Stoch HA4 zum 2023-05-19

!Hausaufgabengruppe in Stochastik für Informatik

Aufgabe 1)

a)

$$X_1(\omega )={\omega }_2{X}_1(\Omega )=\{1,2,3\}$$ $$\begin{array}{rl}{p}_{X_1}(k)& =\mathbb{P}(\{\omega \in \Omega :X_1(\omega )=k\})=\mathbb{P}({\omega }_1)+\dots +\mathbb{P}({\omega }_n)\\ p_{X_1}(1)& =\mathbb{P}(\{(1,1),(2,1),(3,1)\})=0,13+0,11+0,07=0,31\\ p_{X_1}(2)& =\mathbb{P}(\{(1,2),(2,2),(3,2)\})=0,16+0,16+0,08=0,4\\ p_{X_1}(3)& =\mathbb{P}(\{(1,3),(2,3),(3,3)\})=0,12+0,12+0,05=0,29\end{array}$$

b)

$$X_2(\omega )={\omega }_1{X}_2(\Omega )=\{1,2,3\}$$ $$\begin{array}{rl}{p}_{X_2}(1)& =\mathbb{P}(\{(1,1),(1,2),(1,3)\})=0,13+0,16+0,12=0,41\\ p_{X_2}(2)& =\mathbb{P}(\{(2,1),(2,2),(2,3)\})=0,11+0,16+0,12=0,39\\ p_{X_2}(3)& =\mathbb{P}(\{(3,1),(3,2),(3,3)\})=0,07+0,08+0,05=0,2\end{array}$$

c)

$$X_3(\omega )={\omega }_1{\omega }_2{X}_3(\Omega )=\{1,2,3,4,6,9\}$$ $$\begin{array}{rlrlrl}{p}_{X_3}(1)& =\mathbb{P}(\{(1,1)\})& & & & =0.13\\ p_{X_3}(2)& =\mathbb{P}(\{(1,2),(2,1)\})& & =0.16+0.11& & =0.27\\ p_{X_3}(3)& =\mathbb{P}(\{(1,3),(3,1)\})& & =0.12+0.07& & =0.19\\ p_{X_3}(4)& =\mathbb{P}(\{(2,2)\})& & & & =0.16\\ p_{X_3}(6)& =\mathbb{P}(\{(2,3),(3,2)\})& & =0.12+0.08& & =0.20\end{array}$$ $$\begin{array}{rlrl}{p}_{X_3}(1)& =\mathbb{P}(\{(1,1)\})& & =0,13\\ p_{X_3}(2)& =\mathbb{P}(\{(1,2),(2,1)\})=0,16+0,11& & =0,27\\ p_{X_3}(3)& =\mathbb{P}(\{(1,3),(3,1)\})=0,12+0,07& & =0,19\\ p_{X_3}(4)& =\mathbb{P}(\{(2,2)\})& & =0,16\\ p_{X_3}(6)& =\mathbb{P}(\{(2,3),(3,2)\})=0,12+0,08& & =0,2\\ p_{X_3}(9)& =\mathbb{P}(\{(3,3)\})& & =0,05\end{array}$$

d)

$$X_4(\omega )=\max \{{\omega }_1,{\omega }_2\}-\min \{{\omega }_1,{\omega }_2\}{X}_4(\Omega )=\{0,1,2\}$$ $$\begin{array}{rlrlrl}{p}_{X_4}(0)& =\mathbb{P}(\{(1,1),(2,2),(3,3)\})& & =0,13+0,16+0,05& & =0,34\\ p_{X_4}(1)& =\mathbb{P}(\{(1,2),(2,1),(2,3),(3,2)\})& & =0,16+0,11+0,12+0,08& & =0,47\\ p_{X_4}(2)& =\mathbb{P}(\{(1,3),(3,1)\})& & =0,12+0,07& & =0,19\end{array}$$

e)

$$X_5(\omega )=|\{{\omega }_1,{\omega }_2\}|X_5(\Omega )=\{1,2\}$$ $$\begin{array}{rl}{p}_{X_5}(1)& =\mathbb{P}(\{(1,1),(2,2),(3,3)\})=0,13+0,16+0,05=0,34\\ p_{X_5}(2)& =1-p_{X_5}(1)=0,66\end{array}$$

