Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie Lösungsvorschläge zu Übungsblatt 2

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1 TUM, Zentrum Mathematik Lehrstuhl für Mathematische Physik WS 2013/14 Prof. Dr. Silke Rolles Thomas Höfelsauer Felizitas Weidner Tutoraufgaben: Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie svorschläge zu Übungsblatt 2 Aufgabe T2.1 Ein Würfel wird 10 mal hintereinander geworfen. Bestimmen Sie einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum und berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten folgender Ereignisse: (i A Es fällt genau eine 6. (ii B Es fällt mindestens eine 6. (iii C Es fällt maximal eine 6. (iv D Keine zwei aufeinander folgenden Augenzahlen sind gleich. (v E Keine Augenzahl ist kleiner als die vor ihr gefallenen Zahlen. (vi F Jede gerade Augenzahl fällt mindestens einmal. Wir wählen als Ergebnisraum Ω {1, 2, 3, 4, 5, 6} 10, als σ-algebra F P(Ω und als Wahrscheinlichkeitsmaß P die Gleichverteilung auf Ω. Die Mächtigkeit von Ω ist (i Es gibt 10 Möglichkeiten für die Position der 6 sowie jeweils 5 Möglichkeiten für die verbleibenden 9 Würfe. Es gilt also A und somit P(A A ,32. (ii Wir betrachten das Gegenereignis B c. Da in keinem Wurf eine 6 fallen darf, gibt es für jeden Wurf jeweils 5 Möglichkeiten, also ist B c 5 10 und somit B B c Für die Wahrscheinlichkeit P(B erhalten wir P(B B , (iii Da C eine disjunkte Vereinigung von A und B c ist, gilt P(C P(A + P(B c P(A + 1 P(B , (iv Für den ersten Wurf gibt es 6 Möglichkeiten. Da sich die verbleibenden Würfe jeweils vom Vorgänger unterscheiden müssen, gibt es für diese Würfe jeweils 5 Möglichkeiten, also ist D und somit P(D D , (v Für jedes mögliche Ergebnis des Zufallsexperiments 10 nicht unterscheidbare Würfel werden gleichzeitig geworfen gibt es genau eine Anordnung dieser 10 Würfe, sodass keine Augenzahl kleiner ist als die vor ihr gefallenen Zahlen. Die Mächtigkeit von E ist also die Mächtigkeit des Ergebnisraums des Zufallsexperiments 10 nicht unterscheidbare Würfel werden gleichzeitig geworfen, also E ( ( 15 und somit P(E E ( ,00005.

2 ( (vi Sei F i Augenzahl i fällt nie, dann ist F i {2,4,6} F i c. Zur Berechnung der Wahrscheinlichkeit P(F wollen wir die Inklusions-Exklusionsformel aus H2.1 verwenden. Für die Ereignisse F 2, F 4 und F 6 gibt es in jedem Wurf jeweils 5 Möglichkeiten, also gilt F 2 F 4 F Analog gilt F 2 F 4 F 2 F 6 F 4 F , sowie F 2 F 4 F Insgesamt erhalten wir also ( c ( P(F P F i 1 P F i i {2,4,6} i {2,4,6} 1 P(F 2 P(F 4 P(F 6 + P(F 2 F 4 + P(F 2 F 6 + P(F 4 F 4 P(F 2 F 4 F , Aufgabe T2.2 Ein bekannter Mathematiker hatte in beiden Jackentaschen stets jeweils eine Schachtel mit Streichhölzern. Er bediente sich mit gleicher Wahrscheinlichkeit links oder rechts und hatte zu Beginn N Streichhölzer in jeder Tasche. Fand er eine leere Schachtel vor, ersetzte er beide Schachteln durch neue volle. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass dabei genau k Streichhölzer weggeworfen werden. Da der bekannte Mathematiker es handelt sich übrigens um Banach bis zu (2N + 1- mal in die Tasche greift, wählen wir als Ergebnisraum Ω {0, 1} 2N+1. Dabei steht eine 0 an i-ter Stelle dafür, dass beim i-ten Griff in eine Tasche die linke ausgewählt wird und bei einer 1 die rechte. Als σ-algebra wählen wir die Potenzmenge P(Ω und als Wahrscheinlichkeitsmaß P die Gleichverteilung auf Ω. Es bezeichne A k das Ereignis k Streichhölzer wegzuwerfen, wobei wir 1 k N voraussetzen, sonst ist die zugehörige Wahrscheinlichkeit 0. Dann lässt sich A k disjunkt zerlegen in die Ereignisse L k und R k, dass die weggeworfenen Streichhölzer aus der linken bzw. rechten Tasche stammen. Es liegen genau die Elemente ω in L k, bei denen bis zur (N + 1-ten 1 genau (N k-mal 0 auftritt. Es gibt ( 2N k N Möglichkeiten, die N 1-er und N k 0er auf die ersten 2N k Plätze zu verteilen, dann muss eine 1 folgen, für die restlichen k Plätze gibt es dann noch 2 k Möglichkeiten. Durch vertauschen der 1er mit den 0ern sieht man, dass R k die gleiche Zahl an Elementen enthält. Wir erhalten damit P(A k A k 2 L k 2 2 k ( 2N k 2 k 2N. 2 2N+1 N ( 2N k N

