Stochastik I - WordPress.comStochastik I Klausur - Sommersemester 1998 Fachschaften Mathematik Aufgabe 2: xP+xP+xP+xP= xP F¨ur ein x0 > 0 fest und α > 0 sei f (x) = c ·x−α−11]x0,∞[(x)

Lehrstuhl IVStochastik & Analysis

Uni Dortmund

Mathematik

Fachschaft

Stochastik ILosungsskript zu den Klausuren

Letzte Anderung: 18. Januar 2007

Gesetzt mit LATEX und LyX

Vorwort

Dieses Skript beinhaltet Klausurlosungen. Dieses Skript wird separat veroffentlicht, nicht um denLeser zu argern, sondern umd die Versuchung sofort nach der Losung zu gucken zu minimieren.

Unser Dank gilt Thorsten Camps fur seine tatkraftige Mithilfe.

Der Setzer

STK

Inhaltsverzeichnis

Klausur 1998 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Nachklausur 1998 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Klausur 2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Nachklausur 2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

Klausur 2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

Nachklausur 2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

H-Doz. Dr. H.P. Scheffler Sommersemester 1998

Klausur zur Vorlesung Stochastik I - Losung

08.07.1998

Name

Vorname

Geburtsdatum

Matrikelnummer

Studiengang Leistungsnachweis Qual. Stud. Nachweis

Fur Leistungsnachweise: Bearbeiten Sie alle 4 Aufgaben. Die Bearbeitungszeit betragt 3 Stunden.

Fur qualifizierte Studiennachweise: Wahlen Sie 3 Aufgaben aus. Die Bearbeitungszeit betragt 2Stunden und 15 Minuten.Bitte kreuzen Sie die bearbeiteten Aufgaben an. Die Bearbeitung anderer Aufgaben(teile) wirdnicht bewertet.

Nummer

bearbeitet

Punkte

1 2 3 4∑

Jede Aufgabe soll auf einem gesonderten Blatt bearbeitet werden. Versehen Sie jedes Blatt mitIhrem Namen und der Nummer der Aufgabe.

Achten Sie in der Klausur auf sorgfaltige und exakte Formulierungen. Geben Sie, falls gefor-dert, Definitionen und Satze stets exakt (mit allen Voraussetzungen) an. Es ist nicht ausreichend,Definitionen durch Schlagworte, durch Plausibilitatsbetrachtungen oder durch verbale Be- undUmschreibung des Sachverhalts zu ersetzen

Bei der Bearbeitung der einzelnen Aufgaben genugt es, entsprechende Formeln abzuleiten, exaktenumerische Berechnungen, etwa mit Hilfe eines Taschenrechners sind nicht erforderlich.

Hilfsmittel (Bucher, Skripten) sind nicht zugelassen!

Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998 Fachschaften Mathematik

Aufgabe 1: xP + xP + xP + xP = xP

Es wird mit drei (idealen) Wurfeln geworfen. Bei jedem Wurf werden die Augenzahlen (i, j, k),1 ≤ i, j, k ≤ 6 notiert.

Sn respektive Mn bezeichnen die Summe respektive das Minimum der Augen beim n-ten Wurfmit den drei Wurfeln.

(a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit bei einem Wurf

(i) die Augensumme Sn = 16, bzw.

(ii) das Minimum Mn = 5 zu erhalten.

(Kontrolle: P Sn = 16 =1

36, P Mn = 5 =

7

63)

(b) (i) Geben Sie die Wahrscheinlichkeit P (Mn = 5 ∩ Sn = 16) an.

(ii) Sind (bei festem n) Mn und Sn unabhangig?

(c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit unter n Wurfen mit drei Wurfeln mindestens einmal dieAugensumme Si = 16 zu erziehlen? (1 ≤ i ≤ n)

(d) Geben Sie die Definition der Unabhangigkeit

(i) von Ereignissen,

(ii) von Zufallsvariablen an.

Losung:

Zu (a.i):

Sn = 16 = (6, 6, 4) , (6, 4, 6) , (4, 6, 6) , (5, 5, 6) , (5, 6, 5) , (6, 5, 5)

Ω = 1, . . . , 63 , P = LΩ ⇒ #Ω = 63 ⇒ P Sn = 16 =6

63=

1

62=

1

36

Zu (a.ii):

Mn = 5 = (5, 5, 5) , (5, 5, 6) , (5, 6, 5) , (6, 5, 5) , (5, 6, 6) , (6, 5, 6) , (6, 6, 5)

⇒ P Mn = 5 =7

63

Zu (b.i):

P (Mn = 5 ∩ Sn = 16) = P (5, 5, 6) , (5, 6, 5) , (6, 5, 5) =3

63=

1

108

Zu (b.ii):

P Mn = 5 ·P Sn = 6 =7

63· 1

62=

7

656= 3

63= P (Mn = 5 ∩ Sn = 16)

Also sind P Mn = 5 und P Sn = 16 nicht unabhangig.

Zu (c): Binomialverteilung P = Bn; 136

P 1, 2, . . . , n = 1−P 0 = 1− Bn; 1360 = 1−

(n

0

)(1

36

)0(35

36

)n−0

= 1−(

35

36

)n

Seite 2 Letzte Anderung: 18. Januar 2007

Lehrstuhl IV Stochastik I Klausur - Sommersemester 1998

Zu (d):

(i) Nach (4.10): Es sei (Ω, A,P) ein Wahrscheinlichkeitsraum, I 6= ∅ eine Indexmenge undAj ∈ A fur alle j ∈ I. Die Ereignisse (Aj)j∈I

heißen (stochastisch) unabhangig, falls

P

(⋂

j∈J

Aj

)

=∏

j∈J

P (Aj)

fur alle endlichen J ⊂ I.

(ii) Nach (4.12): Es seien fur j ∈ I Xj : (Ω, A) → (Ω′, A′) Zufallsvariablen auf einem Wahr-scheinlichkeitsraum (Ω, A,P). (Xj)j∈I

heißen unabhangig

:⇔ ∀Aj ∈ Aj sind die Ereignisse (Xj ∈ Aj)j∈Iunabhangig.

http://fsmath.mathematik.uni-dortmund.dehttp://mathematik.uni-dortmund.de/lsiv

Seite 3



Fur ein x0 > 0 fest und α > 0 sei

f (x) = c · x−α−11]x0,∞[ (x)

fur ein c > 0.

(a) Bestimmen Sie c > 0 so, daß f die Lebesgue-Dichte eines Wahrscheinlichkeitsmaßes µ auf R

ist.

(b) Berechnen Sie die Verteilungsfunktion von µ.

(c) Es sei X eine Zufallsvariable mit Verteilung µ.

(i) Bestimmen Sie die α > 0 fur die der Erwartungswert von X existiert und berechnenSie diesen.

(ii) Bestimmen Sie die α > 0 fur die die Varianz von X existiert und berechnen Sie diese.

(d) Definieren Sie

(i) den Erwartungswert

(ii) die Varianz

einer reellwertigen Zufallsvariablen X .

Losung:

Zu (a):∫

R

f (x) dx = c ·∫ ∞

x0

x−α−1 dx =

[

c1

−αx−α

]∞

x0

=c

αx−α

0 = 1

⇔ c = α · xα0

Zu (b):

F (t) =

∫ t

−∞f (x) dx =

0 t ≤ x0

c ·∫ t

x0x−α−1 dx t > x0

∫ t

−∞x−α−1 dx =

[

− 1

αx−α

]t

x0

=1

αx−α

0 − 1

αt−α

⇒ c ·∫ t

x0

x−α−1 dx = αxα0 ·

1

αx−α

0 − αxα0 ·

1

αt−α = 1−

(t

x0

)−α

⇒ F (t) =

0 t ≤ x0

1−(

tx0

)−α

t > x0



Zu (c): PX = f · λ1

E (X) = c ·∫ ∞

x0

x · x−α−1 dx

= c ·∫ ∞

x0

x−α dx existiert falls α > 1

=

[

c · 1

−α + 1· x−α+1

]∞

x0

= c · 1

α− 1· x−α+1

0

= α · xα0 ·

1

α− 1· x−α+1

0 =α

α− 1· x0

E(X2)

= c ·∫ ∞

x0

x2 · x−α−1 dx

= c ·∫ ∞

x0

x−α+1 dx existiert falls α > 2

=

[

c · 1

−α + 2· x−α+2

]∞

x0

= c · 1

α− 2· x−α+2

0

= α · xα0 ·

1

α− 2· x−α+2

0 =α

α− 2· x2

0

⇒ V (X) = E(X2)− (E (X))

2=

α

α− 2· x2

0 −(

α

α− 1· x0

)2

= x20 ·(

α

α− 2−(

α

α− 1

)2)

fur α > 2

Zu (d):

(i) Nach (5.1): Eine reelle Zufallsvariable X : Ω→ R heißt integrierbar, falls∫

X+ dP <∞ und∫

X− dP <∞. Wir nennen fur solche X

∫

X dP :=

∫

X+ dP−∫

X− dP

das Integral von X bezuglich P. Wir bezeichnen E (X) = EP (X) :=∫

X dP als den Erwar-tungswert von X (unter P). Ist X ≥ 0 so setzen wir E (X) =

∫X dP auch in dem Fall, daß

das Integral +∞ ist.

(ii) Nach (5.7): Es sei X : Ω → R eine Zufallsvariable auf einem Wahrscheinlichkeitsraum(Ω, A,P), fur die X2 integrierbar ist. (Man nennt X quadratisch integrierbar.) Die Zahl

VP (X) = EP

(

(X −EP (X))2)

nennt man Varianz von X . Die Streuung von X ist

σ (X) =√

VP (X);

diese Große hat die gleiche Dimension wie X .


Seite 5



In einem Friseur-Laden mit 9 Friseuren dauert ein Haarschnitt 10 Minuten. Herr Snyder betrittden Laden und sieht, daß alle 9 Friseure beschaftigt sind.

Die Zeitpunkte T1, . . . , T9 des Fertigwerdens der Friseure 1, . . . , 9 seien in [0, 10] gleichverteilt undunabhangig.

Es bezeichne T die Wartezeit von Herrn Snyder bis er bedient werden kann.

(a) (i) Geben Sie eine Formel fur T an.

(ii) Zeigen Sie, daß die Verteilungsfunktion FT von T die Gestalt

FT (t) =

0 fur t < 0

1−(

1− t

10

)9

fur 0 ≤ t ≤ 10

1 fur t > 10

hat.

(b) Berechnen die Dichte der Verteilung von T .

(c) Berechnen Sie die mittlere Wartezeit E (T ) von Herrn Snyder.

(d) Definieren Sie die Begriffe

(i) Verteilungsfunktion einer Zufallsvariable;

(ii) Lebesgue-Dichte einer verteilung.

Losung:

Zu (a.i): T1, . . . , T9 unabhangig ⇒ PTi= 1

10 · λ1∣∣[0,10]

T = min T1, . . . , T9

Zu (a.ii):

FT (t) = P T ≤ t = 1−P T > t= 1−P min T1, . . . , T9 > t = 1−P T1 > t, . . . , T9 > t= 1− (P T1 > t)9 = 1− (1−P T1 ≤ t)9

P T1 ≤ t =

0 t < 0110 ·

∫ t

0 dx 0 ≤ t ≤ 101 t > 10

=

0 t < 0t10 0 ≤ t ≤ 101 t > 10

⇒ FT (t) =

0 t < 0

1−(1− t

10

)90 ≤ t ≤ 10

1 t > 10

Zu (b):

fT (x) = (FT )′(x) =

0 x < 0

−9 ·(1− t

10

)8 ·(− 1

10

)0 ≤ x ≤ 10

0 x > 10

=

0 x < 0910 ·

(1− t

10

)80 ≤ x ≤ 10

0 x > 10



Zu (c):

E (T ) =

∫

x · fT (x) dx =

∫ 10

0

x︸︷︷︸

=f

· 9

10·(

1− x

10

)8

︸︷︷︸

=g′=fT

dx

=

[

x ·(

1−(

1− x

10

)9)]10

0

−∫ 10

0

(

1−(

1− x

10

)9

︸︷︷︸

wegen fT =F ′T

)

dx

= 10− 10 +

∫ 10

0

(

1− x

10

)9

dx

=

∫ 10

0

(

1− x

10

)9

dx

Subst.= 10 ·

∫ 1

0

u9 du =[u10]1

0= 1

Substitution: 1− x10 = 0 ⇒ x = −10u + 10 ⇒ dx = −10 · du

Zu (d):

(i) Nach (4.7) und (4.8): Es sei X : (Ω, A)→ (Ω′, A′) eine Zufallsvariable auf einem Wahrschein-lichkeitsraum (Ω, A,P). Dann wird durch

PX : A′ → R+ PX (A′) = P X ∈ A′ = P ω ∈ Ω | X (ω) ∈ A′

ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf (Ω′, A′) definiert. Das in so eingefuhrte Wahrscheinlichkeits-maß PX auf (Ω′, A′) heißt Verteilung von X unter P.

(ii) Nach (3.19): Es sei f : Rd → R+ ∪∞ eine meßbare Funktion mit

∫

f dλd = 1. Dann wird

durch

P (A) =

∫

1A · f dλd A ∈ B(R

d)

ein Wahrscheinlichkeitsmaß P auf Rd definiert. Die Funktion f nennen wir Lebesgue-Dichte

von P. Samtliche Wahrscheinlichkeitsmaße die man so erhalt sind diffus, d.h. fur alle ω ∈ Rd

gilt P ω =

∫

1ω · f dλd = f (ω) · λd ω = 0.


Seite 7



Es sei X : Ω→ R+ eine Zufallsvariable. Fur festes s > 0 heißt die Funktion

Fs (t) = P X ≤ t |X > s fur s < t

die Restlebensdauer von X .

(a) Zeigen Sie, daß Fs eine Verteilungsfunktion eines geeigneten Wahrscheinlichkeitsmaßes istund geben Sie dieses an.

(b) Es sei nun X exponentialverteilt mit Parameter λ > 0 (d.h. die Verteilung von X hat dieDichte x 7→ λe−λx1]0,∞[ (x).) Berechnen Sie

(i) Fs (t)

(ii) P

1λ

< X < 2λ

∣∣X > 1

λ

(c) Es sei nun X eine reelle Zufallsvariable auf R+, deren Verteilungsfunktion F stetig auf R+

ist und 1− F (s) > 0. Zeigen Sie, daß dann aquivalent sind:

(i) Fur alle 0 < s < t gilt Fs (t + s) = F (t)

(ii) F ist die Verteilungsfunktion einer exponential verteilten Zufallsvariable.

(Hinweis: Betrachten Sie G (t) = 1 − F (t) und verwenden Sie, daß jede stetige Losung derFunktionalgleichung G (t) · G (s) = G (t + s) fur s, t > 0 von der Form G (t) = ebt fur eingeeignetes b ∈ R ist.)

(d) (i) Definieren Sie die bedingte Wahrscheinlichkeit von A unter B.

(ii) Formulieren Sie den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit.

