Stoch HA5 zum 2023-05-26

!Hausaufgabengruppe in Stochastik für Informatik

Aufgabe 1

a)

$X:$ Anzahl der Atomzerfälle pro Sekunde $X$ ist Poisson-verteilt mit $\lambda =2$:

$$\mathbb{P}(X=n)=\frac{2^n}{n!e^2}X(\Omega )=\mathbb{N}$$ $$\mathbb{P}(X>2)=\sum _{n=3}^{\infty }\frac{2^n}{n!e^2}=1-\frac{5}{e^2}\approx 0,323$$ $$\mathbb{P}(X<2)=\sum _{n=0}^1\frac{2^n}{n!e^2}=\frac{1}{e^2}+\frac{2}{e^2}=\frac{3}{e^2}\approx 0,406$$

Es gilt $\mathbb{P}(X>2)\ngtr \mathbb{P}(X<2)$

b)

• $4$ Bewohnerinnen im Dorf
• abzählbar unendlich viele Bewohnerinnen in der Hauptstadt $Y:$ Anzahl aller Freundinnen $Y$ ist Zipf-verteilt mit Parameter $a=4$:

$$\mathbb{P}(Y=y)=\frac{1}{y^4}\cdot \frac{1}{Z(4)}Z(4)=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^4}=\frac{{\pi }^4}{90}Y(\Omega )=\mathbb{N}$$ $$\mathbb{P}(Y=y)=\frac{1}{y^4}\cdot \frac{90}{{\pi }^4}=\frac{90}{y^4{\pi }^4}$$

Erst wenn sie mindestens $4$ Dorffreundinnen hat, kann sie eine Hauptstadtfreundin haben

$$\mathbb{P}(Y>4)=\mathbb{P}(Y\ge 5)=\sum _{n=5}^{\infty }\frac{90}{n^4{\pi }^4}=1-\frac{111845}{1152{\pi }^2}\approx 0.00330$$

Aufgabe 2

Wir betrachten nur die Menge aller Studierenden, die die Sprechstunde besuchen. Jeder Person studiert nur ein Studienfach. Um Genderprobleme zu vermeiden, rede ich nur von Studienfächern und nicht von Studierenden. Ein Studienfach bezieht sich immer auf eine:n Studierende:n.

$p\in ]0,1[$ $X:$ Anzahl der Sprechstundenbesucher, die Informatik studieren $Y:$ Anzahl der Sprechstundenbesucher, die sonstiges studieren $Z:$ Anzahl alle Sprechstundenbesucher

$$\begin{array}{rlr}\mathbb{P}(X=x)& =\frac{(p\lambda {)}^x}{x!e^{p\lambda }}& X(\Omega )=\mathbb{N}\\ \mathbb{P}(Y=y)& =\frac{((1-p)\lambda {)}^y}{y!e^{(1-p)\lambda }}& Y(\Omega )=\mathbb{N}\\ Z:=X+Y\mathbb{P}(Z=z)& =\frac{p^z}{z!e^{\lambda }}=\sum _{x=0}^z\mathbb{P}(X=x,Y=n-x)& Z(\Omega )=\mathbb{N}\end{array}$$

$X,Y$ sind unabhängig, falls gilt

$${\forall }_{x\in X(\Omega ),y\in Y(\Omega )}\mathbb{P}(X=x,Y=y)=\mathbb{P}(X=x)\cdot \mathbb{P}(Y=y)$$

Betrachten wir zunächst die linke Seite

In eine Gruppe studieren $x$ Informatik und $y$ sonstiges. Ihre belegten Studienfächer sind unabhängig voneinander. Jede Person studiert mit Wahrscheinlichkeit $p$ Informatik. Jeder Person studiert mit Wahrscheinlichkeit $1-p$ sonstiges. $x$ Personen studieren mit Wahrscheinlichkeit $p^x$ nur Informatik. $y$ Personen studieren mit Wahrscheinlichkeit $(1-p{)}^y$ nur sonstiges. Es gibt $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{x}\right)$ Möglichkeiten, $x$ Informatikstudienfächer auf die Gruppe mit $x+y$ Personen zu verteilen. Somit beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass eine Gruppe $x$-mal Informatik und $y$-mal sonstiges als Studienfach hat:

$$\mathbb{P}(X=x,Y=y)=p^x\cdot (1-p{)}^y\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{x})=p^x\cdot (1-p{)}^y\cdot \frac{(x+y)!}{x!y!}$$

Betrachten wir nun die rechte Seite

$$\begin{array}{rl}\text{MoveEqLeft}\mathbb{P}(X=x)\cdot \mathbb{P}(Y=y)=\frac{(p\lambda {)}^x}{x!e^{p\lambda }}\cdot \frac{((1-p)\lambda {)}^y}{y!e^{(1-p)\lambda }}& \\ & =\frac{p^x(1-p{)}^y{\lambda }^x{\lambda }^y}{x!y!e^{p\lambda }{e}^{(1-p)\lambda }}=\frac{p^x(1-p{)}^y{\lambda }^{x+y}}{x!y!e^{\lambda }}\end{array}$$

Wir setzen die Seiten gleich

$$\begin{array}{rl}\text{MoveEqLeft}\mathbb{P}(X=x,Y=y)=\mathbb{P}(X=x)\cdot \mathbb{P}(Y=y)& \\ & ⟺p^x\cdot (1-p{)}^y\cdot \frac{(x+y)!}{x!y!}=\frac{p^x(1-p{)}^y{\lambda }^{x+y}}{x!y!e^{\lambda }}\stackrel{\cdot \frac{x!y!}{p^x(1-p{)}^y}}{\iff }(x+y)!=e^{-\lambda }{\lambda }^{x+y}\end{array}$$

Wir haben es nicht geschafft, die Unabhängigkeit zu zeigen. Grundsätzlich muss man $\mathbb{P}(X=x,Y=y)$ bilden und zeigen, dass dies für alle $x\in X(\Omega ),y\in Y(\Omega )$ gleich $\mathbb{P}(X=x)\cdot \mathbb{P}(Y=y)$ ist. Wir haben $\mathbb{P}(X=x,Y=y)$ nicht korrekt gebildet und können daher die Unabhängigkeit nicht zeigen.

