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wtheo6.tex

@@ -3,6 +3,7 @@
 \title{Wtheo 0: Übungsblatt 6}
 \author{Josua Kugler, Christian Merten}
 
+\renewcommand{\P}{\mathbb{P}}
 \begin{document}
 
 \punkte[21]
@@ -33,7 +34,71 @@
     \end{enumerate}
 \end{aufgabe}
 
-\stepcounter{aufgabe}
+\begin{aufgabe}
+    Ist $X$ ein Ereignis, so bezeichne $\overline{X}$ das Gegenereignis zu $X$.
+    Wir definieren $R, V$ und $S$ wie im Hinweis. Nach Aufgabenstellung gilt $\P(R) = \frac{1}{2},\P(V|R) = \frac{2}{3}$ und  $\P(V|\overline R) = \frac{2}{3}$. Sei $A$ das Ereignis, dass Regen vorhergesagt wird.
+    $A$ tritt genau dann ein, wenn es regnet und die Wettervorhersage recht hat oder wenn es nicht regnet und die Wettervorhersage falsch liegt. Es gilt daher
+    $A = R \cap V \cup \overline R \cap \overline V$ und nach den De Morganschen Regeln 
+    \[
+        \overline{A} = \overline{R \cap V} \cap \overline{\overline{R} \cap \overline{V}} = (\overline{R} \cup \overline{V}) \cap (R \cup V) = \overline{R} \cap V \cup \overline{V} \cap R
+    \]
+    Weiter gilt $\P(S|A) = 1$ und $\P(S|\overline A) = \frac{1}{3}$. 
+    %Die Wahrscheinlichkeit, dass Mr. Pickwick einen Schirm mitnimmt, obwohl kein Regen vorhergesagt wurde, ist unabhängig davon, ob es dann tatsächlich regnet oder nicht stets $\frac{1}{3}$.
+    %Daher sind die Ereignisse $S \cap \overline{A}$ und $R$ stochastisch unabhängig.
+    Da Mr. Pickwick nicht weiß, ob es regnen wird oder nicht, gilt sogar $\P(S|A\cap R) = \P(S|A\cap \overline R) = 1 $ und $\P(S|\overline A \cap R) = \P(S| \overline A \cap \overline R)$.
+    Daraus erhalten wir
+    \begin{align*}
+        1 = \P(S|A\cap R) = \frac{\P(S \cap A \cap R)}{\P(A \cap R)} &\implies \P(S \cap A \cap R) = \P(A \cap R),\\
+        1 = \P(S|A\cap \overline R) = \frac{\P(S \cap A \cap \overline R)}{\P(A \cap \overline R)} &\implies \P(S \cap A \cap \overline R) = \P(A \cap \overline R),\\
+        \frac{1}{3} = \P(S|\overline A\cap R) = \frac{\P(S \cap \overline A \cap R)}{\P(\overline A \cap R)} &\implies \P(S \cap \overline A \cap R) = \frac{1}{3}\P(\overline A \cap R),\\
+        \frac{1}{3} = \P(S|\overline A\cap \overline R) = \frac{\P(S \cap \overline A \cap \overline R)}{\P(\overline A \cap \overline R)} &\implies \P(S \cap \overline A \cap \overline R) = \frac{1}{3}\P(\overline A \cap \overline R),\\
+    \end{align*}
+    Zudem gilt
+    \begin{align*}
+        \frac{2}{3} = \P(V | R) = \frac{\P(V \cap R)}{\P(R)} = 2 P(V\cap R) &\implies P(V\cap R) = \frac{1}{3}\\
+        \frac{2}{3} = \P(V | \overline R) = \frac{\P(V \cap \overline R)}{\P(\overline R)} = 2 P(V\cap \overline R) &\implies P(V\cap \overline R) = \frac{1}{3}\\
+    \end{align*}
+    Daraus erhalten wir wegen $\P(X \cap Y + \P(X \cap \overline{Y}) = \P(X)$ sofort
+    \begin{align*}
+        \P(\overline V\cap R) &= \P(R) - \P(V\cap R) = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}\\ 
