Wahrscheinlichkeit und Statistik

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1 ETH Zürich HS 2015 Prof. Dr. P. Embrechts Wahrscheilichkeit ud Statistik D-INFK Lösuge Serie 2 Lösug 2-1. (a Wir bereche P [W c B] auf zwei Arte: (a Wir betrachte folgede Tabelle: Azahl W W c B 14 6 B c 6 4 Vo isgesamt 20 DC habe 70% eie Tower A, also erhalte wir, dass 14 DC eie Tower A. Somit habe 6 (= DC keie Tower A habe. Da 60% der HC habe eie Tower A, erhalte wir die Zahl 6 (i der Tabelle der Eitrag bei W c ud B. Also habe 4 HC keie Tower A. Da wir us für das Ereigis W c B iteressiere, erhalte wir mithilfe der obige Tabelle P [W c B] = # (W c B #Ω = = 4 5. (b Es gilt P (W c B = P (W c + P (B P (W c B. Dabei ist P (W c = 1 P (W = 1, P (W c B = P (B W c P (W c = = 1 5. ach dem Satz der totale Wahrscheilichkeit gilt für P (B: P (B = P (B W P (W + P (B W c P (W c = = 2. Isgesamt also P (W c B = = 4 5. (b Wir bereche P (W B c auf zwei Arte: (a Nach Defiitio der bedigte Wahrscheilichkeit gilt: P (W B c = P (W Bc P (B c. Aus der Tabelle lese wir, dass das Ereigis W B c sechs Computer ud dass das Ereigis B c zeh Computer ethält. Somit erhalte wir P (W B c = P (W Bc P (B c (b Alterativ ka ma P (W B c auch so bereche: P (W B c = P (W Bc P (B c = (1 P (B W P (W 1 P (B = 6 10 = 5. = P (Bc W P (W P (B c = ( = 5. Siehe ächste Seite!

2 Lösug 2-2. (a Isgesamt gibt es! Möglichkeite die Persoe (i eier Reihe azuorde. We ma sie i drei Gruppe (à 11 uterteilt, muss berücksichtigt werde, dass die eweilige Gruppe eweils dieselbe bleibt we ma die 11 utereiader permutiert. Das heisst wir habe ur och! (11!. Es bleibt och zu beachte, dass die Permutatio drei Maschafte (also! auch och herausdividiert werde muss. Isgesamt erhalte wir!!(11! = Möglichkeite. (b Als zugrude liegedes Modell wähle wir das Laplace Modell. Die Azahl Möglichkeite +m Bälle auf k Ziehuge ist gleich ( +m k. Die Azahl Möglichkeite i diese k Ziehuge geau r weisse Bälle zu ziehe ist ( ( m r k r. Also erhalte wir, dass die Wahrscheilichkeit gleich ist mit ( m P [{bei k Ziehuge sid r weiss}] = r( k r. ( +m k (c Kürzeste Wege vo A ach B etspreche geau = 20 Beweguge. Ei kürzester Weg ist dadurch charakterisiert, dass geau 12 Rechts- ud 8 Aufwärtsbeweguge gemacht werde. Um zu zähle wieviele das sid, stelle wir us die 20 Beweguge als eie Vektor vor: (x 1, x 2,..., x 20 wobei x k {0, 1}. Dabei soll der Eitrag 1 a der k-te Stelle heisse, dass eie Aufwärtsbewegug im k-te Schritt gemacht worde ist ud der Eitrag 0 heisst Rechtsbewegug. Das bedeuted, dass die Azahl kürzester Wege gleich ist mit ( 20 8 = (d Termiologie: Eie mögliche Färbug des Würfels ee wir Kofiguratio. Nehme wir a, dass die sechs Farbe seie Gelb, Blau, Rot, Grü, Weiss ud Schwarz. Da wir ur bis auf Rotatio zähle, köe wir bei eder Kofiguratio de Würfel so drehe, dass die grüe Seite auf dem Bode ist. D.h. wir köe ohe Beschräkug der Allgemeiheit aehme, dass die Bodeseite immer grü ist. Für die Deckeseite bleibe füf verschiedee Farbe zur Verfügug ud e zwei verschiedee Deckefarbe lasse sich icht durch Rotatio ieiader überführe. Das bedeuted, dass we wir die Azahl Färbuge π bestimme köe, bei dere die Bodefläche grü ud die Deckefläche, sage wir, blau ist, da ist die Gesamtazahl a Möglichkeite gleich 5 π. Deke wir us u zusätzlich die Deckefläche als Blau. Wähle eie der restliche Farbe, z.b. rot, ud platziere sie als Rückeseite des Würfels (das ka ma immer mache mit Rotatio. Jetzt gibt es drei Farbe, die übrig bleibe (Gelb, Schwarz ud Weiss mit dee wir die restliche drei Seite bemale müsse. Das sid geau! = 6(= π Kofiguratioe. Das bedeuted, dass es isgesamt 5 6 = 0 Kofiguratioe gibt, die icht durch Rotatio ieiader überführt werde köe. Lösug 2-. Audruck (a Sei e A B c C c, also ei Elemet, dass ur i A liegt. Da wird e im #A + #B + #C # (A B # (A C # (B C + # (A B C (1 geau eimal gezählt, ämlich i #A. Nehme u f A B C c, also ei Elemet, dass ur i A B liegt. Da wird f i de Ausdrücke #A, #B positiv ud i # (A B egativ gezählt. Also wird f total i der Formel ( = 1 Mal gezählt. Nehme schliesslich ei Elemet g A B C, dass i alle Mege dri ist. Da wird g i ( = 1 Siehe ächstes Blatt!