3 Hausaufgaben: Aufgabe H2.1 Beweisen Sie die Inklusions-Exklusionsformel: Sei (Ω, F, P ein Wahrscheinlichkeitsraum. Für n N und A 1, A 2,... F gilt ( n P A i n P(A i + 1 i<j<k n 1 i<j n P(A i A j ( n P(A i A j A k ( 1 n+1 P A i. Will man sich Schreibarbeit sparen kann man die Behauptung kompakter in folgender Form schreiben: ( n ( P A i ( 1 I 1 P A i, I {1,...,n} Wir beweisen sie durch Induktion nach n. Induktionsanfang: Für n 1 ist die Aussage trivial, für n 2 wurde die Behauptung übrigens bereits in Aufgabe H1.1 (ii bewiesen. Induktionsschritt: Wir nehmen an, dass die Behauptung für eine natürliche Zahl n gilt und folgern sie für n + 1: P ( n+1 ( n A i P A i A n+1 ( P 1 i n I {1,...,n} I {1,...,n} I {1,...,n+1} ( A i + P(A n+1 P 1 i n A i A n+1 ( ( ( 1 I 1 P A i + P(A n+1 P ( ( 1 I 1 P A i + P(A n+1 ( ( 1 I 1 P A i 1 i n I {1,...,n} (A i A n+1 ( ( 1 I 1 P (A i A n+1 In der zweiten Umformung wurde die Behauptung für n 2 wie in H1.1 (ii bewiesen benutzt, in der 3. und 4. die Induktionsvoraussetzung.

4 Aufgabe H2.2 Zum Wichteln bringen n Kinder je ein Geschenk mit. Die n Geschenke werden gesammelt, gemischt und völlig zufällig wieder ausgegeben, so dass jeder genau ein Geschenk erhält. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass kein Kind das selbst mitgebrachte Geschenk bekommt? Wie verhält sich diese Wahrscheinlichkeit für n? Hinweis: Verwenden Sie Aufgabe H2.1. Wir verwenden als Ergebnisraum Ω { σ : {1,..., n} {1,..., n} : σ bijektiv } die Menge der Permutationen der n-elementigen Menge {1,..., n}, als σ-algebra F die Potenzmenge P(Ω und als Wahrscheinlichkeitsmaß P die Gleichverteilung: Hierbei bedeute das Ergebnis σ Ω, dass für i {1,..., n} Kind i Geschenk σ(i bekommt. Die Menge Ω hat n! Elemente. Wir betrachten das Ereignis A j {σ Ω : σ(j j}, das eintritt, wenn ( Kind j n c. Geschenk j bekommt. Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses i A Nach Vorlesung ist (( n c ( n P A i 1 P A i und nach Aufgabe H2.1 gilt ( n P A i I {1,...,n} ( ( 1 I 1 P A i. Wir müssen also die Wahrscheinlichkeiten P( A i berechnen. Bekommen alle Kinder i mit i I ihr eigenes Geschenk, gibt es noch (n I! Möglichkeiten die restlichen Geschenke zu verteilen. Daher ist ( A i (n I! P A i. n! Die Wahrscheinlichkeit P(A I hängt also nur von I ab. Die Anzahl der k-elementigen Teilmengen der Menge {1, 2,..., n} ist ( n k. Somit erhalten wir ( n P A i n ( n (n k! ( 1 k 1 k n! n ( 1 k 1 1 k! k1 k1 n k1 ( 1 k 1 n! k!(n k! (n k! n! und daher (( n c P A i 1 n ( 1 k 1 1 n k! ( 1 k 1 k! k1 k0 n 1 e