Losung:

Zu (a): Es sei P X > s > 0. Dann ist Q : A 7→ P (A |X > s ) ein Wahrscheinlichkeitsmaß und

Fs (t) = Q X ≤ t = P X ≤ t |X > s fur s < t

Zu (b.i): PX = ελ :

FS (t) = P X ≤ t |X > s =P s ≤ X ≤ t

P X > s

P s < X ≤ t =

∫ t

s

λe−λx dx =[−eλx

]t

s= e−λs − e−λt

P X > s =

∫ ∞

s

λ · e−λx dx =[−e−λx

]∞s

= e−λs

⇒ Fs (t) =e−λs − e−λt

e−λs= 1− e−λt · eλs = 1− e−λ(t−s)

Zu (b.ii):

P

1

λ< X <

2

λ

∣∣∣∣X >

1

λ

=P

1λ

< X < 2λ, X > 1

λ

PX > 1

λ

=P

1λ

< X < 2λ

PX > 1

λ

=e−λ 1

λ − e−λ 2λ

e−λ 1λ

=e−1 − e−2

e−1= 1− e−1 = 1− 1

e



Zu (c):

(ii)⇒ (i): In (b.i) gezeigt: Fs (t) = 1− e−λ(t−s). t > 0:

F (t) =

∫ t

0

λe−λx dx =[−e−λx

]t

0= 1− e−λt

⇒ Fs (t + s) = 1− e−λ(t+s−s) = 1− e−λt = F (t)

(i)⇒ (ii): Sei G (t) = 1− F (t)

Fs (t) = P X ≤ t |X > s =P s < X ≤ t

P X > s

=F (t)− F (s)

1− F (s)=

F (t)− F (s)

G (s)

=F (t)− 1 + 1− F (t)

G (s)=

G (s)−G (t)

G (s)

Fs (t + s) =F (t + s)− F (s)

G (s)

Vor.= F (t)

G (s)−G (t + s)

G (s)= F (t) = 1−G (t) | ·G (s)

⇒ G (s)−G (t + s) = G (s)−G (t) ·G (s)

⇒ G (t + s) = G (t) ·G (s) ∀s, t > 0

⇒ ∃b ∈ R : G (t) = ebt

Da G (t) = 1− F (t)t→∞−−−→ 0 ⇒ b < 0

Schreibe b = −λ mit λ > 0⇒ F (t) = 1−G (t) = 1− e−λt

Zu (d):

(i) Nach (7.1): Es seien (Ω, A,P) ein Wahrscheinlichkeitsraum und A, B ∈ A mit P (B) > 0.Dann heißt die Zahl

P (A | B) :=P (A ∩B)

P (B)

die bedingte Wahrscheinlichkeit von A unter B.Sind X : Ω → Ω0 und Y : Ω → Ω1 Zufallsvariable, sowie A = X ∈ A′, B = Y ∈ B′ soschreiben wir P (A | B) = P (X ∈ A′ | Y ∈ B′).

(ii) Nach (7.4): Es seien B1, B2, . . . disjunkte Ereignisse und A ∈ A mit A ⊂∞⋃

n=1Bn. Dann gilt

P (A) =∞∑

n=1

P (Bn) ·P (A | Bn)

und (im Fall P (A) > 0)

P (Bk | A) =P (Bk) ·P (A | Bk)

∞∑

n=1P (Bn) ·P (A | Bn)

.


Seite 9


Nachklausur zur Vorlesung Stochastik I - Losung

05.10.1998

Name

Vorname

Geburtsdatum

Matrikelnummer

Studiengang Leistungsnachweis Qual. Stud. Nachweis

Fur Leistungsnachweise: Bearbeiten Sie alle 6 Aufgaben. Die Bearbeitungszeit betragt 3 Stunden.Zum Erwerb eines Leistungsnachweises mussen Sie mindestens 22 Punkte erreichen.

Fur qualifizierte Studiennachweise: Wahlen Sie von den Aufgaben 1 und 2 eine Aufgabe aus undvon den Aufgaben 3 bis 6 wahlen Sie 3 Aufgaben aus. Die Bearbeitungszeit betragt 2 Stunden und15 Minuten. Zum Erwerb eines qualifizierten Studiennachweises mussen Sie mindestens 15 Punkteerreichen.Bitte kreuzen Sie die bearbeiteten Aufgaben an. Die Bearbeitung anderer Aufgaben(teile) wirdnicht bewertet.

Nummer

bearbeitet

Punkte

1 2 3 4 5 6∑

Jede Aufgabe soll auf einem gesonderten Blatt bearbeitet werden. Versehen Sie jedes Blatt mitIhrem Namen und der Nummer der Aufgabe.

Achten Sie in der Klausur auf sorgfaltige und exakte Formulierungen. Geben Sie, falls gefor-dert, Definitionen und Satze stets exakt (mit allen Voraussetzungen) an. Es ist nicht ausreichend,Definitionen durch Schlagworte, durch Plausibilitatsbetrachtungen oder durch verbale Be- undUmschreibung des Sachverhalts zu ersetzen

Bei der Bearbeitung der einzelnen Aufgaben genugt es, entsprechende Formeln abzuleiten, exaktenumerische Berechnungen, etwa mit Hilfe eines Taschenrechners sind nicht erforderlich.



Aufgabe 1: xP + xP + xP = 6P

Die 4 Seiten eines tetraederformigen“Wurfels” sind jeweils mit den Zahlen 1, 2, 3, 4 beschriftet undtreten beim Wurfeln mit gleicher Wahrscheinlichkeit auf. Der Tetraeder wird zweimal geworfenund die untenliegenden Zahlen X1 und X2 notiert.

(a) Bestimmen Sie die Zahldichte der Verteilung PX1+X2von X1 + X2.

(b) Berechnen Sie den Erwartungswert von X1 + X2.

(c) Definieren Sie

(i) die Zahldichte einer Verteilung auf einer abzahlbaren Menge.

(ii) den Erwartungswert einer diskreten Zufallsvariablen.

Losung:

Zu (a):X1 + X2 Moglichkeiten

2 13 24 35 46 37 28 1

⇒ P X1 + X2 = k = k−116 fur k = 2, 3, 4

P X1 + X2 = k = 9−k16 fur k = 5, 6, 7, 8

Zu (b):E (X1 + X2) = 2 ·E (X1) = 2 · 2, 5 = 5

Zu (c):

(i) Nach (1.22): Es sei Ω abzahlbar. Eine Funktion f : Ω→ R+ heißt Zahldichte, falls

∑

ω∈Ω

f (ω) = 1.

(ii)

E (X) =

∫

X dP =n∑

j=1

xj ·P (xi) .



Aufgabe 2: xP + xP + xP + xP = 6P

Ablenkeinheiten fur Fernsehrohren werden einer sorgfaltigen Endkontrolle unterzogen. Der au-tomatisierte Kontrollvorgang weist folgende statistische Parameter auf: Die Wahrscheinlichkeitdafur, daß eine fehlerfreie Einheit auch als fehlerfrei erkannt wird, ist 0, 98; die Wahrscheinlichkeitdafur, daß eine defekte Einheit auch als defekt erkannt wird ist 0, 95. Die Wahrscheinlichkeit, daßeine Einheit defekt ist, betragt 0, 08.Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten folgender Ereignisse:

(a) Eine durch die Kontrolle als fehlerfrei deklarierte Ablenkeinheit ist tatsachlich fehlerfrei.

(b) Eine durch die Kontrolle als defekt deklarierte Ablenkeinheit ist tatsachlich defekt.

(c) Eine durch die Kontrolle als fehlerfrei deklarierte Ablenkeinheit ist in Wirklichkeit defekt.

(d) (i) Definieren Sie die bedingte Wahrscheinlichkeit.

(ii) Geben Sie die Bayes’sche Formel an.

Losung:

D : Rohre defekt

F : Rohre als fehlerfrei erkannt

Bekannt:

P(

F∣∣∣D∁

)

= 0, 98 P(

F ∁∣∣∣D)

= 0, 95 P (D) = 0, 08

Zu (a):

P(

D∁∣∣∣F)

=P(

F∣∣∣D∁

)

·P(

D∁)

P(

F∣∣∣D∁

)

·P(

D∁)

+ P (F |D ) ·P (D)=

0, 98 · 0, 92

0, 98 · 0, 92 + 0, 05 · 0, 08≈ 0, 9959

Zu (b):

P(

D∣∣∣F ∁

)

=P(

F ∁

∣∣∣D)

·P (D)

P(

F ∁∣∣∣D)

·P (D) + P(

F ∁∣∣∣D∁

)

·P(

D∁) =

0, 95 · 0, 08

0, 95 · 0, 08 + 0, 02 · 0, 92≈ 0, 8051

Zu (c):

P (D |F ) = 1−P(

D∁∣∣∣F)

(a)= 1− 0, 98 · 0, 92

0, 98 · 0, 92 + 0, 05 · 0, 08≈ 0, 0044

Zu (c):


P (A | B) :=P (A ∩B)

P (B)

die bedingte Wahrscheinlichkeit von A unter B.


n=1Bn. Dann gilt

P (A) =

∞∑

n=1

P (Bn) ·P (A | Bn)


Seite 13



P (Bk | A) =P (Bk) ·P (A | Bk)

∞∑

n=1P (Bn) ·P (A | Bn)

.




Bei einem Multiple-Choice-Test mit 10 Aufgaben sind pro Aufgabe 4 Antworten moglich, von denengenau eine richtig ist. Ein Kandidat, der schlecht vorbreitet ist, kreuzt die Antworten zufallig an.

(a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit

(i) alle Antworten richtig

(ii) alle Antworten falsch

zu beantworten.

(b) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens 8 Aufgaben richtig sind. (Stellen siedas Ergebnis als Bruch dar.)

(c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß bei 100 schlecht vorbereiteten Teilnehmern am Testmindestens eine komplett richtige Losung dabei ist?

(d) Definieren Sie

(a) die Gleichverteilung auf einer endlichen Menge.

(b) die Binomialverteilung mit Parametern n, p. (Es reicht den zugehorigen Wahrschein-lichkeitsraum und die Zahldichte anzugeben.)

Losung:

p = 14 Wahrscheinlichkeit fur richtige Antwort bei einer Aufgabe

Zu (a.i):

P alle Antworten richtig = p10 =1

410≈ 9, 5 · 10−7 ≈ 10−6 =

1

1.000.000

Zu (a.ii):

P alle Antworten falsch = (1− p)10

=

(3

4

)10

≈ 0, 056

Zu (b):

P mindestens 8 Aufgaben richtig

=

10∑

k=8

(10

8

)

· pk (1− p)10−k

=

(10

8

)

·(

1

4

)8 (3

4

)2

+

(10

9

)

·(

1

4

)9(3

4

)1

+

(1

4

)10

=1

410·(

9 · 10!

8! · 2!+ 3 · 10!

9! · 1!+ 1

)

=1

410·(

9 · 9 · 10

2+ 10 · 3 + 1

)

=1

410· (405 + 31) =

436

410≈ 0, 0004


Seite 15


Zu (c):

P Mindestens eine komplett richtige Losung bei 100 Teilnehmern= 1−P keine komplett richtige Losung bei 100 Teilnehmern

= 1−(

1− 1

410

)100

≈ 9, 54 · 10−5 ≈ 10−4 =1

10.000

Zu (d):

(i) Nach (1.24.1): Die Gleichverteilung LΩ auf einer endlichen Menge Ω hat die konstante Funk-

tion f (ω) =1

#Ωals Zahldichte.

(ii) Nach (1.24.2): Es seien p ∈ [0, 1] und n ≥ 1, Ω = 0, . . . , n, A = POT (Ω). Dann ist durch

f (k) =

(n

k

)

pk (1− p)n−k

(fur k ∈ Ω) eine Zahldichte definiert, denn f (k) ≥ 0 und

n∑

k=0

f (k) =n∑

k=0

(n

k

)

pk (1− p)n−k = (p + (1− p))n = 1n = 1.

Das durch f definierte Wahrscheinlichkeitsmaß Bn,p mit Bn,p k =(nk

)pk (1− p)

n−kheißt

Binomialverteilung mit Parameter n und p.




Auf den Strecken zwischen den Punkten (1, 0) und (1, 1) sowie zwischen (2, 0) und (2, 1) in derEbene wird jeweils ein Punkt zufallig ausgewahlt.

(a) Geben Sie ein geeignetes mathematisches Modell (unter der Annahme, daß die beiden Punkteunabhangig voneinander ausgewahlt werden) an.

(b) Es bezeichne X1 bzw. X2 den zufallig ausgewahlten Punkt als Element von [0, 1]. Zeigen Sie,daß X1 und X2 unabhangig sind.

(c) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafur, daß der Schnitt der Verbindungsgerade dieserzwei Punkte mit der x-Achse rechts vom Nullpunkt liegt.

(d) Definieren Sie

(a) die kontinuierliche Gleichverteilung.

(b) die Unabhangigkeit einer Familie von Zufallsvariablen.

Losung:

1 2

1

Zu (a):Ω = [0, 1]× [0, 1] A = B (Ω) P = Gleichverteilung

Zu (b):

X1 : Ω→ [0, 1] X1 (ω1, ω2) = ω1

X2 : Ω→ [0, 1] X2 (ω1, ω2) = ω2

Es reicht die Unabhangigkeit auf Rechtecken zu testen, sei also

A1, A2 ∈ B ([0, 1]) ⇒ A1 ×A2 ∈ Ω.

P (x1, x2) ∈ A1 ×A2 = λ2 (A1 ×A2) = λ (A1) · λ (A2)

= P x1 ∈ A1 ·P x2 ∈ A2Zu (c): Schnitt der Verbindungsgerade dieser zwei Punkte mit der x-Achse rechts vom Nullpunkt

1

22

1

x1

x2

A

B

Ω

⇔ x1 <1

2x2 oder x1 > x2

W = P (A) + P (B) =λ2 (A)

1+

λ2 (B)

1=

1

2+

1

4=

3

4


Seite 17


Zu (d):

(i) Nach (3.7.3): Es sei Ω ∈ B(R

d)

mit 0 < λd (Ω) < ∞. Dann ist auf (Ω, B (Ω)) ein Wahr-scheinlichkeitsmaß

P : B (Ω)→ [0, 1]

durch

P (A) :=λd (A)

λd (Ω)

definiert. P heißt kontinuierliche Gleichverteilung auf Ω.

(ii) Nach (4.12) und (4.10): Es seien I 6= ∅ eine Indexmenge und fur j ∈ I Xj : (Ω, A)→ (Ω′, A′)Zufallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A,P). (Xj)j∈I

heißen unabhangig


Es sei Aj ∈ A fur alle j ∈ I. Die Ereignisse (Aj)j∈Iheißen (stochastisch) unabhangig, falls

P

(⋂

j∈J

Aj

)

=∏

j∈J

P (Aj)





Xi : Ω → R+ seien Zufallsvariablen fur 1 ≤ i ≤ n, die nach einer Exponentialverteilung mitParameter α > 0 verteilt sind. Die (Xi)i=1,...,n seien unabhangig. Sei Mn = min

1≤i≤nXi.

(a) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion FMnsowie die Dichte der Verteilung von Mn.

(b) Verifizieren Sie:

(i) E (Xi) =1

α

(ii) E(X2

i

)=

2

α2

und berechnen Sie Erwartungswert und Varianz von Mn.

(c) Es sei ε > 0. Schatzen Sie P

∣∣∣∣n ·Mn −

1

α

∣∣∣∣≥ ε

mit der Tschebyscheff-Ungleichung ab.

(d) (i) Definieren Sie die Verteilungsfunktion einer Zufallsvariable.

(ii) Formulieren Sie die Tschebyscheff-Ungleichung.

Losung:

Zu (a):

FMn(x) = 1− (1− FX1

(x))n

=

0 x < 0

1− (1− (1− e−αx))n

x ≥ 0

=

0 x < 0

1− e−nαx x ≥ 0Exponentialverteilung mit Parameter nα

Dichte:

fMn(x) = F ′

Mn(x) =

0 x < 0

nα · e−nαx x ≥ 0

Zu (b):

E (X1) =

∫ ∞

0

x · αe−αx dx

partielle=

Integration

[−x · e−αx

]∞0

=0

+

∫ ∞

0

e−αx dx

=

[−1

αe−αx

]∞

0

=1

α

Mit gleicher Rechnung erhalt man unter Verwendung von FMn:

E (Mn) =1

nα

E(X2

1

)=

∫ ∞

0

x2 · αe−αx dx

partielle=

Integration

[−x2 · e−αx

]∞0

=0

+2

α·∫ ∞

0

xα · e−αx dx

= 1α

=2

α2


Seite 19


⇒ V (X1) =2

α2−(

1

α

)2

=1

α2⇒ V (Mn) =

1

(nα)2

Zu (c):

P

∣∣∣∣n ·Mn −

1

α

∣∣∣∣≥ ε

= P |Mn −E (n ·Mn)| ≥ ε

≤T.-U.

V (n ·Mn)

ε2=

1

ε2·(

n2 · 1

n2α2

)

=1

α2ε2

Zu (d):

(i) Nach (3.21): Es sei P ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf (R, B (R)). Dann heißt die Funktion

FP (x) := P (]−∞, x]) ,

x ∈ R die Verteilungsfunktion von P.

