (i) S Y (i), und P n (i, x, y) = n p X (i)(x) p Y (i) (y) X (i) := i und Y (i) := n i Teilaufgabe c) Angenommen alle Elemente von A verschieden sind : 5 von

6 Wir können die Anzahl der Vergleichsoperationen bei n Elementen, als die Zufallsvariable V A über Q n definieren wobei : V 0 ((i, a, b)) = 0 V n ((i, a, b)) = n + V i + V n i Teilaufgabe d) Diese Formel kann man wie folgt herleiten: V n ist eine Z-Variable, sie akzeptiert also ein Sample aus S n, in unserem Fall ein Tripel aus dem aktuellen Splitterindex (hier genannt i) sowie den Teilsamples für die rekursiven Aufrufe (a und b). Aus der rekursiven Definition von S n ist klar, dass i n gilt, unser Splitterindex ist also im gültigen Bereich. Es werden zunächst alle Elemente mit dem Splitter verlglichen und anschließend wird die Prozedur rekursiv aufgerufen, nämlich ein Mal für A < mit i Elementen und ein Mal für A > mit n i Elementen. Da nun V n eine Zufallsvariable ist, kann man von ihr den Erwartungswert berechnen. Dieser ist dann genau unser T (n), die erwartete ( durchschnittliche) Anzahl an Vergleichen. Der Einfachheit halber führen wir folgende Notation ein: Y l := V i (a) Y r := V n i (b) Y n = V n P l := P i (a) P r := P n i (b) Ω n := S n 6 von

7 T (n) := E(Y n ) = (P n ((i, a, b)) (n + Y l + Y r )) = ( (n + Y l + Y r ) ) n P l P r < ( (n + Y l + Y r ) ) n P l P r = P l P r + }{{} =n n a Ω i n a Ω i n ( (Y l + Y r ) ) n P l P r ((Y l + Y r ) P l P r ) b Ω n i Y l P l P r +P l Y r P r b Ω n i b Ω n i }{{} = (Y l P l + P l E(Y n i )) a Ω i n (Y l P l ) + E(Y n i ) (P l ) a Ω i a Σ i }{{} = n (E(Y i ) + E(Y n i )) n (T (i ) + T (n i)) Wir zeigen nun per Induktion, dass T (n) 2n log(n) gilt. Dazu nehmen wir an, dass die Ungleichung für beliebige k < n bereits gilt und zeigen dann, dass sie auch für n gilt. Als Basisfall wählen wir n 0 := (0 geht nicht, da der Logarithmus an der Stelle undefiniert ist): T () := E(Y n ) = (P n ((i, a, b)) (n + Y l + Y r )) = P (,, ) (Y 0 ( ) + Y o ( )) = 0 = 0 2 log() 7 von

8 Nun führen wir den Induktionsschritt von n nach n aus: T (n) n (T (i ) + T (n i)) n (T (i )) + n n T (n i) (T (i )) + T (i) (T (i)) + = n + 2 (T (i)) n n + 2 (2i log(i)) n n + 2 n n (2i log(i)) n + 2 n (n2 log(n) n2 2 ) n + 2n log(n) n T (i) = 2n log(n) T O(n log n) Credits to Alexander Rogovskyy Teilaufgabe e) *BONUS* Wir erweitern unsere Tabelle: Sei L(i) die Länge von A < wenn i als Pivot gewählt wird L(i) Experiment Mögliche i s Anzahl der Elemente gleich A[i] Wahrscheinlichkeit dass die Liste j elemente gleich A[i] hat 0 S n j j j n j n- S n j j j n j alles Andere (x) S x XS n x j n-2 j n j f (n) = n + 2 j =n n j = n j f (n j ) + n L(i)= L(i)= j =n j = n j (f (i) + f (n i j ) 8 von

9 Aufgabe 4 Teilaufgabe a) Zu zeigen: W W 2 ist ein WS-Raum.. Endlich (kartesisches Produkt) 2. x W W 2 p(x) = sein. Dazu p(x) = p((a, b)) S 2 (a,b) S S 2 = p (a) p 2 (b) (a,b) S S 2 = p (a)p 2 (b) a S b S 2 = p (a) p 2 (b) a S b S 2 Damit ist die Aussage gezeigt. = a S p (a) = Teilaufgabe b) Erinnerung: Embedding e (A) = A S 2 und analog für e 2. Man zeigt leicht, dass q(e ({A})) = (a,b) {A} S 2 q(a, b) = a A b S 2 q(a, b) = a A b S 2 p (a) p 2 (b) = a A p (a) b S 2 p 2 (b) = a A p (a) = p (A). Es ist E( X ) = q((a, b)) X ((a, b)) (a,b) S S 2 = q((a, b)) X (a) (a,b) S S 2 = p (a) p 2 (b) X (a) (a,b) S S 2 = a S X (a) p (a) = a S X (a) p (a) = E(X ) b S 2 p 2 (b) Teilaufgabe c) Wir zeigen allgemein folgende zwei Lemma für einen beliebigen WS-Raum W = (S, p). 9 von

10 Lemma: Seien X, Y Zufallsvariablen, so ist E(X + Y ) = E(X ) + E(Y ). Proof. Es ist E(X + Y ) = p(x)(x (x) + Y (x)) = p(x)x (x) + p(x)y (x) = E(Y ) + E(X ) Lemma: Sei Y Zufallsvariable, E(c + Y ) = c + E(Y ) Proof. Es ist E(c + Y ) = p(x)(y (x) + c) = p(x)y (x) + p(x)c = p(x)y (x) + c p(x) = c + E(Y ) Es ist E(X +Y +c) = E((X +Y )+c) = E(X +Y )+c = E(X )+E(Y )+c, woraus die Behauptung folgt. Teilaufgabe d) Zu zeigen ist (eigentlich) nur, dass P(Q) = ist. Es ist q(i, x) = p(i) p i (x) (i,x) ( i S {i} S i ) (i,x) ( i S {i} S i ) = p(i) p i (x) i S i = p(i) p i (x) i S i = i S = p(i) Teilaufgabe e) Es ist nach der Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit q(a B) = q(a B) q(b). 0 von

11 Man beachte, dass ({i} S i ) ({i} A) = {i} A ist. Damit folgt: q({i} A {i} S i ) = q({i} S i {i} A) q({i} S i ) q({i} A) = q({i} S i ) a A p(i, a) = s S i p(i, s) = a A p(i) p i(a) s S i p(i) p i (s) = a A p i(a) s S i p i (s) = p i(a) = p i (A) Teilaufgabe f) Gegeben: S Zufallsvariablen, gesucht Erwartungswert der Zufallsvariblen X (i, a) = X i (a) Es ist E( X ) = p(i, a) X (i, a) = (i,a) i S {i} S i ) (i,a) i S {i} S i ) p(i) p i (a) X i (a) = p(i) p i (a)x i (a) i S a Si = i S p(i) E(X i ) von