Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie Lösungsvorschläge zu Übungsblatt 1

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1 TUM, Zentrum Mathematik Lehrstuhl für Mathematische Physik WS 2013/ Prof. Dr. Silke Rolles Thomas Höfelsauer Felizitas Weidner Tutoraufgaben: Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie svorschläge zu Übungsblatt 1 Aufgabe T1.1 Geben Sie einen Ergebnisraum Ω zu den folgenden Zufallsexperimenten an: (i Zwei nicht unterscheidbare Würfel werden gleichzeitig geworfen. (ii Irrfahrt auf Z (siehe Beispiel 0.2 im Skript (iii Ein Kartenspiel wird gemischt. (i Jeder Würfelwurf hat als Ergebnis 1, 2, 3, 4, 5 oder 6. Die einzelnen Würfe können nicht unterschieden werden, wir ordnen die Ergebnisse daher der Größe nach und erhalten als Ergebnisraum Ω = { (1, 1, (1, 2, (1, 3, (1, 4, (1, 5, (1, 6, (2, 2, (2, 3, (2, 4, (2, 5, (2, 6, (3, 3, (3, 4, (3, 5, (3, 6, (4, 4, (4, 5, (4, 6, (5, 5, (5, 6, (6, 6 }. (ii Wie in Beispiel 0.2 im Skript beschrieben wird vor jedem Schritt der Irrfahrt eine Münze geworfen, die über diesen Schritt entscheidet. Jeder Münzwurf hat als Ergebnis entweder Kopf ( 0 oder Zahl ( 1, daher wird jede Realisierung der Irrfahrt durch eine unendliche Folge von Nullen und Einsen beschrieben: Ω = {0, 1} N = { ω = (ω i i N : ω i {0, 1} für alle i N } (iii Sei n die Anzahl der Karten im Kartenspiel. Wir nummerieren die Karten mit den Zahlen 1 bis n. Die Reihenfolge der Karten nach dem Mischen lässt sich durch eine Permutation der Menge {1,..., n} beschreiben, also: Ω = { σ : {1,..., n} {1,..., n} : σ bijektiv } Aufgabe T1.2 Sei I eine Indexmenge und seien A i Ω, i I. Zeigen Sie die de Morganschen Regeln: ( c ( c A i = A c i, A i = A c i. Veranschaulichen Sie die de Morganschen Regeln für zwei Mengen mit Hilfe von Venn- Diagrammen.

2 Die erste de Morgansche Regel gilt, da ( c ω A i ω und die zweite, da ( c ω A i ω A i i I : ω A i i I : ω A c i ω A i j I : ω A j j I : ω A c j ω Für zwei Mengen A 1 und A 2 lauten die de Morganschen Regeln ( c ( A1 A 2 = A c 1 A c c 2, A1 A 2 = A c i A c 2. A c i, A c i. Die Venn-Diagramme hierzu sehen wie folgt aus: A 1 A 2 = (A 1 A 2 c A 1 A 2 = (A 1 A 2 c Aufgabe T1.3 Ein Würfel wird zweimal hintereinander geworfen. Dieses Experiment wird durch den Ergebnisraum Ω = { (ω 1, ω 2 : ω 1, ω 2 {1, 2, 3, 4, 5, 6} } = {1, 2, 3, 4, 5, 6} 2 beschrieben. Beschreiben Sie die folgenden Ereignisse in Worten und bestimmen Sie jeweils ihre Mächtigkeit. A = { ω Ω : ω 2 = 5 } B = { ω Ω : ω 1 + ω 2 = 7 } C = { ω Ω : ω 1 ω 2 }

3 A = Der zweite Wurf ist eine 5. B = Die Augensumme ist 7. C = Es ist kein Pasch. Nun berechnen wir die Mächtigkeiten: A = {(1, 5, (2, 5, (3, 5, (4, 5, (5, 5, (6, 5} = 6 B = {(1, 6, (2, 5, (3, 4, (4, 3, (5, 2, (6, 1} = 6 C = Ω C c = Ω {(1, 1, (2, 2, (3, 3, (4, 4, (5, 5, (6, 6} = 36 6 = 30 Aufgabe T1.4 Ein Münze wird viermal hintereinander geworfen. Geben Sie für dieses Experiment einen Ergebnisraum Ω an. Beschreiben Sie die folgenden Ereignisse formal und bestimmen Sie jeweils ihre Mächtigkeit. A = Mindestens einmal fällt Kopf. B = Maximal dreimal fällt Zahl. C = Es fällt genauso oft Kopf wie Zahl. Jeder Münzwurf hat als Ergebnis entweder Kopf ( 0 oder Zahl ( 1, daher wählen wir den Ergebnisraum Ω = {0, 1} 4. A = { ω Ω : ω 1 + ω 2 + ω 3 + ω 4 3 } B = A C = { ω Ω : ω 1 + ω 2 + ω 3 + ω 4 = 2 } Nun berechnen wir die Mächtigkeiten: A = Ω A c = Ω {(1, 1, 1, 1} = = 15 B = A = 15 C = {(0, 0, 1, 1, (0, 1, 0, 1, (0, 1, 1, 0, (1, 0, 0, 1, (1, 0, 1, 0, (1, 1, 0, 0} = 6