(ii) Nach (5.17): Es sei X eine quadratisch integrierbare Zufallsvariable. Dann gilt fur alle ε > 0:

P |X −E (X)| ≥ ε ≤ V (X)

ε2

E (X)

εz |

εz |




Es sei F (x) = exp (− exp (−x)), x ∈ R.

(a) Zeigen Sie, daß

(i) F eine Verteilungsfunktion ist.

(ii) die zugehorige Verteilung eine Dichte besitzt und geben Sie diese Dichte an.

(b) Es sei X eine Zufallsvariable mit Verteilungsfunktion FX = F . Sei Y = eX . Geben Sie dieVerteilungsfunktion von Y an und geben Sie - falls sie existiert - die Dichte an.

(c) X1, X2 seien unabhangige Zufallsvariablen mit Verteilungsfunktion F . Fur b ∈ R sei Y =max (X1 − b, X2 − b). Geben Sie die Verteilungsfunktion von Y an. Wie muß b ∈ R gewahltwerden, damit FY = F gilt.

(d) Definieren Sie

(i) den Begriff der Dichte einer Verteilung.

(ii) den Begriff einer reellwertigen Zufallsvariablen.

Losung:

Zu (a):

(i) F monoton steigend, stetig

limn→−∞

F (x) = 0 und limn→∞

F (x) = 1 ⇒ F Verteilungsfunktion

(ii) F stetig differenzierbar ⇒ F ′ Dichte

f (x) = F ′ (x) = exp (− exp (−x)) · (− exp (−x)) · (−1)

= exp (− (x + exp (−x)))

Zu (b): Y = eX

FY (y) = P Y ≤ y = PeX ≤ y

= P x ≤ log (y)

= F (log (y)) = exp (− (exp (− log (y)))) = exp

(

−1

y

)

fur y > 0

FY (y) = 0 fur y ≤ 0

FY stuckweise stetig differenzierbar ⇒ Dichte durch Diffentiation.

Dichte:

f (y) = F ′Y (y) =

1

y2· exp

(

−1

y

)

· 1]0,∞[ (y) .

Zu (c): Y = max (x1 − b, x2 − b)

FY (y) = (FX (x + b))2 = exp (−2 exp (− (x + b)))

FY = F ⇔ 2 exp (− (x + b)) = exp (−x)

⇔ 2 exp (−b) exp (−x) = exp (−x)

⇔ 2 =1

exp (−b)

⇔ b = log (2)


Seite 21


Zu (d):

(i) Nach (3.19): Es sei f : Rd → R+ ∪∞ eine meßbare Funktion mit

∫


durch

P (A) =

∫


d)

ein Wahrscheinlichkeitsmaß P auf Rd definiert. Die Funktion f heiß Dicchte.

(ii) Nach (4.1): Es sei (Ω, A,P) ein Wahrscheinlichkeitsraum, Ω′ eine weitere Menge und A′ ⊂POT (Ω′) eine σ-Algebra. Eine Abbildung

X : Ω→ Ω′

heißt Zufallsvariable (mit Werten in Ω′)

:⇔ ∀A′ ∈ A′ : X−1 (A′) = ω ∈ Ω | X (ω) ∈ A′ ∈ A

= X ∈ A′ .

Will man die zugehorigen σ-Algebren angeben sagt man X ist eine A − A′ Zufallsvariable(ZV) oder schreibt

X : (Ω, A)→ (Ω′, A′) .

Im Fall X : Ω → R, A′ = B (R) spricht man von reellen Zufallsvariablen und im FallX : Ω→ R

d, A′ = B(R

d)

von einem Zufallsvektor.




11.07.2000

Name Matrikel-Nr.

Wahlen Sie aus den folgenden sechs Aufgaben funf Aufgaben aus. Die maximal erreichbare Punkt-zahl finden Sie neben jeder Aufgabe. Tragen Sie die Nummer der gewahlten Aufgaben in dasfolgende Kastchen ein:

Gewahlte Aufgabe

Die Bearbeitung anderer Aufgaben(teile) wird nicht bewertet.

Fur einen qualifizierten Studiennachweis benotigen Sie mindestens 18± ε Punkte. Fur einen Lei-stungsnachweis sind mindestens 24±ε Punkte notwendig. Sie haben zum Bearbeiten der Aufgaben3 Stunden Zeit.

Bitte verwenden Sie fur jede Aufgabe ein gesondertes Blatt, welches Sie mit Ihrem Namen undMatrikelnummer versehen.

Achten Sie in der Klausur auf sorgfaltige und exakte Formulierungen. Geben Sie, falls gefordert,Definitionen oder Satze stets exakt (mit allen Voraussetzungen) an.

Bei der Bearbeitung der einzelnen Aufgaben genugt es, entsprechende Formeln abzuleiten, ex-akte numerische Berechnungen, etwa mit Hilfe eines Taschenrechners sind nicht erforderlich.



Aufgabe 1: 5P + 2P + 1P = 8P

Auf einer Party mit n Mathematikern wird eine Tombola veranstaltet. Zu gewinnen sind (derGastgeber ist großzugig) k ≥ n Geschenke (in Form von Mathematikbuchern).

(a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit bekommt jeder der Mathematiker mindestens ein Geschenk?(Es reicht eine Formel abzuleiten.)

(b) Geben Sie die Siebformel an.

(c) Definieren Sie die Gleichverteilung auf einer endlichen Menge.

Losung:

Zu (a): n Mathematiker, k ≥ n Geschenke

Modell: Ω = (ω1, . . . , ωk)|ωi ∈ 1, . . . , n , i = 1, . . . , k, A = POT (Ω), P = LΩ

Ein Tupel (ω1, . . . , ωk) bedeutet:

Geschenk Nr. 1 geht an Mathematiker ω1 ∈ 1, . . . , n...

Geschenk Nr. k geht an Mathematiker ωk ∈ 1, . . . , n

Fur 1 ≤ j ≤ n sei Aj das Ereignis “Mathematiker j bekommt kein Geschenk”.

Aj = (ω1, . . . , ωk) ∈ Ω|ωi ∈ 1, . . . , n \ j , i = 1, . . . , kn⋃

j=1

Aj = Mindestens ein Mathematiker bekommt kein Geschenk

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit von

n⋃

j=1

Aj

∁

= Jeder Mathematiker bekommt ein Geschenk

Berechne dazu P

n⋃

j=1

Aj

unter Verwendung der Siebformel:

P

(n⋃

i=1

Ai

)

=

n∑

l=1

(−1)l−1

∑

J⊆1,...,n#J=l

P

⋂

j∈J

Aj

Sei J ⊆ 1, . . . , n, #J = l

⋂

j∈J

Aj = (ω1, . . . , ωk) ∈ Ω|ωi ∈ 1, . . . , n \ J, i = 1, . . . , k

= Die Mathematiker j ∈ J bekommen kein Geschenk

#⋂

j∈J

A = (n− l)k ⇒ P

⋂

j∈J

A

=(n− l)k

nk



Somit:

P

(n⋃

i=1

Ai

)

=n∑

l=1

(−1)l−1∑

J⊆1,...,n#J=l

(n− l)k

nk

=

n∑

l=1

(−1)l−1

(nk

)(n− l)k

nk

⇒ P

n⋃

j=1

Aj

∁

= 1−

n∑

l=1

(−1)l−1

(nk

)(n− l)

k

nk

= 1 +

n∑

l=1

(−1)l

(nk

)(n− l)

k

nk

=

n∑

l=0

(−1)l

(nk

)(n− l)k

nk

=1

nk

n∑

l=0

(−1)l

(nk

)

(n− l)k

Zu (b):

Siebformel: (Ω, A,P) Wahrscheinlichkeitsraum und A1, . . . , An ∈ A (n ∈ N).

Dann gilt:

P

(n⋃

i=1

Ai

)

=

n∑

k=1

(−1)k−1

∑

J⊆1,...,n#J=k

P

⋂

j∈J

Aj

Zusatz:

Es folgt die Siebformel fur Kardinalitaten:

Ω endlich, A1, . . . , An ⊆ Ω (n ∈ N). Dann gilt:

#

(n⋃

i=1

Ai

)

=

n∑

k=1

(−1)k−1

∑

J⊆1,...,n#J=k

#

⋂

j∈J

Aj

Zu (c): Nach Beispiel (1.18):

Ist Ω eine endliche Menge und sind die Elementarereignisse A ∈ Ω gleichwahrscheinlich, so definiert

P : POT (Ω)→ R+ P (A) :=#A

#Ω

Diese diskrete Gleichverteilung wird unter anderem dann verwendet, wenn aus Symmetriegrundenalle Elementarereignisse als gleichwahrscheinlich angensehen werden. Wir bezeichnen die diskreteGleichverteilung auf Ω mit LΩ, (Ω,POT (Ω) , LΩ) heißt Laplace-Raum.


Seite 25


Aufgabe 2: 3P + 3P + 2P = 8P

(a) Ein gut durchgemischter Stapel mit je 18 roten und schwarzen Karten wird in zwei gleich-große Stapel geteilt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß sich in den kleineren Stapelnwiederum je gleichviele rote und schwarze Karten befinden? (Geben Sie auch ein geeignetesmathematisches Modell an.)

(b) Um die mediale Begabung herauszufinden, stellt eine okkultistische Gesellschaft einer Ver-sammlung von 500 Menschen die Aufgabe, das Ergebnis eines Versuches zu erraten. Hintereinem Wandschirm wird eine Munze 10-mal geworfen. Bei jedem Wurf ist die Wahrschein-lichkeit fur Kopf oder Zahl jeweils 0, 5. Das Versuchsergebnis soll von den Zuschauern geratenwerden. Als medial begabt gilt, wer hochstens einen Fehler in der Vorhersage macht. Wiegroß ist die Wahrscheinlichkeit, daß sich in der Versammlung mindestens ein medial begabter

Zuschauer befindet?

(c) Definieren Sie und geben Sie die Machtigkeiten an von

(i) k−Permutationen mit Wiederholung einer n−elementigen Menge.

(ii) k−Permutationen ohne Wiederholung einer n−elementigen Menge.

Losung:

Zu (a):

Stapel mit insgesamt 36 Karten:

18 rote18 schwarze

...

18

...

Stapel 1

Stapel 2

17

12

3635

1920

1. Moglichkeit:

Die Karten seien von 1 bis 36 numeriert, wobei 1, . . . , 18 rot und 19, . . . 36 schwarz seien.

Ω = P1,...,3636 = (ω1, . . . , ω36)|ωi ∈ 1, . . . , 36 , ωi 6= ωj ∀i 6= j

wobei ωi die Karte an Position i bezeichnet. A = POT (Ω), P = LΩ, #Ω = 36!

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit vom Ergebnis:

A = (ω1, . . . , ω36) ∈ Ω|#(ω1, . . . , ω18 ∩ 1, . . . , 18) = 9#A = ?



Auf

(189

)

Moglichkeiten konnen die 9 Zahlen aus 1, . . . , 18 ausgewahlt werden, die auf die

ersten 18 Tupelstellen verteilt sind. Es gibt dann 18 · 17 · . . . · 10 Moglichkeiten, die gewahltenZahlen auf die 18 Tupelstellen zu verteilen.Die ubrigen 9 Zahlen aus 1, . . . , 18 konnen auf 18 · 17 · . . . · 10 Moglichkeiten auf die letzten 18Tupelstellen verteilt werden.Damit liegen die roten Zahlen fest.Fur die schwarzen Zahlen gibt es noch 18! Moglichkeiten.

⇒ #A =

(189

)

· (18 · 17 · . . . · 10) · (18 · 17 · . . . · 10) · 18!

⇒ P (A) =

(189

)

· (18 · 17 · . . . · 10)2 · 18!

36!≈ 0, 2605

2. Moglichkeit:

Ω = (ω1, . . . , ω36)|ωi ∈ R, S , # i : ωi = R = # i : ωi = S = 18

#Ω =

(3818

)

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit vom Ergebnis

A = (ω1, . . . , ω36) ∈ Ω|#(i : ωi = R ∩ i : ωi = S) = 9#A = ?

Es gibt

(3618

)

Moglichkeiten, die 9 “R” auf den ersten 18 Tupelstellen unterzubringen und

(3618

)

Moglichkeiten, die 9 “S” auf den letsten 18 Tupelstellen unterzubringen.

Die “S” liegen dann fest.

⇒ #A =

(189

)

·(

189

)

⇒ P (A) =

(189

)

·(

189

)

(3618

) ≈ 0, 2605

3. Moglichkeit:

Urne mit N = 36 (Kugeln), r = 18 (rote), s = 18 (schwarze), n = 18 (mal ohne Zurucklegenziehen)⇒ Hypergeometrische Verteilung:

Hn,N,r k =

(rk

)

·(

N − rn− k

)

(Nn

)

Hier ist k = 9 (genau 9 rote)

H18,36,18 9 =

(189

)

·(

189

)

(3618

) ≈ 0, 2605


Seite 27


Zu (b):

Berechne zunachst die Wahrscheinlichkeit dafur, daß eine Person der Versammlung medial begabtist:In jedem der 10 Versuche ist die Wahrscheinlichkeit, daß die Person einen Fehler in der Vorhersagemacht p = 1

2 .

⇒ P Hochstens ein Fehler in der Vorhersage = B10; 120+ B10; 1

21

=

(100

)

·(

1

2

)0

·(

1

2

)10

+

(101

)

·(

1

2

)1

·(

1

2

)9

=

(1

2

)10

+ 10 ·(

1

2

)10

= 11 ·(

1

2

)10

≈ 0, 0107

Die Wahrscheinlichkeit, daß eine Person medial begabt ist, ist also p′ = 11 ·(

1

2

)10

X : Anzahl der medial begabten Zuschauer unter den 500

X ist B500;p′-verteilt.

P X ≥ 1 = 1−P X = 0 = 1−B500;p′ 0

= 1−(

5000

)

· (p′)0 · (1− p′)

500

= 1− (1− p′)500

= 1−(

1− 11 ·(

1

2

)10)500

≈ 0, 9955

Zu (c): (nach (2.1) Definition) Es sei A 6= ∅ und k ≥ 1

(i) k-Permutationen mit Wiederholung einer n-elementigen Menge:Jedes k-Tupel (a1, . . . , ak) mit ai ∈ A heißt k-Permutation aus A mit Wiederholung. Ak istdie Menge der k-Permutationen aus A mit Wiederholung.Kardinalitat von Ak: #Ak = nk

(ii) k-Permutationen ohne Wiederholung einer n-elementigen Menge:Eine k-Permutation aus A ohne Wiederholung ist ein k-Tupel (a1, . . . , ak) mit ai 6= aj furalle i 6= j. Die Menge aller solcher Permutationen bezeichnen wir mit PA

k .

Kardinalitat von PAk : #PA

k = (n)k = n · (n− 1) · . . . · (n− k + 1) = k! ·(

nk

)



Aufgabe 3: 3P + 3P + 2P = 8P

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß die quadratische Gleichung x2 + px + q = 0 genau zweireelle Losungen besitzt? Dabei sei der Zufallsvektor X = (p, q)

(a) in [0, 1]2

gleichverteilt;

(b) in [−1, 1]2 gleichverteilt.

(c) Definieren Sie:

(i) die Gleichverteilung auf einer Teilmenge des Rd,

(ii) eine Verteilung mit Lebesgue-Dichte auf Rd.