Aufgabe 2)

a)

$$X(\Omega )=\{-4,0,4,12\}$$ $$\begin{array}{rl}{F}_X(x)& =\mathbb{P}(X\le x)\\ F_X(-4)& =\frac{1}{4}=0,25\\ F_X(0)& =\frac{1}{4}+\frac{1}{6}=\frac{5}{12}\approx 0,417\\ F_X(4)& =\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{4}=\frac{2}{3}\approx 0,667\\ F_X(12)& =1\end{array}$$

b)

$$Y:=2X+4Y(\Omega )=\{-4,4,12,28\}$$

$y$	-4	4	12	28
$p_Y(y)$	$p_X(-4)=\frac{1}{4}$	$p_X(0)=\frac{1}{6}$	$p_X(4)=\frac{1}{4}$	$p_X(12)=\frac{1}{3}$

$$Z:=|X|Z(\Omega )=\{0,4,12\}$$

$z$	0	4	12
$p_Z(z)$	$p_X(0)=\frac{1}{6}$	$p_X(-4)+p_X(4)=\frac{1}{2}$	$p_X(12)=\frac{1}{3}$

c)

$$\begin{array}{rl}{F}_Y(x)& =\mathbb{P}(Y\le x)\\ F_Y(-4)& =\frac{1}{4}=0,25\\ F_Y(4)& =\frac{1}{4}+\frac{1}{6}=\frac{5}{12}\approx 0,417\\ F_Y(12)& =\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{4}=\frac{2}{3}\approx 0,667\\ F_Y(28)& =1\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}{F}_Z(x)& =\mathbb{P}(Z\le x)\\ F_Z(0)& =\frac{1}{6}=0,25\\ F_Z(4)& =\frac{1}{6}+\frac{1}{2}=\frac{2}{3}\approx 0,667\\ F_Z(12)& =1\end{array}$$

Aufgabe 3)

$A=$ Zug fällt aus $F=$ Zug fährt $t$ = Anzahl der Tage bzw. Wiederholungen der Zufallsexperiments

$$\mathbb{P}(A)=p\mathbb{P}(F)=1-p$$

a)

i)

Wir betrachten $t=5$ Tage. Wie viele Möglichkeiten gibt es den einen Zugausfall auf fünf Tage zu verteilen?

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{1}\right)$$

Wie wahrscheinlich fährt der Zug an vier Tagen und fällt an einem aus, wobei der Zugausfall auf einen beliebigen Tag verteilt wird?

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{1}\right)\cdot \mathbb{P}(F{)}^4\mathbb{P}(A)=5\cdot (1-p{)}^4\cdot p$$

ii)

Wir betrachten $t=4$ Tage. Wie wahrscheinlich fährt der Zug an drei Tagen und fällt an einem aus, wobei der Zugausfall nicht verteilt wird?

$$\mathbb{P}(F{)}^3\mathbb{P}(A)=(1-p{)}^3\cdot p$$

b)

$Y:$ Anzahl der Tage bis zum ersten Zugausfall

$$Y(\Omega )=\{1,\dots ,t\}$$

Wie wahrscheinlich fällt der Zug am 1. Tag aus? Dafür muss er am 1. Tag ausfallen:

$$\mathbb{P}(Y=1)=\mathbb{P}(A)=p$$

Wie wahrscheinlich fällt der Zug erst am 2. Tag aus? Dafür muss er am 1. Tag fahren und am 2. ausfallen:

$$\mathbb{P}(Y=2)=\mathbb{P}(F)\mathbb{P}(A)=(1-p)\cdot p$$

Wie wahrscheinlich fällt der Zug erst am $k$-ten Tag aus, wobei $k\in {\mathbb{N}}^{+}$? Dafür muss er am 1. bis $(k-1)$-ten Tag fahren und am $t$-ten Tag ausfallen:

$$\mathbb{P}(Y=k)=\mathbb{P}(F{)}^{k-1}\mathbb{P}(A)=(1-p{)}^{k-1}\cdot p,k\in {\mathbb{N}}^{+}$$

