Grundbegrie der Wahrscheinlichkeitsrechnung

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1 Die Benutzung dieser Materialien ist auf Herbst 2017 beschränkt. Diese Hilfsmaterialien sind nur für unseren Studenten gemeint, dürfen also nicht weiterverteilt werden. Grundbegrie der Wahrscheinlichkeitsrechnung 1. Übung am 06. September Wir haben drei Fleiÿarbeiten in dieser Woche. Fleiÿarbeit 1.1 Zu Beginn der Vorlesung sahen wir eine Aufgabe, in welchem es um zwei Würfel ging. Wir haben viele verschiedene Modelle für diese Aufgabe gesehen. Erweiteren wir das erste Modell mit einer überüssigen Information: die Zahl der Würfe, bei welchen der Würfel nicht auf dem Tisch bleibt. Diese Zahl kann 0, 1 oder 2 sein. (Wir haben zwei Würfel, mit jedem würfeln wir einmal. Nehmen wir an, dass die Wahrscheinlichkeit, dass ein Wurf nicht auf dem Tisch bleibt, 1/100 ist. Schreiben Sie auf, wie dieses neue erweiterte Modell aussieht. Geben Sie alle Elemente der Ereignismenge, bei welchen die Summe der Augenzahlen gröÿer als 8 ist. Überprüfen Sie, dass dieses Modell ebenfalls die Wahrscheinlichkeit 10/36 liefert. Fleiÿarbeit 1.2 Als dritte Folgerung der Kolmogorov'schen Axiomen haben wir die Gleichung P (A B = P (A P (A B + P (B bekommen, welche für zwei beliebige Ereignisse gilt. Finden Sie die Verallgemeinerung dieser Folgerung für P (A B C. Wir suchen jetzt also die Wahrscheinlichket der Vereinigung dreier Ereignisse. Fleiÿarbeit 1.3 Angenommen, dass (Ω, A, P ein Kolmogorov'sches Modell ist. Angenommen auch, dass B A ein Ereignis ist, für welches P (B 0 gilt, bauen wir ein bedingtes Modell (Ω, A, P B. Während der Ereignisraum Ω und das Ereignissystem A unverändert bleibt, ändert sich die Wahrscheinlichkeit auf P B (A = P(A B P(B für beliebiges A A. Beweisen Sie, dass (Ω, A, P B auch ein Kolmogorov'sches Modell.

2 Übung 1.1: Eine folgerung von den Kolmogorov'sche Axiomen Beweisen Sie, dass P (A B = P (A B P (A B für zwei beliebige Ereignisse gilt. Die Schreibweise A B bezeichnet die sogenannte symmetrische Dierenz (A \ B (B \ A. Eine möglichen Lösung ist: ( P (A B = P (A B (A B weil A = (A B (A B = P ( A B + P ( A B weil (A B (A B = P (A B = P (A B P (A B Damit haben wir die obige Gleichung bewiesen. Übung 1.2: Das Lottomodell mit Nummerziehen Sei X eine fünfelementige Teilmenge der Lottozahlen {1, 2, 3,..., 90}. Wie groÿ ist die Wahrscheinlichkeit, dass X ein Volltreer ist? Ein Modell für eine Reihe von Ziehen Sei die Menge der Lottozahlen mit LZ praktisch abzukürzen. nach Umstellung der Gleichung Das Ereignisraum Ω besteht aus allen möglichen fünfelementigen Reihen von Lottozahlen, das heiÿt, Ω = LZ LZ LZ LZ LZ = LZ 5. Das Ereignissystem A besteht aus möglichen Teilmengen von Ω, das heiÿt, A = 2 Ω. Wir bemerken, dass Ω und A recht riesig sind: Ω = 90 5 und A = 2 Ω. Doch es ist genügend die Wahrscheinlichkeit der einelementigen Ereignisse zu denieren. Wenn ein Element (Reihe? ω LZ LZ LZ LZ LZ eine oder mehrere Wiederholungen enthält, dann sei P ({ω} = 0, sonst sei P ({ω} = p, wo diese Zahl p unabhängig von ω ist. Aber, wie groÿ ist diese Wahrscheinlichkeit p? Die elementige Ω enthält nur viele Reihen ohne Wiederholung, folglich p = 1/( Wir glauben, dass dieses Modell (Ω, A, P ähnlich zur Realität ist. Als nächstes bestimmen wir das Ereignis V T X, wenn X ein Volltreer ist: ω V T X gilt genau dann, wenn ω eine Permutation der Elemente von X ist. Das heiÿt, dass V T X = = 5!, und P ({ω} = p gilt für jede ω V T X. Folglich P (V T X = 5! p = ( /( = 1/ ( 90 5 Übung 1.3: Lottomodell mit Teilmengenziehen Die Frage: wie groÿ ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Lotterie Spitze ein Volltreer ist? Ein Modell für das Ziehen fünfelementiger Teilmengen Dieses Modell ist an sich einfach. Wir benutzen die bisherige Notation. Das Ereignisraum Ω besteht aus alle mögliche fünfelementigen Teilmengen von Lottozahlen. Das Ereignissystem A besteht aus mögliche Teilmengen von Ω.