Losung:

x2 + px + q = 0 ⇔ x1,2 =p

2±√

p2

4− q

Die quadratische Gleichung besitzt genau zwei reelle Losungen ⇔ p2

4 − q > 0

Zu (a):

X = (p, q) sei gleichverteilt in [0, 1]× [0, 1]

P

p2

4− q > 0

= PX

(x, y) ∈ [0, 1]× [0, 1]

∣∣∣∣

1

4x2 > y

=

λ2

(x, y) ∈ [0, 1]× [0, 1]

∣∣∣∣

1

4x2 > y

λ2 [0, 1]× [0, 1]

= λ2

(x, y) ∈ [0, 1]× [0, 1]

∣∣∣∣

1

4x2 > y

=

∫ 1

0

1

4x2 dx =

[1

4· 13· x3

]1

0

=1

12

1

y

x

1


Seite 29


Zu (b):

X = (p, q) sei gleichverteilt in [−1, 1]× [−1, 1]

P

p2

4− q > 0

= PX

(x, y) ∈ [−1, 1]× [−1, 1]

∣∣∣∣

1

4x2 > y

=

λ2

(x, y) ∈ [−1, 1]× [−1, 1]

∣∣∣∣

1

4x2 > y

λ2 [−1, 1]× [−1, 1]

=1

4· λ2

(x, y) ∈ [−1, 1]× [−1, 1]

∣∣∣∣

1

4x2 > y

=1

4·(

2 + 2 ·∫ 1

0

1

4x2 dx

)

=1

4·(

2 + 2 ·[1

4· 13· x3

]1

0

)

=1

4· 21

6=

13

24

y

x

1

1

−1

−1

Zu (c.i): Auf einer Teilmenge B des Rd ist die Dichte konstant, f (x) =

(∫

Bdx)−1

fur x ∈ B

und 0 sonst. Fur Ereignisse A ∈ Rd gilt dann

P (A) =

∫

A

f (x) dx =

∫

A∩B

dx∫

B

dx

Zu (c.ii): Nach Satz (3.19):

Es seif : R

d → R+ ∪ ∞eine meßbare Funktion mit ∫

f dλd = 1

Dann wird durch

P (A) =

∫

1A · f dλd ∀A ∈ B(R

d)

ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf Rd definiert. Die Funktion f nennen wir Lebesque-Dichte von P.



Aufgabe 4: 2P + 4P + 2P = 8P

(a) Ein Student, der an einem wahr - falsch Test teilnimmt, verfahrt bei der Beantwortung derFragen folgendermaßen: Sofern er die Antwort weiß, kreuzt er diese an, andernfalls wirft ereine Munze um sich fur wahr oder falsch zu entscheiden. Die Wahrscheinlichkeit, daß demStudenten die richtige Antwort bekannt ist, sei 3

5 . Wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit,daß er eine richtig markierte Antwort wußte?

(b) Bei der Ubertragung der Zeichen Punkt und Strich in einem Fernmeldesystem werden durchStorungen im Mittel 5% der gesendeten Punkte als Striche und 3% der gesendeten Stricheals Punkte empfangen. Das Verhaltnis von gesendeten Punkten zu gesendeten Strichen sei34 .

(i) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß ein gesendetes Zeichen richtig empfangen wird?

(ii) Es wird Punkt empfangen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß auch Punkt gesendetwurde?

(c) Formulieren Sie den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit und die Bayes’sche Formel.

Losung:

Zu (a):

A = Student weiß die richtige Antwort P (A) =3

5

R = Frage wird richtig beantwortet P(

R∣∣∣A∁

)

=1

2P (R |A ) = 1

Gesucht: P (A |R )

Mit der Formel von Bayes:

P (A |R ) =P (R |A ) ·P (A)

P (R |A ) ·P (A) + P(R∣∣A∁

)·P(A∁) =

1 · 35

1 · 35

+1

2· 25

=

3

54

5

=3

4

Zu (b):

Pe/Pg = Punkt wird empfangen/gesendet

Se/Sg = Strich wird empfangen/gesendet

Das Verhaltniss von gesendeten Punkten zu gesendeten Strichen ist3

4, d.h.

P (Pg)

P (Sg)=

3

4⇒ P (Pg) =

3

7und P (Sg) =

4

7

Weiterhin bekannt:

P

(Se

Pg

)

= 0, 05 ⇒ P

(Pe

Pg

)

= 0, 95

P

(Pe

Sg

)

= 0, 03 ⇒ P

(Se

Sg

)

= 0, 97


Seite 31


Zu (b.i):

Gesucht: P ((Sg ∩ Se)∪· (Pg ∩ Pe))

P ((Sg ∩ Se)∪· (Pg ∩ Pe)) = P (Sg ∩ Se) + P (Pg ∩ Pe)

= P (Sg) ·P (Se |Sg ) + P (Pg) ·P (Pe |Pg )

=4

7· 0, 97 +

3

7· 0, 95 ≈ 0, 9614

Zu (b.ii):

Gesucht: P (Pg |Pe )

Mit der Formel von Bayes:

P (Pg |Pe ) =P (Pe |Pg ) ·P (Pg)

P (Pe |Pg ) ·P (Pg) + P (Pe |Sg ) ·P (Sg)

=0, 95 · 3

7

0, 95 · 37

+ 0, 03 · 47

≈ 0, 9596

Zu (c): Nach Satz (7.4):

Es seien B1, B2, . . . disjunkte Ereignisse und A ⊂∞⋃

n=1

Bn. Dann gilt die Formel von der totalen

Wahrscheinlichkeit:

P (A) =∞∑

n=1

P (Bn) ·P (A |Bn )

und im Fall P (A) > 0 gilt die Formel von Bayes:

P (Bk|A) =P (Bk) ·P (A |Bk )

∞∑

n=1

P (Bn) ·P (A |Bn )



Aufgabe 5: 2P + 3P + 2P + 2P + 3P = 12P

Die Lebensdauer X eines Systems sei gleichverteilt mit der Verteilungsfunktion

F : x 7→

1− e−αxβ

falls x > 00 falls x ≤ 0

Dabei sind α, β > 0 fest.

(a) Zeigen Sie, daß die Verteilung von X eine Lebesgue-Dichte besitzt und bestimmen Sie diese.

(b) Bestimmen Sie fur β = 1 und β = 2 den Erwartungswert E (X).

(c) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion der Zufallsvariable Y = Xβ.

(d) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion der Restlebensdauer, das heißt

Fh (x) := P X ≤ x + h |X > h

fur ein festes h > 0.

(e) Sei a > 0. Weiter seien X1, X2 unabhangige Zufallsvariablen mit Verteilungsfunktion F .Geben Sie die Verteilungsfunktion von Z = min (aX1, aX2) an. Fur welche a ist FZ = F?

Losung:

Zu (a):

Fur x > 0 gilt:

F ′ (x) = −e−αxβ ·(−αβxβ−1

)= αβxβ−1eαxβ

Die Lebesgue-Dichte ist dann f (x) = αβxβ−1eαxβ

.

Zu (b):

β = 1:

f (x) = αe−αx · 1]0,∞[ (x)

(Dichte der Exponentialverteilung mit Prameter α > 0)

E (X) =

∫

R

x · αe−αx · 1]0,∞[ (x) dλ1 (x)

= α ·∫ ∞

0

x︸︷︷︸

u

· e−αx

︸︷︷︸

v′dx partielle Integration

= α ·[

x ·(

− 1

αe−αx

)]∞

0︸︷︷︸

= 0

− α ·∫ ∞

0

1 ·(

− 1

αe−αx

)

dx

=

∫ ∞

0

e−αx dx =

[

− 1

αe−αx

]∞

0

= 0 +1

α=

1

α


Seite 33


β = 2 :

f (x) = α2e−αx2 · 1]0,∞[ (x)

(Dichte der Exponentialverteilung mit Prameter α > 0)

E (X) =

∫

R

x · α2e−αx2 · 1]0,∞[ (x) dλ1 (x)

= 2α ·∫ ∞

0

x︸︷︷︸

u

· e−αx2

︸︷︷︸

v′dx partielle Integration

= 2α ·[

x ·(

− 1

2αe−αx2

)]∞

0︸︷︷︸

= 0

− 2α ·∫ ∞

0

1 ·(

− 1

2αe−αx2

)

dx

=

∫ ∞

0

e−αx2

dx =

∫ ∞

0

e−12 (2αx2) dx =

∫ ∞

0

e−12 (

√2α x)

2

dx

(∗)=

∫ ∞

0

e−12y2 · 1√

2αdy =

1√2α·∫ ∞

0

e−12y2

dy(#)=

1√2α· 12

√2π =

1

2

√π

α

Bemerkung zu (∗):Substitution:

y = g (x) =√

2α xdy

dx= g′ (x) =

√2α dy =

√2αdx dx =

1√2α

dy

Bemerkung zu (#): Dichte der Standard-Normalverteilung:

1√2π

∫ +∞

−∞e−

12

y2

dy = 1

Daraus folgt:

2 ·∫ +∞

0

e−12y2

dy =

∫ +∞

−∞e−

12y2

dy =√

2π

Zu (c): Y = Xβ

Sei x > 0

FY (x) = P Y < x = PXβ < x

= P

X < x1β

= F

x1β

= 1− e−α

„

x1β

«β

= 1− e−αx

FY (x) = (1− e−αx) · 1]0,∞[ (x) ist dann die Verteilungsfunktion von Y = Xβ.



Zu (d):

Sei h > α fest. Dann ist die Verteilungsfunktion der Restlebensdauer:

Fh (x) := P X ≤ x + h |X > h

Fur x ≤ 0 ist Fh (x) = 0, also sei x > 0

Fh (x) = P X ≤ x + h |X > h =P (X ≤ x + h ∩ X > h)

P X > h

=P h < X ≤ x + h

1−P X ≤ h =F (x + h)− F (h)

1− F (h)

=1− e−α(x+h)β −

(

1− e−αhβ)

1−(1− e−αhβ

) =e−αhβ − e−α(x+h)β

e−αhβ

= 1− e−α(x+h)β+αhβ

= 1− e−α((x+h)β−hβ)

Zu (e):

Sei a > 0 Seien X1, X2 unabhangige Zufallsvariablen mit Verteilungsfunktion F .Z = min (aX1, aX2)

Sei x > 0

FZ (x) = P Z ≤ x = P min (aX1, aX2) ≤ x= 1−P min (aX1, aX2) > x = 1−P aX1 > x, aX2 > x= 1−P

X1 >x

a, X2 >

x

a

(∗)= 1−P

X1 >x

a

·P

X2 >x

a

= 1−(

P

X1 >x

a

)2

= 1−(

1− F(x

a

))2

= 1−(

1−(

1− e−α(xa )β))2

= 1−(

e−α(xa )β)2

= 1− e−2αxβa−β

⇒ FZ (x) =(

1− e−2αxβa−β)

· 1]0,∞[ (x) Verteilungsfunktion von Z.

Bemerkung zu (∗): X1, X2 unabhangig

x > 0−2αxβa−β = −αxβ

⇔ 2a−β = 1⇔ a−β = 1

2

⇔ a =(

12

)− 1β = β

√2

Fur a = 21β ist Fz = F .


Seite 35


Aufgabe 6: 5P + 5P + 2P = 12P

Eine Fabrik stellt zylindrische Dosen mit Durchmesser 2r0 und Hohe h0 her. Produktionsbedingtschwanken die wahren Werte (r, h) um den Sollwert (r0, h0). Also ist X = (r, h) als R

2-wertigeZufallsvariable aufzufassen. Ihre Verteilung besitze die Dichte f (r, h).

(a) Geben Sie eine Formel fur den Erwartungswert und die Varianz der Oberflache Fl und desVolumens Vol an. (Oberflache = 2πrh + 2πr2, Volumen = πr2h.)

(b) Berechnen Sie E (Fl) und E (Vol) explizit fur eine Dichte der Gestalt

f (r, h) =1

4εδ· 1[r0−ε,r0+ε] (r) · 1[h0−δ,h0+δ] (h)

wobei ε, δ > 0 sind.

(c) Geben Sie die Transformationsformel fur E (g (X)) an fur den Spezialfall, daß die Verteilungvon X eine Lebesgue-Dichte f besitzt.

Losung:

X = (r, h) R2-wertige Zufallsvariable

Verteilung von X besitzt die Dichte f .

Zu (a):

Oberflache (Fl):

O (x, y) = 2πxy + 2πx2

Volumen (V ol):

V (x, y) = πx2y

E (Fl) = E (O X)(∗)=

∫

OdPx =

∫

O (r, h) · f (r, h) dλ2 (r, h)

=

∫(2πrh + 2πr2

)· f (r, h) dλ2 (r, h)

E (V ol) = E (V X)(∗)=

∫

VdPx =

∫

V (r, h) · f (r, h) dλ2 (r, h)

=

∫

πr2h · f (r, h) dλ2 (r, h)

V (Fl) = E(

(Fl)2)

− (E (Fl))2

E(

(Fl)2)

= E (g (O X)) mit g (x) = x2

= E ((g O) X)(∗)=

∫

g OdPx

=

∫(2πrh + 2πr2

)2 · f (r, h) dλ2 (r, h)

⇒ V (Fl) =

∫(2πrh + 2πr2

)2 · f (r, h) dλ2 (r, h)

−(∫

(2πrh + 2πr2

)· f (r, h) dλ2 (r, h)

)2



V (V ol) = E(

(Vol)2)

− (E (Vol))2

E(

(Vol)2)

= E (g (V X)) mit g (x) = x2

= E ((g V) X)(∗)=

∫

g VdPx

=

∫(πr2h

)2 · f (r, h) dλ2 (r, h) =

∫

π2r4h2 · f (r, h) dλ2 (r, h)

⇒ V (Vol) =

∫

π2r4h2 · f (r, h) dλ2 (r, h)−(∫

πr2h · f (r, h) dλ2 (r, h)

)2

Bemerkung zu (∗): Transformationsformel.

Zu (b):

ε, δ > 0 Die Dichte der Verteilung von X sei:

f (r, h) =1

4εδ· 1[r0−ε,r0+ε] (r) · 1[h0−δ,h0+δ] (h)

E (Fl) =

∫(2πrh + 2πr2

)· 1

4εδ· 1[r0−ε,r0+ε] (r) · 1[h0−δ,h0+δ] (h) dλ2 (r, h)

=

∫ ∫(2πrh + 2πr2

)· 1

4εδ· 1[r0−ε,r0+ε] (r) · 1[h0−δ,h0+δ] (h) dλ1 (r) dλ1 (h)

=1

4εδ

∫ r0+ε

r0−ε

∫ h0+δ

h0−δ

(2πrh + 2πr2

)dhdr

=1

4εδ

∫ r0+ε

r0−ε

(

πr[h2]h0+δ

h0−δ+ 2πr2 [h]h0+δ

h0−δ

)

dr

=1

4εδ

∫ r0+ε

r0−ε

[

πr(

(h0 + δ)2 − (h0 − δ)

2)

+ 2πr2 ((h0 + δ)− (h0 − δ))]

dr

=1

4εδ

∫ r0+ε

r0−ε

(πr · 4δh0 + 2πr2 · 2δ

)dr

=4πδ

4εδ

∫ r0+ε

r0−ε

(h0r + r2

)dr =

π

ε

(1

2h0

[r2]r0+ε

r0−ε+

1

3

[r3]r0+ε

r0−ε

)

=π

ε

(1

2h0 ·

(

(r0 + ε)2 − (r0 − ε)

2)

+1

3

(

(r0 + ε)3 − (r0 − ε)

3))

=π

ε

(1

2h0 · 4εr0 +

1

3

((r30 + 3εr2

0 + 3ε2r0 + ε3)−(r30 − 3εr2

0 + 3ε2r0 − ε3)))

=π

ε

(

2εr0h0 +1

3

(6εr2

0 + 2ε3))

= 2πr0h0 + 2πr20 +

2

3πε2


Seite 37


E (Vol) =

∫

πr2h · 1

4εδ· 1[r0−ε,r0+ε] (r) · 1[h0−δ,h0+δ] (h) dλ2 (r, h)

=

∫ ∫

πr2h · 1

4εδ· 1[r0−ε,r0+ε] (r) · 1[h0−δ,h0+δ] (h) dλ1 (h) dλ1 (r)

=1

4εδ

∫ r0+ε

r0−ε

∫ h0+δ

h0−δ

πr2hdhdr

=1

4εδ

∫ r0+ε

r0−ε

1

2πr2

[h2]h0+δ

h0−δdr

=1

4εδ

∫ r0+ε

r0−ε

1

2πr2

(

(h0 + δ)2 − (h0 − δ)

2)

dr

=1

4εδ

∫ r0+ε

r0−ε

1

2πr2 · 4δh0 dr

=2πδh0

4εδ

∫ r0+ε

r0−ε

r2 dr =πh0

2ε· 13

[r3]r0+ε

r0−εr

=πh0

6ε·(

(r0 + ε)3 − (r0 − ε)

3)

s.o.=

πh0

6ε·(6εr2

0 + 2ε3)

= πr20h0 +

1

3πh0ε

2


Es sei (Ω, A,P) ein Wahrscheinlichkeitsraum, ferner sei A′ eine σ-Algebra auf Ω′,X : (Ω, A) → (Ω′, A′) eine Zufallsvariable und g : Ω′ → R eine reelle Zufallsvariable. Dann istg (X) = g X genau dann integrierbar bezuglich P, wenn g integrierbar bezuglich PX ist und esgilt:

E (g X) = E (g (X)) =

∫

g dPX =

∫

g (x) dPX (x)




Name Matrikel-Nr.