4 Hausaufgaben: Aufgabe H1.1 Sei (Ω, F, P ein Wahrscheinlichkeitsraum und seien A, B F. Zeigen Sie, dass (i A B P(B \ A = P(B P(A (ii P(A B = P(A + P(B P(A B Beweis (i Die Menge B lässt sich disjunkt zerlegen in die Mengen B \ A und A. Aus der Additivität von P folgt daher P(B = P(A (B \ A = P(A + P(B \ A (ii Die Menge A lässt sich disjunkt zerlegen in A\B und A B, die Menge B in B \A und A B. Außerdem ergeben A \ B, B \ A und A B eine disjunkte Zerlegung von A B. Daher gilt aufgrund der Additivität von P: P(A + P(B = P(A \ B + P(A B + P(B \ A + P(A B = P((A \ B (A B (B \ A + P(A B = P(A B + P(A B Aufgabe H1.2 Sei (Ω, F, P ein Wahrscheinlichkeitsraum und seien A 1, A 2, A 3 Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeiten der Ereignisse F drei Ereignisse. A = Es tritt mindestens eines der Ereignisse A 1, A 2, A 3 ein. B = Es treten genau zwei der Ereignisse A 1, A 2, A 3 ein. C = Es treten alle drei der Ereignisse A 1, A 2, A 3 ein. D = Es tritt nur A 2 ein. unter der Annahme, dass A 3 A 2 \ A 1 und P (A 1 = P(A 2 = 2 3, P(A 1 A 2 = 1 3 und P(A 2 \ A 3 = 1 6. Wie verändern sich die Wahrscheinlichkeiten von A, B, C und D qualitativ, wenn auf die Voraussetzung A 3 A 1 = verzichtet wird? Die zu untersuchenden Mengen haben die Form A = A 1 A 2 A 3 B = (A 1 A 2 A c 3 (A 1 A c 2 A 3 (A c 1 A 2 A 3 C = A 1 A 2 A 3 D = A c 1 A 2 A c 3.

5 Da A 3 A 2 \ A 1 A 2, ist bereits A = A 1 A 2. Mit H1.1 (ii folgt P(A = P(A 1 + P(A 2 P(A 1 A 2 = = 1. Wir bestimmen als nächstes P(A 3. Da A 3 A 2, erhalten wir nach H1.1 (i P(A 3 = P(A 2 P(A 2 \ A 3 = = 1 6. Da A 3 A 2 \A 1, vereinfacht sich B zu B = (A 1 A 2 A 3 und dies ist eine disjunkte Vereinigung. Aufgrund der Additivität von P gilt P(B = P(A 1 A 2 + P(A 3 = = 1 2. Da A 3 und A 1 disjunkt sind, ist C = und daher P(C = 0. Berücksichtigt man wieder die Voraussetzung A 3 A 2 \ A 1, sieht man leicht, dass sich D durch D = A 2 \ ( (A 1 A 2 A 3 darstellen lässt. Hier ist ( (A1 A 2 A 3 eine Teilmenge von A 2. Daher können wir H1.1 (i anwenden und bekommen P(D = P(A 2 P ( (A 1 A 2 A 3 = P(A2 ( P(A 1 A 2 + P(A 3 = = 1 6. Nehmen wir an, dass A 3 A 2, aber nicht unbedingt A 3 A 1 = gilt, so ist dennoch weiterhin P(A = 1. Hier wurde bei der Berechnung lediglich verwendet, dass A 3 A 2. Die Wahrscheinlichkeit von B wird eventuell kleiner, d.h. P(B 1, denn nun können 2 wir lediglich B = (A 1 A 2 A c 3 (A c 1 A 2 A 3 schließen und dies ist möglicherweise eine echte Teilmenge von (A 1 A 2 (A 3 und hat somit ein kleineres Wahrscheinlichkeitsmaß. Letzteres folgt formal aus H.1 (i. Da nun P(A 1 A 3 > 0 möglich ist, ist nicht ausgeschlossen, dass P(C > 0. P(D wird eventuell größer, da nun A 1 A 2 und A 3 nicht mehr notwendigerweise disjunkt sind. Aufgabe H1.3 Felizitas, Oliver, Thomas und Tobias spielen Schafkopf (32 Karten, Trümpfe, Karten pro Spieler. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten für folgende Ereignisse: (i Felizitas hat die höchsten Trümpfe. (ii Oliver hat Trümpfe. (iii Thomas hat zwei Karten von jeder Farbe. (iv Tobias hat 7 Trümpfe. Ein möglicher Wahrscheinlichkeitsraum ist Ω = { σ : {1,..., 32} {1,..., 32} : σ bijektiv } F = P(Ω (Potenzmenge von Ω P = Gleichverteilung auf Ω. Dabei werden die Karten von 1 bis 32 durchnummeriert. Die ersten acht Nummern einer Permutation sind die Karten, die Felizitas bekommt, die nächsten acht die, die Oliver bekommt, usw. Der Ergebnisraum Ω hat die Mächtigkeit 32!.

