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- \documentclass[uebung]{lecture}
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- \title{Wtheo 0: Übungsblatt 6}
- \author{Josua Kugler, Christian Merten}
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- \renewcommand{\P}{\mathbb{P}}
- \begin{document}
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- \punkte[21]
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- \begin{aufgabe}
- \begin{enumerate}[(a)]
- \item Beh.: $\mathbb{P}(\cdot \mid B)$ ist Wahrscheinlichkeitsmaß auf $(\Omega, \mathcal{A})$.
- \begin{proof}
- \begin{enumerate}[(i)]
- \item Es ist für $A \in \mathcal{A}$:
- $\mathbb{P}(A | B) = \frac{\mathbb{P}(A|B)}{\mathbb{P}(B)} \ge 0$,
- da $\mathbb{P}$ W'maß.
- \item $\mathbb{P}(\Omega | B) = \frac{\mathbb{P}(\Omega \cap B)}{\mathbb{P}(B)}
- = \frac{\mathbb{P}(B)}{\mathbb{P}(B)} = 1$.
- \item Seien $A_i \in \mathcal{A}$ mit $A_i$ paarweise disjunkt. Dann folgt
- \begin{salign*}
- \mathbb{P}\left( \bigcupdot_{i \in \N} A_i \right)
- &= \frac{\mathbb{P}\left( \left( \bigcupdot_{i \in \N} A_i \right) \cap B \right) }{\mathbb{P}(B)} \\
- &= \frac{\mathbb{P}\left( \bigcupdot_{i \in \N} (A_i \cap B) \right) }{\mathbb{P}(B)} \\
- &= \sum_{i \in \N} \frac{\mathbb{P}(A_i \cap B)}{\mathbb{P}(B)} \\
- &= \sum_{i \in \N} \mathbb{P}(A_i|B)
- ,\end{salign*}
- wobei im 3. Schritt die $\sigma$-Additivität von $\mathbb{P}$ ausgenutzt wurde.
- \end{enumerate}
- \end{proof}
- \item Es ist beispielsweise mit
- $A = \emptyset\colon \mathbb{P}(\emptyset | \Omega) = \frac{\mathbb{P}(\emptyset \cap \Omega)}{\mathbb{P}(\Omega)} = \frac{0}{1} = 0 \neq 1$.
- \end{enumerate}
- \end{aufgabe}
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- \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}
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- \begin{aufgabe}
- \begin{enumerate}[(a)]
- \item Sei $A \in \mathcal{A}$. Dann ist $\mathbb{P}(\Omega \cap A) = \mathbb{P}(A) = 1 \cdot \mathbb{P}(A) = \mathbb{P}(\Omega) \mathbb{P}(A)$. Außerdem
- gilt $\mathbb{P}(\emptyset \cap A) = \mathbb{P}(\emptyset) = 0 = 0 \cdot \mathbb{P}(A) =
- \mathbb{P}(\emptyset) \mathbb{P}(A)$.
- \item Seien $A, B, C$ gemeinsam stochastisch unabhängig. Dann ist
- $\mathbb{P}((A \cap B) \cap C) = \mathbb{P}(A \cap B \cap C)
- = \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B) \mathbb{P}(C) = \mathbb{P}(A \cap B) \mathbb{P}(C)$.
- Außerdem gilt
- $\mathbb{P}((A \cup B) \cap C) = \mathbb{P}((A \cap B) \cup (B \cap C))
- = \mathbb{P}(A \cap C) + \mathbb{P}(B \cap C) - \mathbb{P}(A \cap C) \cap (B \cap C)
- = \mathbb{P}(A)\mathbb{P}(C) + \mathbb{P}(B) \mathbb{P}(C) - \mathbb{P}(A \cap B \cap C)
- = \mathbb{P}(C) (\mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B) - \mathbb{P}(A \cap B))
- = \mathbb{P}(C) \mathbb{P}(A \cup B)$.
- \item Da der Würfel Laplace verteilt angenommen ist, folgt direkt
- $\mathbb{P}(A) = \frac{1}{2}$ und $\mathbb{P}(B) = \frac{1}{2}$. Da
- die Summe der Augenzahlen genau dann gerade ist, wenn einer der Würfe eine gerade
- und einer der Würfe eine ungerade Zahl ergibt, folgt $\mathbb{P}(C) = \frac{1}{2}$.
- Dabei gilt $\mathbb{P}(A \cap B \cap C) = 0$, da die Summe der Augenzahlen gerade ist, falls
- beide Würfe gerade Augenzahlen ergeben.
-
- Die Ereignisse $A, B, C$ sind paarweise unabhängig, denn
- \begin{salign*}
- \mathbb{P}(A \cap C) &= \mathbb{P}(\text{,,1. Wurf gerade, 2. ungerade''}) = \frac{1}{4}
- = \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(C) \\
- \mathbb{P}(A \cap B) &= \mathbb{P}(\text{,,1. und 2. Wurf gerade''})
- = \frac{1}{4} = \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B) \\
- \mathbb{P}(B \cap C) &= \mathbb{P}(\text{,,1. Wurf ungerade, 2. gerade''})
- = \frac{1}{4} = \mathbb{P}(B) \mathbb{P}(C)
- .\end{salign*}
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- Aber $\mathbb{P}(A \cap B \cap C) = 0 \neq \frac{1}{8} = \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B) \mathbb{P}(C)$
- \end{enumerate}
- \end{aufgabe}
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- \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}
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- \end{document}
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