Wahlen Sie aus den folgenden sechs Aufgaben funf Aufgaben aus. Die maximal erreichbare Punkt-zahl finden Sie neben jeder Aufgabe. Tragen Sie die Nummer der gewahlten Aufgaben in dasfolgende Kastchen ein:

Gewahlte Aufgabe








Aufgabe 1: 2P + 4P + 2P = 8P

Bei der Glucksspirale der Olympialotterie 1971 wurden die 7-ziffrigen Gewinnzahlen auf folgendeWeise ermittelt: Aus einer Trommel, welche je 7 Kugeln mit den Ziffern 0, . . . , 9 enthielt, wurdennach Durchmischen 7 Kugeln entnommen und deren Ziffern in der Reihenfolge des Ziehens zueiner Zahl angeordnet.

(a) Geben Sie ein geeignetes mathemathisches Modell an.

(b) Zeigen Sie, daß die Gewinnwahrscheinlichkeiten der einzelnen (gleich teuren!) Lose verschie-den sind. (Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, daß 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0 sowie daß 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7gezogen wurde und vergleichen Sie diese.)




Losung:

Trommel mit 70 Kugeln:7 Kugeln tragen die Ziffer 0

7 Kugeln tragen die Ziffer 1...

7 Kugeln tragen die Ziffer 9

Die Kugeln seien von 1 bis 70 durchnummeriert:

Kugeln 1− 7 tragen die Ziffer 0

Kugeln 1− 7 tragen die Ziffer 1...

Kugeln 1− 7 tragen die Ziffer 9

Ziehen: 7× ohne Zurucklegen, mit Berucksichtigung der Reihenfolge.

Zu (a):

Modell:

Ω = P1,...,707 = (ω1, . . . , ω7)|ωi ∈ 1, . . . , 70 , ωi 6= ωj ∀i 6= j

#Ω = (70)7 = 7!

(707

)

= 70 · 69 · 68 · . . . · 64

A = POT (Ω) , P = LΩ Gleichverteilung auf Ω, d.h. P (A) =#A

#Ωfur A ⊆ Ω



Zu (b):

Das Los mit der Gewinnzahl 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0 entspricht im Modell der Menge

A = (ω1, . . . , ω7)|ωi ∈ 1, . . . , 7 , i = 1, . . . , 7

⇒ #A = 7!

Somit ist P ”Los hat die Gewinnzahl 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0“ = P (A) =

7!

7!

(707

) =1

(707

) .

Das Los mit der Gewinnzahl 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 entspricht im Modell der Menge

B = (ω1, . . . , ω7)|ω1 ∈ 8, . . . , 14 , ω2 ∈ 15, . . . , 21 , . . . , ω7 ∈ 50, . . . , 56

⇒ #B = 77

Somit ist P ”Los hat die Gewinnzahl 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7“ = P (B) =

77

7!

(707

) > P (A).

Zu (c): Nach Definition (2.1): Es sei A 6= ∅ und k ≥ 1

(i) k-Permutationen mit Wiederholung einer n-elementigen Menge.Jedes k-Tupel (a1, . . . , ak) mit ai ∈ A heißt k-Permutation aus A mit Wiederholung. Ak istdie Menge der k-Permutationen aus A mit Wiederholung.Kardinalitat von Ak: #Ak = nk

(ii) k-Permutationen ohne Wiederholung einer n-elementigen MengeEine k-Permutation aus A ohne Wiederholung ist ein k-Tupel (a1, . . . , ak) mit ai 6= aj furalle i 6= j. Die Menge aller solcher Permutationen bezeichnen wir mit PA

k .


k = (n)k = n · (n− 1) · . . . · (n− k + 1) = k! ·(

nk

)


Seite 41


Aufgabe 2: 3P + 3P + 2P = 8P

Ein Elektronikfachmarkt wird von drei Lieferanten Li (i = 1, 2, 3) mit Disketten beliefert. DieLieferanten liefern 20%, 30% bzw. 50% des Bedarfs. Erfahrungsgemaß sind unter 1000 geliefertenDisketten des Lieferanten Li 4, 3 bzw. 20 Stuck defekt.

(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß ein Kunde in dem Fachmarkt eine defekte Diskettekauft?

(b) Ein Kunde beschwert sich, daß er eine defekte Diskette gekauft hat. Wie groß ist die Wahr-scheinlichkeit daß diese Diskette aus der Lieferung des Lieferanten L3 stammt?

(c) Geben Sie

(i) den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit und

(ii) die Bayes’sche Formel an.

Losung:

Li sei das Ereignis “Diskette wurde von Lieferant Li geliefert”, i = 1, 2, 3.D sei das Ereignis “Diskette defekt”.

Gegeben:

P (L1) =1

5P (L2) =

3

10P (L3) =

1

2

P (D |L1 ) =4

1000=

1

250P (D |L2 ) =

3

1000P (D |L3 ) =

20

1000=

1

50

Zu (a):

Gesucht: P (D)

Nach dem Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit:

P (D) = P (L1) ·P (D |L1 ) + P (L2) ·P (D |L2 ) + P (L3) ·P (D |L3 )

=1

2· 1

250+

3

10

3

1000+

1

2· 1

50= 0, 0117

Zu (b):

Gesucht: P (L3|D)

Nach der Formel von Bayes:

P (L3|D) =P (L3) ·P (D |L3 )

P (D)

=P (L3) ·P (D |L3 )

P (L1) ·P (D |L1 ) + P (L2) ·P (D |L2 ) + P (L3) ·P (D |L3 )

=

1

2· 1

200, 0117

≈ 0, 8947





n=1


Wahrscheinlichkeit:

P (A) =

∞∑

n=1

P (Bn) ·P (A |Bn )


P (Bk|A) =P (Bk) ·P (A |Bk )

∞∑

n=1

P (Bn) ·P (A |Bn )


Seite 43


Aufgabe 3: 1P + 2P + 3P + 2P = 8P

Die logistische Verteilung ist durch die Verteilungsfunktion

F : x 7→ 1

1 + e−x

definiert.

(a) Zeigen Sie, daß F eine Verteilungsfunktion ist.

(b) Zeigen Sie, daß diese Verteilung eine Dichte f besitzt und bestimmen Sie diese.

(c) Zeigen Sie: Ist X eine reelle Zufallsvariable mit Verteilungsfunktion F , so gilt fur alle h > 0,daß

P X ≥ h = P X ≤ −h(Man nennt diese Verteilung symmetrisch um 0.)

(d) Definieren Sie:

(i) Varianz einer Zufallsvariablen;

(ii) Lebesgue-Dichte einer Verteilung.

Losung:

F : x 7→ 1

1 + e−xVerteilungsfunktion der logistischen Verteilung.

Zu (a):

Z.Z.: F ist eine Verteilungsfunktion

Beweis:

(1) F ist monoton wachsend:Seien x, y ∈ R mit x < y. Z.z.: F (x) < F (y).

x < y ⇔ −x > −y ⇔ e−x > e−y ⇔ 1 + e−x > 1 + e−y

⇔ 1

1 + e−x<

1

1 + e−y⇔ F (x) < F (y)

(2) F ist stetig als Komposition stetiger Funktionen; also F insbesondere rechtsseitig stetig.

(3) Wegen limx→+∞

e−x = 0 gilt limx→+∞

F (x) =1

1 + 0= 1

(4) Wegen 1 + e−x → +∞ fur x→ −∞ gilt limx→−∞

F (x) = 0

Aus (1),(2),(3),(4) folgt F ist Verteilungsfunktion.



Zu (b):

F ist stetig differenzierbar ⇒ f = F ′ ist die Dichte der Verteilung.

Es gilt f (x) = F ′ (x) = (−1) (1 + e−x)−2

(−e−x) =e−x

(1 + e−x)−2 .

Zu (c):

X sei eine reelle Zufallsvariable mit Verteilungsfunktion F

Z.Z.:P X ≥ h = P X ≤ −h fur alle h > 0

Beweis:

Sei h > 0. Dann gelten

P X ≥ h = P X > h = 1−P X ≤ h = 1− F (h) = 1− 1

1 + e−h

=1 + e−h − 1

1 + e−h=

e−h

1 + e−h

sowie

P X ≤ −h = F (−h) =1

1 + e−h

Wegene−h

1 + e−h=

e−h · eh

(1 + e−h) · eh=

1

eh + 1=

1

1 + eh∀h > 0

folgt die Behauptung.

Zu (d):

(i) Nach (5.7): Es sei X : Ω → R eine Zufallsvariable auf einem Wahrscheinlichkeitsraum(Ω, A,P), fur die X2 integrierbar ist. (Man nennt X quadratisch integrierbar.) Die Zahl

VP (X) = EP

(

(X −EP (X))2)

nennt man Varianz von X .

(ii) Nach (3.19): Es sei f : Rd → R+ ∪∞ eine meßbare Funktion mit

∫


durch

P (A) =

∫


d)



gilt P ω =

∫

1ω · f dλd = f (ω) · λd ω = 0.


Seite 45


Aufgabe 4: 1P + 3P + 4P + 2P = 10P

Die Lange X eines Telefongesprachs sei eine R+-wertige Zufallsvariable, deren Verteilung dieLebesgue-Dichte

f (x) = C · e−2x · 1[0,∞) (x)

besitzt.

(a) Bestimmen Sie die Konstante C. (Kontrolle: C = 2.)

(b) Geben Sie die

(i) Verteilungsfunktion von X an;

(ii) mittlere Lange E (X) eines Telefonats an.

(c) Die Kosten eines Telefonats der (deterministischen) Lange x berechnen sich nach der Formel

K (x) = 1(0,3] (x) + (1 + (x− 3)) · 1(3,∞) (x)

(Sockelbetrag + linearer Anstieg)Berechnen Sie die mittleren Kosten E (K (X)) eines Telefonats.

(d) Formulieren Sie die Transformationsformel fur eine Zufallsvariable deren Verteilung dieLebesgue-Dichte f besitzt.

Losung:

X : Lange eines Telefongespraches

X R+-wertige Zuvallsvariable, PX besitzt die Lebesgue-Dichte f (x) = C · e−2x · 1[0,∞) (x)

Zu (a): Bestimmung der Konstanten C:

Da f eine Dichte ist, muß gelten

∫

f (x) dλ1 (x) = 1

1 =

∫

f (x) dλ1 (x) = C ·∫ ∞

0

e−2x dx = C ·[

−1

2e−2x

]∞

0

= C ·(

0 +1

2

)

C · 12

= 1 ⇔ C = 2

Somit ist f (x) = 2e−2x · 1[0,∞) (x)

Zu (b.i): Verteilungsfunktion FX von X :

FX (t) = P X ≤ t = PX (]−∞, t]) =

∫

1]−∞,t] · f (x) dλ1 (x)

=

0 fur t ≤ 0∫ t

0

2e−2x dx fur t > 0

Fur t > 0:∫ t

0

2e−2x dx =[−e−2x

]t

0= −e−2t + 1 = 1− e−2t

Also:

FX (t) =

0 fur t ≤ 01− e−2t fur t > 0



Zu (b.ii): Mittlere Lange E (X) eines Telefongespraches:

E (X) =

∫

X · f (x) dλ1 (x) =

∫ ∞

0

x︸︷︷︸

v

· 2e−2x

︸︷︷︸

u′dx (partielle Integration)

=[x ·(−e−2x

)]∞0

︸︷︷︸

= 0

−∫ ∞

0

1 ·(−e−2x

)dx

=

∫ ∞

0

e−2x dx =

[

−1

2· e−2x

]∞

0

= 0 +1

2=

1

2

Zu (c): Kosten eines Telefongespraches der Lange x berechnet sich nach

K (x) = 1(0,3] (x) + (1 + (x− 3)) · 1(3,∞) (x)

Gesucht: Mittlere Kosten E (K (x)) eines Telefonates

E (K (x)) =

∫

K (x) · f (x) dλ1 (x)

=

∫(1(0,3] (x) + (1 + (x− 3)) · 1(3,∞) (x)

)· f (x) dλ1 (x)

=

∫

1(0,3] (x) · f (x) dλ1 (x) +

∫

(x− 2) · 1(3,∞) (x) · f (x) dλ1 (x)

=

∫ 3

0

2e−2x dx +

∫ ∞

3

(x− 2)︸︷︷︸

v

· 2e−2x

︸︷︷︸

u′dx (partielle Integration)

=[−e−2x

]3

0+[(x− 2)

(−e−2x

)]∞3−∫ ∞

3

1 ·(−e−2x

)dx

= −e−6 + 1 +(0− 1 ·

(−e−6

))+

∫ ∞

3

e−2x dx

= −e−6 + 1 + e−6 +

[

−1

2· e−2x

]∞

3

= 1 +

(

0 +1

2· e−6

)

= 1 +1

2· e−6

Zu (d): Nach Satz (5.4):


E (g X) = E (g (X)) =

∫

g dPX =

∫

g (x) dPX (x)


Seite 47


Aufgabe 5: 2P + 4P + 2P + 2P = 10P

Es sei X eine auf [−1, 1] gleichverteilte Zufallsvariable.

(a) Zeigen Sie, daß X und Y = X2 unkorreliert sind.

(b) Zeigen Sie, daß die Zufallsvariablen Yk := sin (πkX), k ≥ 1 paarweise unkorreliert sind.

(c) Zeigen Sie, daß

1

n

n∑

k=1

sin (πkX)→ 0 stochastisch fur n→∞

gilt.

(d) Formulieren Sie das schwache Gesetz der großen Zahlen.

Losung:

X sei auf [−1; 1] gleichverteilt, d.h. PX besitzt die Dichte

f (x) =1

2· 1[−1;1] (x)

Zu (a):

Behauptung: X und Y = X2 sind unkorreliert.

Beweis:

E (X · Y ) = E(X ·X2

)= E

(X3)

=

∫

x3 · f (x) dλ1 (x)

=1

2·∫ 1

−1

x3 dx

=1

2·[1

4· x4

]1

−1

=1

8[1− 1] = 0

E (X) =

∫

x · f (x) dλ1 (x)

=1

2·∫ 1

−1

xdx =1

2·[1

2· x2

]1

−1

=1

4· [1− 1] = 0

⇒ Kov (X, Y ) = E (X · Y )−E (X) · E (Y ) = 0

das heißt X und Y sind unkorreliert.



Zu (b): Fur k ≥ 1 : Yk := sin (kπX)

Behauptung: Die (Yk) sind paarweise unkorreliert

Beweis: Sei k ≥ 1. Dann gilt

E (Yk) = E (sin (kπX)) =

∫

sin (kπx) · f (x) dλ1 (x)

=1

2·∫ 1

−1

sin (kπx)︸︷︷︸

ungerade

dx = 0

Seien nun k, l ≥ 1 mit k 6= l

E (Yk · Yl) = E (sin (kπX) · sin (lπX)) =

∫

sin (kπx) · sin (lπx) · f (x) dλ1 (x)

=1

2·∫ 1

−1

sin (kπx)︸︷︷︸

v

· sin (lπx)︸︷︷︸

u′

dx

(∗)=

1

2·[

sin (kπx) ·(

− 1

lπ

)

cos (lπx)

]1

−1︸︷︷︸

= 0

−1

2·∫ 1

−1

kπ · cos (kπx) ·(

− 1

lπcos (lπx)

)

dx

(∗)=

1

2· k

l·∫ 1

−1

cos (kπx)︸︷︷︸

v

· cos (lπx)︸︷︷︸

u′

dx

=1

2· k

l·[

cos (kπx) · 1

lπsin (lπx)

]1

−1︸︷︷︸

= 0

−1

2· k

l·∫ 1

−1

kπ · (− sin (kπx)) · 1

lπsin (lπx) dx

1

2· k

2

l2·∫

sin (kπx) · sin (lπx) · f (x) dx

Bemerkung (∗): Partielle Integration

Somit:

1

2·∫ 1

−1

sin (kπx) · sin (lπx) dx =1

2· k

2

l2·∫ 1

−1

sin (kπx) · sin (lπx) dx

⇔ 1

2·∫ 1

−1

sin (kπx) · sin (lπx) dx ·(

1− k2

l2

)

︸︷︷︸

6= 0, da k 6= l

= 0

⇒ 1

2·∫ 1

−1

sin (kπx) · sin (lπx) dx

︸︷︷︸

= E (Yk · Yl)

= 0

SomitKov (Yk, Yl) = E (Yk · Yl)−E (Yk) · E (Yl) = 0

das heißt Yk und Yl sind unkorreliert.