3 Mal gezählt. Isgesamt erhalte wir, dass edes der Elemete i A durch (1 geau ei Mal gezählt wird. Durch vertausche der Rolle A mit B resp. C schlussfolger wir, dass die Formel (1 tatsächlich mit # (A B C übereistimmt. (b Der allgemeie Fall ka i der gleiche Art gelöst werde wie die vorherige Aufgabe. Wir müsse zeige, dass der Ausdruck ( 1 k+1 k=1 1 i 1< <i k # (A i1 A ik (2 edes Elemet i k=1 A k geau eimal zählt. Dazu bemerke wir als erstes, dass die iere Summe i (2 geau ( ( k Summade besitzt, weil es geau k Möglichkeite gibt k verschiedee atürliche Zahle 1,..., k zwische 1 ud zu wähle. Nehme wir a, dass e i geau l der Mege A 1,... A ethalte ist. Formal bedeuted das, dass e (A 1 A l ( i A i c, wobei die Vereiigug i über alle Idizes geht ausser ebe diese 1,..., l. Wir möchte herausfide wieviel mal die Formel (2 das Elemet e zählt. Dazu bereche wir ede eizele Summade i (2. Im erste Schritt begie wir mit dem erste Summade, also k = 1. Dieser ist gleich ( i 1 # (A i1 = #A 1 + #A #A. Nach Aahme zähle wir e mit #A 1 + #A #A l, also ( l 1 = l-mal. Im zweite Schritt ist k = 2 ud der Summad ist gleich ( i 1<i 2 # (A i1 A i2 = 1 i 1<i 2 # (A i1 A i2. Vo diese ( ( 2 -Summade sid geau l 2 gleich 1 ud alle adere gleich 0. D.h. wir subtrahiere die Zahl ( l 2. Im -te Schritt ist k = ud der Summad ist gleich ( i 1< <i # ( A i1 A i. Uter diese ( ( Summade sid geau l gleich 1 ud alle adere gleich 0. D.h. wir addiere die Zahl ( 1 +1( l. Summiere wir u alle Summade auf, so erhalte wir, dass (2 das Elemet e geau ( 1 +1 =1 Mal zählt. Wir wolle u diese Ausdruck ausreche. Uter Verwedug der biomische Formel ( (a + b l l = a l b, =0 erhalte wir mit a = 1 ud b = 1, die Formel ( 1 = 0. =0 Siehe ächste Seite!