3 Es ist genügend die Wahrscheinlichkeit der einelementigen Ereignisse zu denieren. Wegen Symmetriebetrachtungen, P ({ω} = P ({µ} gilt für ω und µ beliebige einelementige Ereignisse, und deshalb gilt P ({ω} = 1/ ( ( 90 5 für alle einelementige Ereignisse, weil Ω = Aber, es ist nicht so einfach zu glauben, dass dieses Modell der Realität entspricht. Dieses Modell ähnelt sich mehr einem sogenannten Teilmengenziehen, als der Realität, weil man in der Realität die fünf Zahlen nacheinander ziehen würde, wobei in diesem Modell die fünf Zahlen gleichzeitig (als "Teilmenge" gezogen werden. Die Urne im Modell enthält also viele fünfelementige Teilmengen, statt die Lottozahlen. Darum ist es gar nicht so trivial, dass dieses Modell sich für Lotterie geeignet. Aber falls wir wissen oder annehmen, dass diese Modell geeignet ist, gibt dieses Modell die richtige Antwort 1/ ( 90 5 auf unsere Frage. Übung 1. Redundante Anordnung unabhängiger Festplatten Ein Rechner wird an einen neuen Standort verschoben. Dieser Rechner hat Festplatten in sich, die gleich groÿ sind. Die Festplatten können während des Transports beschädigt werden. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit des Datenverlustes, wenn die Festplatten (a in RAID0, (b in RAID1, (c in RAID5, (d in RAID6 sind. Zuerst erstellen Sie ein geeignetes stochastisches Modell! Die Kunst der Modellierung Nehmen wir an, dass jede Festplatte dieselbe Wahrscheinlichkeit p für Datenverlust hat. Nehmen wir an, dass jede Festplatte unabhänging von den anderen Festplatten Fehler macht. Jedes Elementarereignis ist eine Funktion der vierelementigen Festplattenmenge in der zweielementigen Menge {gut, falsh}. Also, der Ereignisraum Ω hat 2 = 16 Elemente. Das Ereignissystem A wird aus möglichen Teilmengen von Ω bestehen. Also, das Ereignissystem A hat 2 16 = Elemente. Es ist genügend die Wahrscheinlichkeit der einelementigen Ereignisse zu denieren. P ({ω} = p k (1 p k gilt, wenn ω solchen Situationen entspricht, bei welchen k Festplatten Fehler haben, und die restlichen k Festplatten unbeschädigt blieben. Für jedes gegebene k gibt es ( k solche Elementarereignisse. (Reihenfolge unbeachtet! Folglich, ( k pk (1 p k ist die Wahrscheinlichkeit, dass wir genau k Festplatten mit Datenverlust haben.