Seite 49


Zu (c):

Behauptung:

1

n

n∑

k=1

sin (πkX)︸︷︷︸

= Yk

→ 0 stochastisch fur n→∞

Beweis:

Die (Yk) sind nach Teil (b) paarweise unkorreliert.Wegen |Yk| = |sin (kπx)| ≤ 1 gilt Y 2

k ≤ 1 und somit sind die Yk quadratisch integrierbar

E (Yk) =

∫

Y 2k

︸︷︷︸

≤ 1

dP ≤ 1

Weiterhin ist E (Yk) = 0 ∀k ≥ 1 (siehe Teil (b)).Fur die Varianzen gilt

V (Yk) = E(Y 2

k

)− (E (Yk))

2= E

(Y 2

k

)≤ 1 siehe oben

Nach dem schwachen Gesetz der großen Zahlen gilt fur alle ε > 0

P

∣∣∣∣∣

1

n

n∑

k=1

Yk

∣∣∣∣∣≥ ε

→ 0 fur n→∞

das heißt1

n

n∑

k=1

Yk → 0 stochastisch.

Zu (d): Nach Satz (5.19):

Es sei X1, X2, . . . eine Folge von quadratisch integrierbaren und unkorrelierten Zufallsvariablenmit gleichem Erwartungswert µ = E (Xn) und beschrankter Varianz V (Xn) ≤ M fur alle n ≥ 1.

Wir setzen Xn := 1n

n∑

i=1

Xi fur n ≥ 1. Dann gilt fur alle ε > 0

P∣∣Xn − µ

∣∣ ≥ ε

n→∞−−−−→ 0.



Aufgabe 6: 3P + 1P + 2P + 2P = 8P

In einem Friseur-Laden mit 9 Friseuren dauert ein Haarschnitt 10 Minuten. Herr Snyder betrittden Laden und sieht, daß alle 9 Friseure beschaftigt sind.

Die Zeitpunkte T1, . . . , T9 des Fertigwerdens der Friseure 1, . . . , 9 seien in [0, 10] gleichverteilt undunabhangig.

Es bezeichne T die Wartezeit von Herrn Snyder bis er bedient werden kann.

(a) (i) Geben Sie eine Formel fur T an.

(ii) Zeigen Sie, daß die Verteilungsfunktion FT von T die Gestalt

FT (t) =

0 fur t < 0

1−(

1− t

10

)9

fur 0 ≤ t ≤ 10

1 fur t > 10

hat.

(b) Berechnen die Dichte der Verteilung von T .

(c) Berechnen Sie die mittlere Wartezeit E (T ) von Herrn Snyder.

(d) Definieren Sie die Begriffe

(i) Verteilungsfunktion einer Zufallsvariable;

(ii) Unabhangigkeit einer Folge von Zufallsvariablen.

Losung:

Zu (a.i): T1, . . . , T9 unabhangig ⇒ PTi= 1

10 · λ1∣∣[0,10]

T = min T1, . . . , T9

Zu (a.ii):

FT (t) = P T ≤ t = 1−P T > t= 1−P min T1, . . . , T9 > t = 1−P T1 > t, . . . , T9 > t= 1− (P T1 > t)9 = 1− (1−P T1 ≤ t)9

P T1 ≤ t =

0 t < 0110 ·

∫ t

0 dx 0 ≤ t ≤ 101 t > 10

=

0 t < 0t10 0 ≤ t ≤ 101 t > 10

⇒ FT (t) =

0 t < 0

1−(1− t

10

)90 ≤ t ≤ 10

1 t > 10

Zu (b):

fT (x) = (FT )′(x) =

0 x < 0

−9 ·(1− t

10

)8 ·(− 1

10

)0 ≤ x ≤ 10

0 x > 10

=

0 x < 0910 ·

(1− t

10

)80 ≤ x ≤ 10

0 x > 10


Seite 51


Zu (c):

E (T ) =

∫

x · fT (x) dx =

∫ 10

0

x︸︷︷︸

=f

· 9

10·(

1− x

10

)8

︸︷︷︸

=g′=fT

dx

=

[

x ·(

1−(

1− x

10

)9)]10

0

−∫ 10

0

(

1−(

1− x

10

)9

︸︷︷︸

wegen fT =F ′T

)

dx

= 10− 10 +

∫ 10

0

(

1− x

10

)9

dx

=

∫ 10

0

(

1− x

10

)9

dx

Subst.= 10 ·

∫ 1

0

u9 du =[u10]1

0= 1

Substitution: 1− x10 = 0 ⇒ x = −10u + 10 ⇒ dx = −10 · du.

Zu (d):

(i) Nach (4.7) und (4.8): Es sei X : (Ω, A)→ (Ω′, A′) eine Zufallsvariable auf einem Wahrschein-lichkeitsraum (Ω, A,P). Dann wird durch


ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf (Ω′, A′) definiert. Das in so eingefuhrte Wahrscheinlichkeits-maß PX auf (Ω′, A′) heißt Verteilung von X unter P.

(ii) Nach (4.12) und (4.10): Es seien I 6= ∅ eine Indexmenge und fur j ∈ I Xj : (Ω, A)→ (Ω′, A′)Zufallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A,P). (Xj)j∈I

heißen unabhangig


Es sei Aj ∈ A fur alle j ∈ I. Die Ereignisse (Aj)j∈Iheißen (stochastisch) unabhangig, falls

P

(⋂

j∈J

Aj

)

=∏

j∈J

P (Aj)





11.07.2001

Name Matrikel-Nr.

Wahlen Sie aus den folgenden funf Aufgaben vier Aufgaben aus. Die maximal erreichbare Punkt-zahl finden Sie neben jeder Aufgabe. Tragen Sie die Nummer der gewahlten Aufgaben in dasfolgende Kastchen ein:

Gewahlte Aufgabe







ε = +2


Aufgabe 1: 4P + 6P + 2P = 12P

(a) Von 100 befragten Studenten horen 30 die Vorlesung A, 25 die Vorlesung B, und 12 dieVorlesung C. 11 Studenten horen die Vorlesungen A und B, 6 Studenten die Vorlesungen Aund C, 5 Studenten die Vorlesung B und C und 3 Studenten horen alle drei Vorlesungen.Wie viele der 100 Befragten horen keine der drei Vorlesungen?

(b) Jede Packung einer bestimmten Cornflakesart enthalte eines von insgesamt 11 verschiedenenSammelfotos des BVB. Es werden k ≥ 11 Packungen gekauft. Wie groß ist die Wahrschein-lichkeit, daß mindestens 1 Sammelfoto an der vollstandigen Serie fehlt?

(c) Geben Sie die Siebformel an.

Losung:

Zu (a):

A = Menge der Studenten, die Vorlesung A horen

B = Menge der Studenten, die Vorlesung B horen

C = Menge der Studenten, die Vorlesung C horen

#A = 30 #B = 25 #C = 12# (A ∩B) = 11 # (A ∩ C) = 6 # (B ∩ C) = 5

# (A ∩B ∩C) = 3

Gesucht: # (D := Menge der Studenten, die keine der 3 Vorlesungen horen.)

A ∪ B ∪ C ist die Menge der Studenten, die mindestens eine der 3 Vorlesungen horen. Es gilt:

D = (A ∪B ∪ C)∁.

Mit der Siebformel folgt:

# (A ∪B ∪ C) = #A + #B + #C −#(A ∩B)−#(A ∩ C)−#(B ∩ C) + # (A ∩B ∩ C)

= 30 + 25 + 12− 11− 6− 5 + 3

= 48

⇒ #D = 100−#(

D∁)

= 100−#(A ∪B ∪ C) = 100− 48 = 52

Zu (b):

k ≥ 11 Packungen, die Sammelfotos seien durchnumeriert von 1 bis 11.

Modell: Ω = (ω1, . . . , ωk)|ωi ∈ 1, . . . , 11, A = POT (Ω), P = LΩ, #Ω = 11k

Ai = Sammelfoto i fehlt (1 ≤ i ≤ 11)

Ai = (ω1, . . . , ωk) ∈ Ω|ωj ∈ 1, . . . , 11 \ i#Ai = 10k

⇒ P (Ai) =#Ai

#Ω=

(10

11

)k



Fur i, j ∈ 1, . . . , 11, i 6= j gilt: Ai ∩Aj = (ω1, . . . , ωk) ∈ Ω|ωr ∈ 1, . . . , 11 \ i, j

#(Ai ∩Aj) = 9k

P (Ai ∩Aj) =

(9

11

)k

Allgemein gilt: Fur J ⊆ 1, . . . , 11, #J = l

P

⋂

j∈J

Aj

=

(11− l

11

)k

Daraus ergibt sich fur

11⋃

i=1

Ai = Mindestens ein Sammelfoto fehlt an der vollstandigen Serie

mit der Siebformel:

P

(11⋃

i=1

Ai

)

=

11∑

l=1

(−1)l−1

∑

J⊆1,...,11#J=l

P

⋂

j∈J

Aj

=11∑

l=1

(−1)l−1∑

J⊆1,...,11#J=l

(11− l

11

)k

=

11∑

l=1

(−1)l−1

(11l

)(11− l

11

)k

Zu (c):

Siebformel: (Ω, A,P) Wahrscheinlichkeitsraum und A1, . . . , An ∈ A (n ∈ N).

Dann gilt:

P

(n⋃

i=1

Ai

)

=

n∑

k=1

(−1)k−1

∑

J⊆1,...,n#J=k

P

⋂

j∈J

Aj

Zusatz:

Es folgt die Siebformel fur Kardinalitaten:

Ω endlich, A1, . . . , An ⊆ Ω (n ∈ N). Dann gilt:

#

(n⋃

i=1

Ai

)

=n∑

k=1

(−1)k−1∑

J⊆1,...,n#J=k

#

⋂

j∈J

Aj


Seite 55


Aufgabe 2: 3P + 7P + 2P = 12P

(a) Einem Kasten, der 16 weiße und 16 schwarze Schachfiguren enthalt, werden nacheinander3 Figuren zufallig und ohne Zurucklegen entnommen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,hierbei 3 schwarze Figuren zu bekommen?

(b) In einem Aufzug, der noch 6 Stockwerke fahrt, sind 4 Personen, die voneinander unabhangigaussteigen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß

(i) alle in verschiedenen Stockwerken,

(ii) zwei in einem und die anderen beiden in jeweils verschiedenen Stockwerken,

(iii) alle 4 im gleichen Stockwerk,

(iv) mindestens 3 im gleichen Stockwerk aussteigen?




Losung:

Zu (a):

Modell: Urnenmodell mit 32 Kugeln, 16 weiße und 16 schwarze Kugeln. Ziehen: 3-mal ohne Zu-rucklegen.

Gesucht: P 3 schwarze KugelnHypergeometrische Verteilung: N = 32, w = 16, s = 16, n = 3.

P 3 schwarze Kugeln = H3,32,16 (3)

=

(163

)

·(

160

)

(323

) =560

4960=

7

62

Zu (b):

Modell:

Ω = (ω1, ω2, ω3, ω4)|ωi ∈ 1, . . . , 6, ωi = Person i steigt in Stockwerk ωi aus.

A = POT (Ω), P = LΩ

Zu (b.i):

A = (ω1, . . . , ω4) ∈ Ω|ωi 6= ωj ∀i 6= j= Alle steigen in verschiedenen Stockwerken aus

#A = 6 · 5 · 4 · 3 = 30 · 12 = 360

⇒ P (A) =#A

#Ω=

6 · 5 · 4 · 364

=360

1296=

5

18



Zu (b.ii):

Gesucht: Anzahl aller Tupel (ω1, . . . , ω4) ∈ Ω, in denen eine Zahl doppelt auftritt und die beidenubrigen voneinander verschieden sind, ebenso verschieden sind vom Paar.

6 Moglichkeiten, die Zahl auszuwahlen, die doppelt auftritt.

(42

)

Moglichkeiten, die beiden gleichen Zahlen im Tupel unterzubringen.

5 Moglichkeiten fur die erste noch freie Stelle im Tupel, 4 Moglichkeiten fur die zweite nochfreie Stelle im Tupel.

⇒ 6 ·(

42

)

· 5 · 4 Tupel (B = Menge aller dieser Tupel)

⇒ P (B) =

(42

)

· 6 · 5 · 464 = 720

1296 = 59

Zu (b.iii):

C = (ω1, . . . , ω4) ∈ Ω|ω1 = ω2 = ω3 = ω4#C = 6

⇒ P (C) =6

64=

1

63=

1

216

Zu (b.iv):

D = (ω1, . . . , ω4) ∈ Ω| ∃i, j, k ∈ 1, 2, 3, 4 , i 6= j 6= k mit ωi = ωj = ωk= mindestens drei im gleichen Stockwerk

D = C ∪· E wobei E = D \ C (= Genau drei im gleichen Stockwerk)

#D = #C + #E = 6 + 6 ·(

43

)

· 5 = 6 + 6 · 4 · 5 = 126

⇒ P (D) =6 + 6 · 4 · 5

64=

7

72

Zu (c): Nach Definition (2.1): Es sei A 6= ∅ und k ≥ 1

(i) k-Permutationen mit Wiederholung einer n-elementigen Menge.Jedes k-Tupel (a1, . . . , ak) mit ai ∈ A heißt k-Permutation aus A mit Wiederholung. Ak istdie Menge der k-Permutationen aus A mit Wiederholung.Kardinalitat von Ak: #Ak = nk

(ii) k-Permutationen ohne Wiederholung einer n-elementigen MengeEine k-Permutation aus A ohne Wiederholung ist ein k-Tupel (a1, . . . , ak) mit ai 6= aj furalle i 6= j. Die Menge aller solcher Permutationen bezeichnen wir mit PA

k .


k = (n)k = n · (n− 1) · . . . · (n− k + 1) = k! ·(

nk

)


Seite 57


Aufgabe 3: 4P + 6P + 2P = 12P

(a) Von den Ubungsaufgaben zu einer bestimmten Vorlesung werden 20% vom Professor, 50%vom Assistenten und 30% von einer Hilfskraft gestellt. Von den Aufgaben des Professorskonnen Sie erfahrungsgemaß 80%, von denjenigen des Assistenten 60% und von denjenigender Hilfskraft 50% losen. Wieder einmal konnen Sie eine Ubungsaufgabe nicht losen. Mitwelcher Wahrscheinlichkeit stammt die Aufgabe vom Professor, vom Assistenten bzw. vonder Hilfskraft?

(b) In der Stadt Omega wird ein neuer Impfstoff gegen Stochastichitis erprobt.MitI =Menge der Einwohner von Omega, die vor Ausbruch der Epidemie geimpft wurdenS =Menge der Einwohner von Omega, die an Stochastichitis erkrankt sindM =Menge der mannlichen Einwohner von Omegagilt:

# (S ∩ I ∩M) = 1000

#(

S ∩ I∁ ∩M)

= 14000

#(

S∁ ∩ I ∩M)

= 1000

#(

S∁ ∩ I∁ ∩M)

= 10000

#(

S ∩ I ∩M∁)

= 4000

#(

S ∩ I∁ ∩M∁)

= 10000

#(

S∁ ∩ I ∩M∁)

= 1000

#(

S∁ ∩ I∁ ∩M∁)

= 2000

Unter der Annahme, daß jede Person mit gleicher Wahrscheinlichkeit an Stochastichitis er-kranke, vergleiche man:

(i) P (S |I ∩M ) mit P(

S∣∣∣I∁ ∩M

)

(ii) P(

S∣∣∣I ∩M∁

)

mit P(

S∣∣∣I∁ ∩M∁

)

(iii) P (S |I ) mit P(

S∣∣∣I∁)

(c) Geben Sie die Formel von Bayes an.