Wie wahrscheinlich fällt der Zug frühestens am $k$-ten Tag aus? Dafür muss er am 1. bis $(k-1)$-ten Tagen fahren. Was danach passiert, ist uns egal:

$$\mathbb{P}(Y\ge k)=\mathbb{P}(F{)}^{k-1}=(1-p{)}^{k-1},k\in {\mathbb{N}}^{+}$$ $$\Rightarrow \mathbb{P}(Y\ge (k+1))=\mathbb{P}(F{)}^{(k+1)-1}=(1-p{)}^{(k+1)-1}$$ $$⟺\mathbb{P}(Y>k)=\mathbb{P}(F{)}^k=(1-p{)}^k$$

Falls $k=0$ ergibt, sich $(1-p{)}^0=1$. Also können wir $k$ auf den ganzen $\mathbb{N}$ erweitern.

$$\mathbb{P}(Y>k)=\mathbb{P}(F{)}^k=(1-p{)}^k,k\in \mathbb{N}$$

Dass an den vergangenen $m=4$ Tagen kein Zug ausgefallen ist, beeinflusst nicht die Wahrscheinlichkeit, dass die nächsten drei Tage kein Zug ausfällt, da Zugausfälle an unterschiedlichen Tagen unabhängig voneinander sind. Somit ergibt sich:

Wie wahrscheinlich fällt die nächsten drei Tage kein Zug aus? Dafür darf der Zug frühestens am 4. Tag ausfallen:

$$\mathbb{P}(Y\ge 4)=\mathbb{P}(F{)}^3=(1-p{)}^3$$

Diese Wahrscheinlichkeit hängt nicht von $m$ ab, da die Formel unabhängig von $m$ ist.

c)

Wir setzen $p=0,11$ $k\in {\mathbb{N}}^{+}=$ Anzahl der Tage

Wie wahrscheinlich sind nur Zugausfälle an $k$ Tagen?

$$\mathbb{P}(A{)}^k$$ $$\begin{array}{rl}0,99<1-\mathbb{P}(A{)}^k& =1-p^k\stackrel{+p^k-0,99}{\Rightarrow }{p}^k<0,01\stackrel{{\log }_p()}{\Rightarrow }k>{\log }_p(0,01)\\ & \stackrel{p=0,11}{\Rightarrow }k>{\log }_{0,11}(0,01)\approx 2,086\stackrel{k\in {\mathbb{N}}^{+}}{\Rightarrow }k\ge 3\end{array}$$

Nachträgliche Anmerkungen

3a)

nutze Verteilung und Verteilungsfunktion mit einer Zufallsvariable

3b)

Ereignis, dass $m$ Tage land kein Zugausfall war

$$\{Y>m\}$$

Ereignis, dass 3 weitere Tage kein Zug ausfällt

$$\{Y>m+3\}$$ $$\begin{array}{rl}\mathbb{P}(Y>m+3|Y>m)& =\frac{\mathbb{P}(\{Y>m+3\})}{\{Y>m\}}=\frac{\mathbb{P}(Y>m+3)}{\mathbb{P}(Y>m)}\\ & =\frac{(1-p{)}^{m+3}}{(1-p{)}^m}=(1-p{)}^3\end{array}$$

Beweise, dass das für alle gilt

$$\begin{array}{rl}\mathbb{P}(Y>n)& =\sum _{k=n+1}^{\infty }\mathbb{P}(Y=k)=\sum _{k=n+1}^{\infty }p\cdot (1-p{)}^{k-1}\\ & =\sum _{k=0}^{\infty }p\cdot (1-p{)}^{n+k}=p\cdot (1-p{)}^n\sum _{k=0}^{\infty }(1-p{)}^k\\ & =p(1-p{)}^n\frac{1}{1-(1-p)}=(1-p{)}^n\\ & \end{array}\text{\hspace{1em}□}$$

Nachträgliche Anmerkungen