6 (i Sei A das Ereignis Felizitas bekommt die höchsten Trümpfe.. Es gibt! Möglichkeiten für die Reihenfolge der höchsten Trümpfe, die die Positionen 1 bis im Kartenstapel einnehmen, und 24! Möglichkeiten für die Reihenfolge der restlichen 24 Karten. Somit ist P(A = A! 24! = Ω 32! (ii Sei B das Ereignis Oliver bekommt Trümpfe.. Es gibt ( Möglichkeiten, Trümpfe zu bekommen. Außerdem gibt es wieder! Möglichkeiten für die Reihenfolge der Trümpfe und 24! Möglichkeiten für die Reihenfolge der restlichen 24 Karten. Somit ist P(B = B (! 24! 0, ! (iii Sei C das Ereignis Thomas hat zwei Karten von jeder Farbe.. Es gibt ( 2 Möglichkeiten, 2 Karten einer Farbe auszuwählen, somit gibt es ( 4 2 Möglichkeiten, je 2 Karten einer Farbe zu bekommen. Es ist also P(C = C ( 2 4! 24! 32! 0, 06. (iv Sei D das Ereignis Tobias hat 7 Trümpfe.. Es gibt ( 7 Möglichkeiten, 7 Trümpfe zu bekommen und ( 1 1 Möglichkeiten für die verbleibende Karte, die kein Trumpf sein soll. Somit ist P(D = D ( ( 1 7 1! 24! 0, ! Alternative Eine weitere mögliche Wahl des Wahrscheinlichkeitsraums ist Ω = { ω {1,..., 32} : ω = } F = P(Ω (Potenzmenge von Ω P = Gleichverteilung auf Ω. Hierbei werden nur die Karten eines Spielers betrachtet und es wird nicht auf die Reihenfolge geachtet. Dafür werden aus 32 Karten ausgewählt. Der Ergebnisraum hat die Mächtigkeit ( 32. (i Da nicht auf die Reihenfolge der Karten geachtet wird, gibt es 1 Möglichkeit, die höchsten Trümpfe zu bekommen. Somit ist P(A = A 1 ( (ii Es gibt ( Möglichkeiten, Trümpfe auszuwählen. Somit ist P(B = B ( ( 32 0, 0003.

7 (iii Es gibt ( 2 Möglichkeiten, 2 Karten einer Farbe auszuwählen, also ( 2 4 Möglichkeiten 2 Karten von jeder Farbe zu haben. Somit gilt P(C = C ( 2 4 ( 32 0, 06. (iv Es gibt ( ( 7 Möglichkeiten, 7 Trümpfe auszuwählen und 1 1 Möglichkeiten für die verbleibende Karte, die kein Trumpf sein soll. Somit ist P(D = D ( 7 ( 1 1 ( 32 0, 006. Aufgabe H1.4 Sei Ω ein Ergebnisraum und F eine σ-algebra über Ω. Seien A 1, A 2,... F. Zeigen Sie, dass dann auch die folgenden Mengen Elemente der σ-algebra F sind: (i A = {ω Ω : ω A 1, ω A 2 } (ii B = {ω Ω : ω A i für alle i} (iii C = {ω Ω : ω A i für unendliche viele i} (i Man zeigt leicht, dass A = A 1 \ A 2 = (A c 1 A 2 c gilt. Per Definition ist eine σ-algebra abgeschlossen bezüglich der Bildung von Komplementen und abzählbaren Vereingungen. Da A 1, A 2 F, folgt A F. (ii B ist der Durchschnitt der Mengen A i. Nach der 1. de Morganschen Regel gilt B = A i = ( A c c i i N i N Auch B lässt sich also durch Komplementbildung und abzählbare Vereinigung aus den Mengen A i F konstruieren und ist foglich selbst Element von F. Dies zeigt, dass eine σ-algebra auch abgeschlossen bezüglich der Bildung abzählbarer Vereinigungen ist. (iii Es gilt denn C = i N j N, j i ω C ω A i für unendlich viele i ω A j, j N,j i A j i N ω i N j N, j i Da F abgeschlossen ist bezüglich der Bildung von abzählbaren Vereinigungen und Schnitten und A i F für alle i N, folgt dann C F. A j.