Losung:

Zu (a):

D = Aufgabe vom Professor (Dozenten) gestelltP (D) = 0, 2

A = Aufgabe vom Assistenten gestelltP (A) = 0, 5

H = Aufgabe von der Hilfskraft gestelltP (H) = 0, 3

L = Aufgabe kann gelost werdenP (L|D) = 0, 8

P (L|A) = 0, 6

P (L|H) = 0, 5



Gesucht: P(

D∣∣∣L∁

)

, P(

A∣∣∣L∁

)

, P(

H∣∣∣L∁

)

Aus der Formel fur die totale Wahrscheinlichkeit folgt:

P(

L∁)

= P(

L∁∣∣∣D)

·P (D) + P(

L∁∣∣∣A)

·P (A) + P(

L∁∣∣∣H)

·P (H)

= 0, 2 · 0, 2 + 0, 4 · 0, 5 + 0, 5 · 0, 3 = 0, 04 + 0, 2 + 0, 15 = 0, 39

Daraus folgt (mit der Formel von Bayes):

P(

D∣∣∣L∁

)

=P(

L∁

∣∣∣D)

·P (D)

P(L∁) =

0, 2 · 0, 2

0, 39=

4

39

P(

A∣∣∣L∁

)

=P(

L∁

∣∣∣A)

·P (A)

P(L∁) =

0, 4 · 0, 5

0, 39=

20

39

P(

H∣∣∣L∁

)

=P(

L∁

∣∣∣H)

·P (H)

P(L∁) =

0, 5 · 0, 3

0, 39=

15

39

Zu (b.i): Vergleich von P (S |I ∩M ) und P(

S∣∣∣I∁ ∩M

)

P (S |I ∩M ) =P (S ∩ I ∩M)

P (I ∩M)=

# (S ∩ I ∩M)

# (I ∩M)

=# (S ∩ I ∩M)

# (S ∩ I ∩M) + #(S∁ ∩ I ∩M

) =1000

1000 + 1000=

1

2

P(

S∣∣∣I∁ ∩M

)

=P(

S ∩ I∁ ∩M)

P(I∁ ∩M

) =#(

S ∩ I∁ ∩M)

#(I∁ ∩M

)

=#(

S ∩ I∁ ∩M)

#(S ∩ I∁ ∩M

)+ #

(S∁ ∩ I∁ ∩M

) =14000

14000 + 10000=

7

12

P (S |I ∩M ) < P(

S∣∣∣I∁ ∩M

)

Zu (b.ii): Vergleich von P(

S∣∣∣I ∩M∁

)

und P(

S∣∣∣I∁ ∩M∁

)

P(

S∣∣∣I ∩M∁

)

=P(

S ∩ I ∩M∁)

P(I ∩M∁

) =#(

S ∩ I ∩M∁)

#(I ∩M∁

)

=#(

S ∩ I ∩M∁)

#(S ∩ I ∩M∁

)+ #

(S∁ ∩ I ∩M∁

) =4000

4000 + 1000=

4

5

P(

S∣∣∣I∁ ∩M∁

)

=P(

S ∩ I∁ ∩M∁

)

P(I∁ ∩M∁

) =#(

S ∩ I∁ ∩M∁

)

#(I∁ ∩M∁

)

=#(

S ∩ I∁ ∩M∁)

#(S ∩ I∁ ∩M∁

)+ #

(S∁ ∩ I∁ ∩M∁

) =10000

10000 + 2000=

5

6

P(

S∣∣∣I ∩M∁

)

< P(

S∣∣∣I∁ ∩M∁

)


Seite 59


Zu (b.iii): Vergleiche P (S |I ) und P(

S∣∣∣I∁)

P (S |I ) =# (S ∩ I)

# (I)

=# (S ∩ I ∩M) + #

(

S ∩ I ∩M∁)

#(S ∩ I ∩M) + #(S ∩ I ∩M∁

)+ #

(S∁ ∩ I ∩M

)+ #

(S∁ ∩ I ∩M∁

)

=1000 + 4000

1000 + 4000 + 1000 + 1000=

5

7

P(

S∣∣∣I∁)

=2

3

P (S |I ) > P(

S∣∣∣I∁)

Obwohl P (S |I ∩M ) < P(

S∣∣∣I∁ ∩M

)

und P(

S∣∣∣I ∩M∁

)

< P(

S∣∣∣I∁ ∩M∁

)

:

Simpson-Paradoxon:

Q := P ( · |I ) ist Wahrscheinlichkeitsmaß.Nach der Formel von der totalen Wahrscheinlichkeit, angewandt auf Q, folgt:

P (S |I ) = Q (S)

= Q (S |M ) ·Q (M) + Q(

S∣∣∣M∁

)

·Q(

M∁)

(∗)=

1

2P (S |M ∩ I )︸︷︷︸

·P (M |I )(#)

+4

5

P(

S∣∣∣M∁ ∩ I

)

︸︷︷︸

·P(

M∁ |I)

(#)

Bemerkung zu (∗):

Q (S |M ) =Q (S ∩M)

Q (M)=

P (S ∩M | I)

P (M | I)=

P (S ∩M ∩ I)

P (I)

P (M ∩ I)

P (I)

=P (S ∩M ∩ I)

P (M ∩ I)= P (S |M ∩ I )

Analog folgt:

P(

S∣∣∣I∁)

=7

12

P(

S∣∣∣M ∩ I∁

)

︸︷︷︸

·P(

M∣∣∣I∁)

(#)

+5

6

P(

S∣∣∣M∁ ∩ I∁

)

︸︷︷︸

·P(

M∁∣∣∣I∁)

(#)

Bemerkung zu (#): Wichtig sind die eingehenden “Gewichte”.



n=1


Wahrscheinlichkeit:

P (A) =

∞∑

n=1

P (Bn) ·P (A |Bn )




P (Bk|A) =P (Bk) ·P (A |Bk )

∞∑

n=1

P (Bn) ·P (A |Bn )


Seite 61


Aufgabe 4: 4P + 6P + 2P = 12P

(a) Der zweidimensionale Zufallsvektor (X, Y ) sei gleichverteilt auf dem Einheitskreis Ω :=

(x, y) ∈ R2∣∣ x2 + y2 ≤ 1

. Es sei R der Abstand eines zufallig gezogenen Punktes (x, y)

zum Ursprung. Berechnen Sie:

(i) Die Verteilungsfunktion von R;

(ii) Die Dichte der Verteilung von R;

(iii) Den Erwartungswert und die Varianz von R.

(b) Aus einer Urne mit n Kugeln, die von 1 bis n durchnummeriert sind, werden k ≥ 1 Kugelnzufallig und mit Zurucklegen gezogen. Sei X die großte gezogene Zahl unter den k gezogenen.

(i) Man gebe ein geeignetes mathematisches Modell an.

(ii) Man berechne P X ≤ m fur 1 ≤ m ≤ n.

(iii) Man bestimme die Verteilung von X .

(iv) Berechnen Sie E (X). (Es reicht eine Formel anzugeben!)

(c) Man definiere die Begriffe Verteilungsfunktion und Dichte der Verteilung einer Zufallsvaria-blen.

Losung:

(X, Y ) gleichverteilt auf dem Einheitskreis Ω =(x, y) ∈ R

2∣∣x2 + y2 ≤ 1

, R Abstand eines zu-

fallig gezogenen Punktes vom Ursprung

R =√

X2 + Y 2.

Zu (a.i): Verteilungsfunktion von R (0 ≤ t ≤ 1):

P R ≤ t = P√

X2 + Y 2 ≤ t

= P(X,Y )

(x, y) ∈ Ω∣∣∣

√

x2 + y2 ≤ t

λ2

(x, y) ∈ Ω∣∣∣

√

x2 + y2 ≤ t

λ2 (Ω)=

π · t2π

= t2

1

x

y

1

Ω 1

x

y

1

t

t

Ω

F (t) =

0 fur t < 0t2 fur 0 ≤ t ≤ 11 fur t > 1

ist die Verteilungsfunktion von R.



Zu (a.ii): F (stuckweise) stetig differenzierbar

⇒ Verteilung von R besitzt Dichte f , und es gilt f = F ′.

⇒ f (t) = 2 · t · 1[0,1] (t) ist die Dichte der Verteilung von R.

Zu (a.iii):

E (R) =

∫

R

tf (t) dλ1 (t) =

∫ 1

0

2t2 dt =

[2

3t3]1

0

=2

3

E(R2)

=

∫

R

t2f (t) dλ1 (t) =

∫ 1

0

2t3 dt =

[2

4t4]1

0

=1

2

⇒ V (R) = E(R2)− (E (R))2 =

1

2− 4

9=

1

18

Zu (b.i):

Modell:

Ω = (ω1, . . . , ωk)|ωi ∈ 1, . . . , n, ωi = Nummer der gezogenen Kugel im i.ten Zug, A =POT (Ω) , P = LΩ

Zu (b.ii):

X ((ω1, . . . , ωk)) = max ω1, . . . , ωk , mit (ω1, . . . , ωk) ∈ Ω

Gesucht: P X ≤ m fur 1 ≤ m ≤ n

P X ≤ m = P (ω1, . . . , ωk) ∈ Ω|max ω1, . . . , ωk ≤ m= P (ω1, . . . , ωk) ∈ Ω|ωi ∈ 1, . . . , m

=# (ω1, . . . , ωk) ∈ Ω|ωi ∈ 1, . . . , m

#Ω=

mk

nk=(m

n

)k

Zu (b.iii):

P X = 1 = P (1, . . . , 1) =1

nk

P X = 2 = P (X ≤ 2 \ X = 1) =

(2

n

)k

− 1

nk=

2k − 1

nk

P X = 3 = P (X ≤ 3 \ X ≤ 2) =

(3

n

)k

−(

2

n

)k

=3k − 2k

nk

...

P X = n = P (X ≤ n \ X ≤ n− 1) = 1−(

n− 1

n

)k

=nk − (n− 1)

k

nk

Allgemein: P X = m =mk − (m− 1)

k

nkfur 1 ≤ m ≤ n

Zu (b.iv):

E (X) =

n∑

m=1

m ·P X = m =

n∑

m=1

m · mk − (m− 1)

k

nk


Seite 63


Zu (c): Nach Satz (4.7) und Definition (4.8):

(i) Sei X : (Ω, A) → (R,B (R)) eine reelle Zufallsvariable, P ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf(Ω, A).Dann ist die Verteilungsfunktion FX von X definiert durch

FX (t) = PX (]−∞, t]) (= P X ≤ t = P ω ∈ Ω |X (ω) ≤ t)

fur ein t ∈ R.

(ii) Sei X : (Ω, A)→(R

d,B(R

d))

eine reelle Zufallsvariable, P ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf(Ω, A).Die Verteilung PX sei ein Wahrscheinlichkeitsmaß mit Dichte f bezuglich λd, daß heißt esgelte

PX (A) =

∫

f · 1A dλd ∀A ∈ B(R

d)

dabei ist f : Rd → R+ ∪ +∞ meßbar mit

∫

f dλd = 1.

Dann ist f die Dichte der Verteilung der Zufallsvariablen X .



Aufgabe 5: 4P + 6P + 2P = 12P

(a) Die Verteilung der reellen Zufallsvariablen X habe die Dichte fX . Zeigen Sie, daß die Ver-teilung von Y := |X | die Dichte

fY (x) =

fX (x) + fX (−x) falls x > 00 falls x ≤ 0

besitzt.

(b) Es sei X auf [−1, 1] gleichverteilt. Zeigen Sie:

(i) X und Y := X2 sind unkorreliert;

(ii) Die Zufallsvariablen Yk := sin (πkX), k ≥ 1 sind paarweise unkorreliert.

(iii)1

n

n∑

k=1

sin (πkX)→ 0 fur n→∞ stochastisch.

(c) Geben Sie die Transformationsformel fur E (g (X)) an.

Losung:

Zu (a): PX besitzt Dichte fX

Sei t > 0

P Y ≤ t = P |X | ≤ t = P −t ≤ X ≤ t = PX ([−t, t])

=

∫

fX (y) · 1[−t,t] (y) dy =

∫ t

−t

fX (y) dy

=

∫ 0

−t

fX (y) dy +

∫ t

0

fX (y) dy =

∫ t

0

fX (−z) dz +

∫ t

0

fX (y) dy

=

∫ t

0

fX (y) + fX (−y) dy =

∫ t

−∞(fX (y) + fX (−y)) · 1]0,∞[ (Y ) dy

Zu (b): PX besitzt die Lebesgue-Dichte f (x) = 12 · 1[−1,1] (x)

Zu (b.i):

Behauptung: X und Y := X2 sind unkorreliert

Beweis:

Zu Zeigen: Kov (X, Y ) = E (X · Y )−E (X) · E (Y ) = 0

E (X) =1

2·∫ 1

−1

xdx =1

2·[1

2· x2

]1

−1

=1

2·(

1

2− 1

2

)

= 0

E (X · Y ) = E(X3)

=1

2·∫ 1

−1

x3 dx =1

2·[1

4· x4

]1

−1

=1

2·(

1

4− 1

4

)

= 0

Somit folgt: Kov (X, Y ) = 0


Seite 65


Zu (b.ii): Yk := sin (πkX), k ≥ 1

Behauptung: Die Zufallsvariablen (Yk)k≥1 sind paarweise unkorreliert

Beweis: Seien k, l ≥ 1, k 6= l

E (Yk) = E (sin (πkX)) =

∫

R

sin (πkx) dPX (x) =

∫

R

sin (πkx) · f (x) dx

=1

2·∫ 1

−1

sin (πkx) dx = 0 da sin ungerade

E (Yk · Yl) = E (sin (πkX) · sin (πlX)) =

∫

R

sin (πkx) · sin (πlx) dPX (x)

=1

2·∫ 1

−1

sin (πkx)︸︷︷︸

u

· sin (πlx)︸︷︷︸

v′

dx

=1

2·[

sin (πkx) ·(

− 1

πlcos (πlx)

)]1

−1

−1

2·∫ 1

−1

πk cos (πkx) ·(

− 1

πlcos (πlx)

)

dx

= 0 +1

2· k

l·∫ 1

−1

cos (πkx)︸︷︷︸

u

· cos (πlx)︸︷︷︸

v′

dx

=1

2· k

l·[

cos (πkx) · 1

πlsin (πlx)

]1

−1

−1

2· k

l·∫ 1

−1

(−πk sin (πkx)) · 1

πlsin (πlx) dx

=1

2· k

2

l2·∫ 1

−1

sin (πkx) · sin (πlx) dx

Also:1

2·∫ 1

−1

sin (πkx) · sin (πlx) dx =1

2· k

2

l2·∫ 1

−1

sin (πkx) · sin (πlx) dx

⇔ 1

2·∫ 1

−1

sin (πkx) · sin (πlx) dx ·(

1− k2

l2·)

= 0. Wegen

(

1− k2

l2·)

6= 0 da k 6= l

⇒ E (Yk · Yl) =

∫ 1

−1

sin (πkx) · sin (πlx) dx = 0

Somit folgt:Kov (Yk, Yl) = E (Yk · Yl)−E (Yk) · E (Yl) = 0



Zu (b.iii):

Behauptung:

1

n·

n∑

k=1

Ykn→∞−−−−→ 0 stochastisch

Beweis: Sei k ≥ 1

|Yk| = |sin (πkX)| ≤ 1 ⇒ Y 2k ≤ 1 ⇒ E

(Y 2

k

)≤ 1

Somit ist V (Yk) = E(Y 2

k

)− (E (Yk))

2= E

(Y 2

k

)≤ 1 da E (Yk) = 0 (siehe (b.ii))

Damit ist (Yk) eine Folge von quadratisch integrierbaren und unkorrelierten Zufallsvariablen (nach(b.ii)) mit gleichem Erwartungswert 0 = E (Yk) und beschrankten Varianzen V (Yk) ≤ 1 ∀k ≥ 1.