+        \P(\overline{V} \cap \overline{R}) &= \P(\overline{R}) - \P(V \cap \overline{R}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}
+    \end{align*} 
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Gesucht ist $\P(\overline{S}|R)$. 
+        Wir berechnen zunächst
+        \begin{align*}
+            \P(S \cap R) &= \P(S \cap R \cap A) + \P(S \cap R\cap \overline{A})\\
+            &= \P(S\cap A \cap R) + \P(S \cap \overline{A} \cap R)\\
+            &= \P(A \cap R) + \frac{1}{3} \P(\overline{A} \cap R)\\
+            &= \P((R \cap V \cup \overline R \cap \overline V) \cap R) + \frac{1}{3}\P((\overline{R} \cap V \cup \overline{V} \cap R) \cap R)\\
+            &= \P(R\cap V) + \frac{1}{3} \P(R \cap \overline{V})\\
+            &= \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \frac{1}{6} = \frac{7}{18}
+        \end{align*}
+        Es gilt daher
+        \begin{align*}
+            \P(\overline{S}|R) &= \frac{\P(\overline{S}\cap R)}{\P(R)}\\
+            &= 2 \cdot (\P(R) - \P(S \cap R))\\
+            &= 1 - 2 \P(S \cap R)\\
+            &= 1 - 2 \frac{7}{18} = \frac{18}{18} - \frac{14}{18} = \frac{2}{9}
+        \end{align*}
+        \item Gesucht ist $\P(S| \overline{R})$.
+        Wir berechnen zunächst
+        \begin{align*}
+            \P(S \cap \overline R) &= \P(S \cap \overline R \cap A) + \P(S \cap \overline R\cap \overline{A})\\
+            &= \P(S\cap A \cap \overline R) + \P(S \cap \overline{A} \cap \overline R)\\
+            &= \P(A \cap \overline R) + \frac{1}{3} \P(\overline{A} \cap \overline R)\\
+            &= \P((R \cap V \cup \overline R \cap \overline V) \cap \overline R) + \frac{1}{3}\P((\overline{R} \cap V \cup \overline{V} \cap R) \cap \overline R)\\
+            &= \P(\overline R\cap \overline V) + \frac{1}{3} \P(\overline R \cap V)\\
+            &= \frac{1}{6} + \frac{1}{3} \frac{1}{3} = \frac{5}{18}
+        \end{align*}
+        Es gilt daher
+        \begin{align*}
+            \P(S|\overline R) &= \frac{\P(S\cap \overline R)}{\P(\overline{R})}\\
+            &= 2 \cdot \P(S \cap \overline R)\\
+            &= 2 \frac{5}{18} = \frac{10}{18} = \frac{5}{9}
+        \end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
 
 \begin{aufgabe}
     \begin{enumerate}[(a)]
@@ -70,4 +135,14 @@
     \end{enumerate}
 \end{aufgabe}
 
+\begin{aufgabe}
+    %Sei $N$ die Anzahl der Zeichen in Goethes Faust und $M$ die Anzahl der verschiedenen Zeichen in Goethes Faust. 
+    %Sei dann $A_i$ das Ereignis, dass es ein $j \leq i$ gibt, sodass $\forall 1\leq  k \leq N$ der $j +  k$-te Buchstabe, den der Affe tippt, genau dem $i$-ten Buchstaben von Goethes Faust entspricht.
+    %Die Weisheit entspricht dann wegen $A_i \subset A_j \forall i \leq j$ genau der Aussage
+    %\[
+    %    \forall m \in \N\colon \exists n\in \N\colon \P(A_n) = 1 \Leftrightarrow \P(\limsup\limits_{n \to \infty} A_n)
+    %\]
+    %Offensichtlich sind alle Ereignisse stochastisch unabhängig. Außerdem ist $\P(A_i) = \frac{1}{M^N} \forall i \in \N$.
+\end{aufgabe}
+
 \end{document}