4 (a RAID0 Ein RAID0 bedeutet, dass wenn mindestens eine der vier Festplatten Fehler macht, ist das ganze RAID0 fehlerhaft. Folglich, ( 0 p0 (1 p 0 ist die Wahrscheinlichkeit, dass das ganze RAID0 unbeschädigt bleibt. Die Ausfallwahrscheinlichkeit eines RAID0-s aus Festplatten beträgt: 1 ( 0 p0 (1 p 0 = 1 (1 p = p 6p 2 + p 3 p. (b RAID1 Ein RAID1 bedeutet, dass alle Festplatten beschädigt sein sollen, sonst das ganze RAID1 bleibt fehlerlos. Folglich beträgt die Ausfallwahrscheinlichkeit eines RAID1 aus Festplatten: ( p (1 p = p. (c RAID5 Ein RAID5 versagt lediglich, wenn mindestens zwei Festplatten gleichzeitig ausfallen. Folglich ist die Ausfallwahrscheinlichkeit eines RAID5 aus Festplatten: 1 (( 0 p0 (1 p 0 + ( 1 p1 (1 p 1 = 6p 2 8p 3 + 3p (d RAID6 Ein RAID6 versagt, wenn mindestens drei Festplatten gleichzeitig ausfallen. Diese bedeutet für Festplatten, dass entweder oder 3 Festplatten gleichzeitig ausfallen. Folglich beträgt die Ausfallwahrscheinlichkeit eines RAID6 aus Festplatten: ( p (1 p + ( 3 p3 (1 p 3 = p 3 (p + (1 p = p 3 3p Übung 1.5 Wir werfen einige Würfeln, und wollen mindestens eine Sechs bekommen. Mit mindestens wievielen Würfeln müssen wir würfeln, sodass die Wahrscheinlichkeit eine Sechs zu bekommen gröÿer als 50% wird? Noch ein Binomialmodell Wenn uns nur interessiert, ob das Ergebnis 6 ist oder nicht, müssen wir nicht alle mögliche Ausgänge modellieren. Deshalb hat der Ereignisraum im Fall von n Würfeln nur 2 n Elemente statt 6 n, weil bei jedem Würfel nur 2 Möglichkeiten haben: das Ergebnis ist (1 eine Sechs oder (2 nicht, mit Wahrscheinlichkeit p = 1/6 beziehungsweise 1 p = 5/6. Das Ereignissystem wird aus den möglichen Teilmengen von dem Ereignisraum bestehen. Es ist genügend die Wahrscheinlichkeit der einelementigen Ereignisse zu denieren. Die Wahrscheinlichkeit beträgt P ({ω} = p k (1 p n k, wenn ω einer solchen Situation entspricht, bei welcher k Würfel Sechs zeigen, und die restlichen n k Würfel nicht Sechs zeigen. Für jedes k gibt es ( n k solche Elementarereignisse.

5 Folglich beträgt die Wahrscheinlichkeit ( n k pk (1 p n k, dass genau k Würfel eine Sechs zeigen. Jetzt verwenden wir das Modell. Wenn wir mindestens eine Sechs haben wollen, müssen wir nur eine Sitution vermeiden, dass nur k = 0 Sechser kommen. Die Wahrscheinlichkeit dieser Sitution ist ( n 0 p0 (1 p n 0 = (1 p n So ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit 1 (1 p n. Diese Wahrscheinlichkeit sollte gröÿer als 50% sein: 0.5 < 1 (1 p n. Das bedeutet dass (1 p n < 0.5, und deshalb log (1 p (0.5 < n gilt. Wegen p = 1/6 bekommen wir das Resultat 3.8 < n, also n. Übung 1.6 Es werden 10 rote und 10 blaue Hefte zwischen 20 Schülern gleichmäÿig verteilt. Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit, dass Fritz und Helmut zwei Hefte gleicher Farbe bekommen. Hinweis: baue ein entsprechendes stochastisches Modell so, dass die Elementarereignisse die möglichen bijektiven Zuordnungen zwischen den Schülern und den Heften werden. Übung 1.7 Es gibt sieben Bücher auf einem Regal. Drei von dem ist eine Trilogie von Isaac Asimov. Wie groÿ ist die Wahrscheinlichkeit, dass die drei Bücher der Trilogie nebeneinander, sogar in der richtigen Reihenfolge, kommen? Hinweis: baue ein entsprechendes stochastisches Modell so, dass die Elementarereignisse die möglichen Permutationen der Bücher sind.