4 Kombiiere wir dies ud beachte wir, dass ( l 0 = 1, so erhalte wir ( 1 +1 = =1 + 0 ( 1 +1 = 1. Also zählt die Formel e geau eimal. Da u l beliebig war, habe wir gezeigt, dass die Formel (2 der Azahl Elemete i A gleich ist. =0 Lösug Challege Serie 2. Es ist klar, dass die Azahl möglicher Ausgäge gleich ist mit (= Wir müsse etzt ur och die Zahle zähle, die durch 495 = teilbar sid. Nehme wir a, dass die gezogee Zahle gleich sid mit a, b, c, d ud e. Da ist die auf dem Tisch liegede Zahl gleich mit N = a b 10 + c d 10 + e. Die Zahl N ist geau da durch 495 teilbar, we sie gleichzeitig durch 5, 9 ud 11 teilbar ist. Da N e = a b 10 + c d 10 immer durch 5 teilbar ist, ist N geau da durch 5 teilbar, we e es ist. Das geht ur we e = 0 oder e = 5. Mit Hilfe der Zerlegug N = (9 999 a b + 99 c + 9 d + (a + b + c + d + e, ist N geau da durch 9 teilbar, we es seie Quersumme q := a + b + c + d + e ist (dieses Resultat sollte aus der Mittelschule scho bekat sei!. Schliesslich, mit eiem aaloge Trick, sehe wir, dass N = (9 999 a b + 99 c + 11 d + (a b + c d + e, ud somit, da a b + 99 c + 11 d = 11 (909 a + 91 b + 9 c + d, ist N geau da durch 11 teilbar, we es die alterierede Summe q a := a b+c d+e ist (dieses Resultat köte aus der Mittelschule scho bekat sei. Als ächstes gilt q = a + b + c + d + e = 10 (kleiste mögliche Zahl ud q = a + b + c + d + e = 5 (grösste mögliche Zahl. Die eizige Zahle zwische 10 ud 5, die durch 9 teilbar sid, sid 18 ud 27. Wir uterscheide u die zwei Fälle q = 18 ud q = 27: Fall q = 18: Die alterierede Summe q a ist gerade, weil q a = 18 2b 2d ud q a < 18. ( Das heisst, dass q a = 0, de 0 ist das eizige Vielfache vo 11 bis 18. Also muss a + c + e = b + d = 9 gelte (die 9 kommt vo (. Siehe ächstes Blatt!

5 Uterfall e = 0. Falls e = 0, da ist a + c = b + d = 9. Es gibt allerdigs geau 8 Paare (a, c ud (b, d, die diese Gleichuge erfülle: (1, 8 (2, 7 (, 6 (4, 5 (5, 4... (8, 1. Sobald ei Paar, z.b (a, c, gewählt ist, sid ur och 6 Möglichkeite für die Wahl vo (b, d vorhade, da (b, d icht mit (a, c oder (c, a gleich sei ka (ohe Zurücklege!. Also erhalte wir im Fall (e = 0 isgesamt 8 6 = 48 Möglichkeite. Uterfall e = 5. Falls e = 5, da ist a + c = 4 ud b + d = 9. Das heisst, dass (a, c vo der Form (0, 4, (4, 0, (1,, (, 1 sei muss. I de erste beide Fälle ka (b, d gleich sei mit (1, 8 (2, 7 (, 6 (6, (7, 2 (8, 1. I de zweite beide Fälle ka (b, d allerdigs ur gleich sei mit (9, 0 (2, 7 (7, 2 (0, 9. Wir erhalte somit isgesamt = 20 Möglichkeite. Zusammegefasst ergebe sich {Möglichkeite q = 18 ud e = 0} + {Möglichkeite q = 18 ud e = 5} = = 68. Fall q = 27: I diesem Fall erhalte wir, dass q a = 27 2b 2d ud somit, dass q a ugerade ist. Darüber hiaus gilt, dass 27 > q a > = 7. Also muss q a = 11 sei, da es keie weitere ugerade Vielfache vo 11 i diesem Bereich gibt. Dies impliziert, dass b + d = 8 ud a + c + e = 19. De Fall e = 0 köe wir sofort ausschliesse, da < 19. Das heisst, wir köe direkt mit der Aahme e = 5 fortfahre. Daraus ergibt sich a + c = 14, was ur bei (a, c = (6, 8 oder (8, 6 passiere ka. Da bleibe für das Paar (b, d ur och (1, 7 ud (7, 1. Wir erhalte damit, dass Möglichkeite q = 27 ud e = 0 + Möglichkeite q = 27 ud e = 5 = = 4 Möglichkeite. Also erhalte wir also, dass es geau {q = 18 ud e = 0} + {q = 27 ud e = 5} + {q = 18 ud e = 5} = 72. Zahle gibt, die durch 495 teilbar sid. Dividiere wir durch die gesamte Azahl möglicher Zustäde = 0 240, erhalte wir, dass P [{gezogee Zahl ist durch 495 teilbar}] = %. Weitere Iformatioe fide Sie uter ud