5 Aufgabe H2.3 Es sei (Ω, F, P ein Wahrscheinlichkeitsraum und A, B F mit P(B > 0. Zeigen oder widerlegen Sie: (i P(A c B 1 P(A B (ii P(B < 1 P(A B c 1 P(A B (iii B A P(A B 1 (iv P(B 1 P(A B P(A (v P(A A B P(A B (vi P(A B P(A (vii P(A B P(B (viii P(A B P(A B (i Richtig: Es ist P(A c B P(Ac B P(B P(B P(A B P(B 1 P(A B. (ii Falsch: Wähle A. Dann ist P(A B c P(A B. (iii Richtig: Aus B A folgt A B B und somit P(A B P(A B P(B P(B P(B 1. (iv Richtig: Es gilt P(A B P(A, denn aus A B A folgt P(A B P(A und P(A B P(A + P(B P (A B P(A + 1 P (A B P(A. Somit ist P(A B P(A B P(A. P(B (v Richtig: Wegen A (A B A ist die behauptete Ungleichung äquivalent zu P(AP(B P(A BP(A B. Diese Ungleichung folgt aus P(AP(B P(A BP(B + P(A\BP(B P(A BP(B + P(A\BP(A B P(A B(P(B + P(A\B P(A BP(A B. (vi,(vii Falsch: Wähle A B c. Dann ist P(A B 0, aber es gilt im Allgemeinen nicht P (B c 0. (viii Richtig: Da P(B 1, gilt P(A B P(A B P(B P(A B.

6 Aufgabe H2.4 Sie fliegen von München über London und New York nach Los Angeles. An jedem der ersten drei Flughäfen muss Ihr Koffer verladen werden. Dabei wird er mit Wahrscheinlichkeit p fehlgeleitet. In Los Angeles stellen Sie fest, dass Ihr Koffer nicht angekommen ist. Berechnen die bedingten Wahrscheinlichkeiten dafür, dass er in München bzw. London bzw. New York fehlgeleitet wurde. Wie verhalten sich diese bedingten Wahrscheinlichkeiten im Limes p 0? Bezeichne M das Ereignis, dass der Koffer in München fehlgeleitet wird, L das Ereignis, dass er nicht in München, aber in London fehlgeleitet wird, NY das Ereignis, dass er weder in München noch in London, dafür aber in New York fehlgeleitet wird, und zuletzt A das Ereignis, dass er gar nicht fehlgeleitet wird und wohlbehalten in Los Angeles ankommt. Die Ereignisse haben die folgenden Wahrscheinlichkeiten: P(M p P(L p(1 p P(NY p(1 p 2 P(A (1 p 3 Nach Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit gilt dann P(M A c P(M Ac P(L A c P(L Ac P(NY A c P(NY Ac P(M P(L p 1 (1 p p + p 2 p(1 p 1 (1 p 3 1 p 3 3p + p 2 P(NY p(1 p2 (1 p2 1 (1 p 3 3 3p + p. 2 Im Limes p 0 streben diese bedingen Wahrscheinlichkeiten offenbar alle gegen 1 3.