Aufgabe 3

$X:$ Anzahl der Köpfe in Würfen 1,2,3 $Y:$ Anzahl der Köpfe in Würfen 3,4

$$X(\Omega )=\{0,1,2,3\}Y(\Omega )=\{0,1,2\}$$

a)

$$(\Omega ,\mathbb{P}):\Omega =\{K,Z{\}}^4,\mathbb{P}(\omega )=\frac{1}{|\Omega |}=\frac{1}{2^4}=\frac{1}{16}$$

b)

Wir betrachten $X$. Es gibt $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{k}\right)$ Möglichkeiten, $k$ Köpfe auf die ersten drei Würfe zu verteilen. Der letzte Wurf ist uns egal, ergibt also zwei Möglichkeiten. Somit gibt es $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{x}\right)\cdot 2$ Elementarereignisse, die auf $X=x$ abbilden, mit jeweils $\mathbb{P}(\omega )=\frac{1}{16}$.

$$\mathbb{P}(X=x)=\mathbb{P}(\omega )\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{x}\right)\cdot 2=\frac{1}{8}\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{x}\right)$$

x	0	1	2	3
$\mathbb{P}(X=x)$	$\frac{1}{8}$	$\frac{3}{8}$	$\frac{3}{8}$	$\frac{1}{8}$

Wir betrachten $Y$. Die ersten beiden Würfe sind uns egal, ergeben also $2^2=4$ Möglichkeiten. Es gibt $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{k}\right)$ Möglichkeiten, $k$ Köpfe auf die letzten beiden Würfe zu verteilen. Somit gibt es $4\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{y}\right)$ Elementarereignisse, die auf $Y=y$ abbilden, mit jeweils $\mathbb{P}(\omega )=\frac{1}{16}$.

$$\mathbb{P}(Y=y)=\mathbb{P}(\omega )\cdot 4\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{y}\right)=\frac{1}{4}\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{y}\right)$$

y	0	1	2
$\mathbb{P}(Y=y)$	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{2}$	$\frac{1}{4}$

c)

Da der Wahrscheinlichkeitsraum ein La-Place Raum ist, reicht es aus, die Elementarereignisse der Schnittmenge von $\{X=x\}$ und $\{Y=y\}$ zu zählen und mit $|\Omega |=16$ zu dividieren. Ich bilde nun die gültigen Elementarereignisse mathematisch informell, da es nur um deren Anzahl geht:

"$X^{-1}$" \ "$Y^{-1}$"	??ZZ	??KZ, ??ZK	??ZZ
ZZZ?	ZZZZ	ZZZK	-
ZZK?, ZKZ?, KZZ?	ZKZZ, KZZZ	ZZKZ, ZKZK, KZZK	ZZKK
ZKK?, KZK?, KKZ?	KKZZ	ZKKZ, KZKZ, KKZK	ZKKK, KZKK
KKK?	-	KKKZ	KKKK

Somit ergibt sich für die gemeinsame Verteilung von $X$ und $Y$ folgendes. Als Probe habe ich noch die Randverteilungen $\mathbb{P}(X=x)$ und $\mathbb{P}(Y=y)$ als Zeilenund Spaltensumme ergänzt, was aus genau unseren in b) berechneten Verteilungen entspricht 🙂

$x$ \ $y$	0	1	2	$\mathbb{P}(X=\cdot )$
0	$\frac{1}{16}$	$\frac{1}{16}$	$0$	$\frac{1}{8}$
1	$\frac{2}{16}$	$\frac{3}{16}$	$\frac{1}{16}$	$\frac{3}{8}$
2	$\frac{1}{16}$	$\frac{3}{16}$	$\frac{2}{16}$	$\frac{3}{8}$
3	$0$	$\frac{1}{16}$	$\frac{1}{16}$	$\frac{1}{8}$
$\mathbb{P}(Y=\cdot )$	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{2}$	$\frac{1}{4}$

d)

$$X,Y\text{ sind unabha¨ngig}⟺{\forall }_{x\in X(\Omega ),y\in Y(\Omega )}\mathbb{P}(X=x,Y=y)=\mathbb{P}(X=x)\cdot \mathbb{P}(Y=y)$$

Ich widerlege mit dem Gegenbeispiel $X=0,Y=0$:

\begin{align*} \mathbb{P}(X=0,Y=0) = \mathbb{P}(X=0) \cdot \mathbb{P}(Y=0) \iff \frac{1}{16} = \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{32} \iff \text{falsche Aussage} \end{align*} $$ $\implies X,Y$ sind nicht unabhängig ## e) $Z:$ Anzahl Köpfe in den Würfel **2,3,4** $W:$ Anzahl Köpfe in den Würfen **2,3** Nein, die gemeinsame Verteilung ist verschieden. Beispielhaft bildet nur das Elementarereignis $\{ (Z,Z,Z,Z) \}$ auf $X=0$ und $Y=0$ ab, während die beiden Elementarereignisse $\{ (K,Z,Z,Z),(Z,Z,Z,Z) \}$ auf $Z=0$ und $W=0$ abbilden.