Nach dem schwachen Gesetz der großen Zahlen konvergiert1

n·

n∑

k=1

Yk stochastisch gegen 0.



E (g X) = E (g (X)) =

∫

g dPX =

∫

g (x) dPX (x)


Seite 67



Name, Vorname:

Geburtsdatum:

Matrikelnummer:

Bearbeiten Sie bitte alle funf Aufgaben. Die maximal erreichbare Punktezahl finden Sie nebenjeder Aufgabe.







Aufgabe 1: 8P + 2P = 10P

(a) An einer Theatergarderobe werden nach Ende der Vorstellung zunachst die Mantel undanschließend (unabhangig davon) die Hute zufallig zuruckgegeben. Wie groß ist die Wahr-scheinlichkeit, daß keiner der Besucher beide Kleidungsstucke (sowohl den eigenen Mantel,als auch den eigenen Hut) zuruckerhalt?

(b) Geben Sie die Siebformel an.

Losung:

Zu (a):

n sei die Anzahl der Besucher

Modell:

Ω1 = P1,...,nn = (ω1, . . . , ωn) | ωi ∈ 1, . . . , n , ωi 6= ωj ∀i 6= j #Ω1 = n!

Ω = Ω1 × Ω1 = P1,...,nn × P1,...,n

n

= (ω1, . . . , ωn) , (ω′1, . . . , ω

′n) | (ω1, . . . , ωn) ∈ Ω1, (ω′

1, . . . , ω′n) ∈ Ω2

((ω1, . . . , ωn) , (ω′1, . . . , ω

′n)) ∈ Ω bedeutet:

Besucher 1 erhalt Mantel ω1 und Hut ω′1

...Besucher n erhalt Mantel ωn und Hut ω′

n

#Ω = (n!)2

A = POT (Ω) P = LΩ Laplace-Verteilung

Fur i ∈ 1, . . . , n sei Ai das Ereignis”Mindestens ein Besucher erhalt sowohl den eigenen Mantel,

als auch den eigenen Hut“.

Ai = ((ω1, . . . , ωn) , (ω′1, . . . , ω

′n)) ∈ Ω | ωi = ω′

i = i= (ω1, . . . , ωn) ∈ Ω1 | ωi = i2

mit

#Ai = ((n− 1)!)2.

n⋃

i=1

Ai ist dann das Ereignis”Mindestens ein Besucher erhalt sowohl den eigenen Mantel, als auch

den eigenen Hut“; gesucht ist also P

((n⋃

i=1

Ai

)∁)

.

Fur J ⊂ 1, . . . , n, #J = k gilt

⋂

i∈J

Ai = ((ω1, . . . , ωn) , (ω′1, . . . , ω

′n)) ∈ Ω | ωi = ω′

i ∀i ∈ J

und somit

#

(⋂

i∈J

Ai

)

= ((n− k)!)2.


Seite 69


Mit der Siebformel erhalt man:

P

(n⋃

i=1

Ai

)

=n∑

k=1

(−1)k−1∑

J⊆1,...,n#J=k

P

(⋂

i∈J

Ai

)

=n∑

k=1

(−1)k−1∑

J⊆1,...,n#J=k

((n− k)!)2

(n!)2

=n∑

k=1

(−1)k−1 ·(

n

k

)

· ((n− k)!)2

(n!)2

=

n∑

k=1

(−1)k−1 · n!

(n− k)! · k!· ((n− k)!)

2

(n!)2

=1

n!·

n∑

k=1

(−1)k−1 · (n− k)!

k!

⇒ P

(n⋃

i=1

Ai

)∁

= 1− 1

n!·

n∑

k=1

(−1)k−1 · (n− k)!

k!

ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit.

Zu (b): Nach (2.5): Es sei (Ω, A,P) ein Wahrscheinlichkeitsraum und A1, . . . , An ∈ A. Die Sieb-formel liefert die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens eines der A1, . . . , An eintritt:

P

(n⋃

j=1

Aj

)

=

n∑

k=1

(−1)k−1

∑

J⊂1,...,n#J=k

P

(⋂

j∈J

Aj

)

.



Aufgabe 2: 2P + 2P + 2P + 2P = 8P

Die Blutspender der UniDo werden nach einem neuen Testverfahren auf Antikorper gegen Virenvom Typ B untersucht. Spenden, bei denen der Test positiv ist, werden ausgesondert. Aufgrundklinischer Untersuchungen ist bekannt, daß der Test mit Wahrscheinlichkeit 1−α positiv ausfallt,wenn das Spenderblut Antikorper enthalt, und mit Wahrscheinlichkeit 1−β negativ ausfallt, wennkeine Antikorper vorliegen. Aufgrund fruherer Untersuchungen weiß man, daß bei den Spendern derUniDo das Spenderblut mit Wahrscheinlichkeit γ Antikorper enthalt. (Dabei sind 0 < α, β, γ < 1.)

(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß eine Blutprobe mit Antikorpern beim Test nichterkannt wird?

(b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß eine Blutprobe ausgesondert wird?

(c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß eine Spende, die ausgesondert wurde, antikorperfreiist?

(d) Geben Sie

(i) den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit und

(ii) die Bayes’sche Formel an.

A = Ereignis:”Spenderblut enthalt Antikorper“

Q = Ereignis:”Test fallt positiv aus“

Bekannt:

P (A) = γ

P (Q | A) = 1− α

P(

Q∁∣∣A∁

)

= 1− β

Losung:

Zu (a): Gesucht: P(

Q∁∣∣A)

P(

Q∁∣∣A)

= 1−P (Q | A) = 1− (1− α) = α

Zu (b): Gesucht: P (Q)

Nach der Formel von der totalen Wahrscheinlichkeit:

P (Q) = P (A) ·P (Q | A) + P(

A∁)

·P(

Q∣∣A∁

)

= γ · (1− α) + (1− γ) · β.

Zu (c): Gesucht: P(

A∁∣∣Q)

Nach der Formel von Bayes:

P(

A∁∣∣Q)

=P(

Q∣∣A∁

)

·P(

A∁)

P (Q)=

β · (1− γ)

(1− α) · γ + (1− γ) · β .


Seite 71


Zu (d):


P (A | B) :=P (A ∩B)

P (B)

die bedingte Wahrscheinlichkeit von A unter B.


n=1Bn. Dann gilt

P (A) =∞∑

n=1

P (Bn) ·P (A | Bn)


P (Bk | A) =P (Bk) ·P (A | Bk)

∞∑

n=1P (Bn) ·P (A | Bn)

.



Aufgabe 3: 2P + 1P + 3P + 4P + 2P = 12P

Sei a > 0 und k ∈ N. Die Pareto-Verteilung Pa;k ist definiert durch die Verteilungsfunktion

F (x) =

0 x ≤ a1− akx−k x > a

(a) Zeigen Sie, daß F eine Verteilungsfunktion ist.

(b) Zeigen Sie, daß Pa;k eine Dichte besitzt und bestimmen Sie diese.

(c) Es sei X eine Zufallsvariable mit Verteilung Pa;k. Fur welche j ∈ N ist E(

|X |j)

<∞?

(d) Es seien X, Y unabhangige Pa;k-verteilte Zufallsvariable. Geben Sie die Verteilungsfunktio-nen und Dichten von min (X, Y ) und max (X, Y ) an.

(e) Definieren Sie die Begriffe:

(i) Lebesgue-Dichte einer Verteilung;

(ii) Verteilungsfunktion einer reellen Zufallsvariable.

Losung:

Zu (a):

(1) F ist monoton wachsend:

x ≤ a < y:

F (x) = 0

F (y) = 1− aky−k

= 1−(

a

y

)k

> 0

V

y > a ⇒ a

y< 1 ⇒

(a

y

)k

< 1 ⇒ 1−(

a

y

)k

> 0

UAlso F (y) > F (x).

a < x < y:

x < y ⇒ 1

x>

1

y⇒

(1

x

)k

>

(1

y

)k

⇒(a

x

)k

>

(a

y

)k

⇒ 1−(a

x

)k

< 1−(

a

y

)k

Also F (y) > F (x).

Somit gilt:F (y) > F (x)

fur alle x, y ∈ R mit x < y.

(2) F ist setig:

limx↓a

F (x) = limx↓a

(

1− ak

xk

)(∗)= 1− 1 = 0 = F (a)

Zu (∗): ak

xk

x↓a−−→ ak

ak = 1.


Seite 73


(1)lim

x→−∞F (x) = 0 trivialerweise

limx→+∞

F (x) = limx→+∞

(

1− ak

xk

)

= 1 daak

xk

x→∞−−−−→ 0

Aus (1), (2) und (3) folgt: F ist Verteilungsfunktion.

Zu (b):

F ist stetig differenzierbar auf R \ a

⇒ Pa,k besitzt Dichte f , und es gilt F ′ = f (auf R \ a ).

x > a:

F ′ (x) = −ak (−k)x−k−1 = kak

xk+1

x < a:F ′ (x) = 0

⇒ f (x) = k · ak

xk+1· 1]0,∞[ (x) ist die Dichte.

Zu (c):

X Zufallsvariable mit PX = Pa,k, j ∈ N:

E(

|X |j)

=

∫

|X |j dP =

∫

|x|j · f (x) dλ1 (x)

=

∫ ∞

a

|x|j · k · ak · x−(k+1) dx = k · ak ·∫ ∞

a

xj · x−(k+1) dx

= k · ak ·∫ ∞

a

xj−(k+1) dx = k · ak ·∫ ∞

a

1

x(k+1)−jdx

︸︷︷︸

(#)

Zu (#): Existiert genau fur (k + 1)− j > 1. (Analysis I:∫∞1

1xα dx existiert ⇔ α > 1)

Also ist fur j ∈ N mit j < k

E(

|X |j)

<∞.

Zu (d):

X, Y sind unabhangige Zufallsvariable mit PX = PY = Pa,k.

Fmin(X,Y ) (t) = P min (X, Y ) ≤ t = 1−P min (X, Y ) > t

= 1−P X > t, Y > t (♣)= 1−P X > t ·P Y > t

= 1− (P X > t)2 = 1− (1−P X ≤ t)2 = 1− (1− FX (t))2

t>a= 1−

(

1−(

1− ak

tk

))2

= 1−(

ak

tk

)2

= 1− a2k

t2kfur t > a

Zu (♣): X und Y sind unabhangig.



Fmin(X,Y ) (t) = 0 fur t ≤ a

⇒ Pmin(X,Y ) = Pa,2k

und somit ist

fmin(X,Y ) (x) = 2k · a2k

x2k−1· 1]a,∞[ (x)

die Dichte von Pmin(X,Y ).

Fmax(X,Y ) (t) = P max (X, Y ) ≤ t = P X ≤ t, Y ≤ t (♣)= P X ≤ t ·P Y ≤ t

= (P X ≤ t)2 = (FX (t))2 t>a

=

(

1− ak

tk

)2

fur t > a

Fmax(X,Y ) (t) = 0 fur t ≤ a

Zu (♣): X und Y sind unabhangig.

Fmax(X,Y ) ist stetig und stetig differenzierbar auf R \ a

⇒ Pmax(X,Y ) besitzt Dichte fmax(X,Y ), und es gilt F ′max(X,Y ) = fmax(X,Y ).

Fur t > a:

F ′max(X,Y ) (t) = 2 ·

(

1− ak

tk

)

·(−ak

)· (−k) · t−k−1

= 2kak ·(

1− ak

tk

)

· 1

tk+1

⇒ fmax(X,Y ) (t) = 2kak(1− akx−k

)x−(k+1)1]a,∞[ (x)

Zu (e):

(i) Nach (3.19): Es sei f : Rd → R+ ∪∞ eine meßbare Funktion mit

∫


durch

P (A) =

∫


d)



gilt P ω =

∫

1ω · f dλd = f (ω) · λd ω = 0.

(ii) Nach (4.7) und (4.8): Es sei X : (Ω, A)→ (Ω′, A′) eine Zufallsvariable auf einem Wahrschein-lichkeitsraum (Ω, A,P). Dann wird durch


ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf (Ω′, A′) definiert. Das so eingefuhrte WahrscheinlichkeitsmaßPX auf (Ω′, A′) heißt Verteilung von X unter P.


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Aufgabe 4: 4P + 2P + 2P + 2P = 10P

(a) Die Bauteile Bi eines Systems besitzen die Lebensdauer Xi, 1 ≤ i ≤ n. Die Xi seien un-abhangig und besitzen eine Exponentialverteilung mit Parameter λi ≥ 0 fur 1 ≤ i ≤ n.Bestimmen Sie die Verteilung der Gersamtlebensdauer Z des Systems, falls

(i) die Bi in Reihe geschaltet sind;

(ii) die Bi parallel geschaltet sind.

(b) Es sei X eine Zufallsvariable mit Exponentialverteilung mit Parameter λ > 0. Berechnen SieE (X) und V (X).

(c) Beweisen Sie: Sind X1, . . . , Xn unabhangige reelle Zufallsvariablen, so gilt fur die Vertei-lungsfunktion

FmaxXi:1≤i≤n (x) =

n∏

i=1

FXi(x) .

(d) (i) Definieren Sie die Varianz einer reellen Zufallsvariablen.

(ii) Geben Sie die Tschebyscheff-Ungleichung an.

Losung:

Zu (a):Xi unabhangige Zufallsvariable

PXibesitzt Dichte fi (x) = λie

−λix · 1[0,∞[ (x)

und Verteilungsfunktion Fi (t) =(1− e−λit

)· 1[0,∞[ (x)

(i) Bi in Reihe geschaltet:

Z = min (X1, . . . , Xn) Gesamtlebensdauer des Systems

FZ (t) = P X ≤ t = P (min (X1, . . . , Xn) ≤ t) = 1−P (min (X1, . . . , Xn) > t)= 1−P X1 > t, . . . , Xn > t (♣)

= 1−P X1 > t · . . . ·P Xn > t= 1− (1−P X1 ≤ t) · . . . · (1−P Xn ≤ t)= 1− (1− F1 (t)) · . . . · (1− Fn (t)) fur t ≥ 0

= 1− e−λ1t · . . . · e−λnt = 1− e−(λ1+...+λn)t

FZ (t) = 0 fur t < 0

Zu (♣): Die Xi sind unabhangig.

Z ist exponential-verteilt mit Parameter λ1 + . . . + λn

(ii) Bi parallel geschaltet:

Z = max (X1, . . . , Xn) Gesamtlebensdauer des Systems

FZ (t) = P Z ≤ t = P max (X1, . . . , Xn) ≤ t = P X1 ≤ t, . . . , Xn ≤ t(♣)= P X1 ≤ t · . . . ·P Xn ≤ t = F1 (t) · . . . · Fn (t)

t≥0=

(1− e−λ1t

)· . . . ·

(1− e−λnt

)

FZ (t) = 0 fur t < 0




Zu (b):X exponential-verteilte Zufallsvariable,

das heißt PX besitzt Dichte f (x) = λe−λx · 1[0,∞[ (x)

E (X) =

∫

x · f (x) dλ1 (x) = λ ·∫ ∞

0

x · e−λx dx

partielle=

Integrateionλ ·[

x ·(

− 1

λe−λx

)]∞

0︸︷︷︸

= 0

− λ ·∫ ∞

0

− 1

λe−λx dx

=

∫ ∞

0

e−λx dx =

[

− 1

λe−λx

]∞

0

= 0 +1

λ=

1

λ

E(X2)

=

∫

x2 · f (x) dλ1 (x) = λ ·∫ ∞

0

x2 · e−λx dx

partielle=

Integrateionλ ·[

x2 ·(

− 1

λe−λx

)]∞

0︸︷︷︸

= 0

− λ ·∫ ∞

0

2x ·(

− 1

λe−λx

)

dx

= 2 ·∫ ∞

0

x · e−λx dx = 2 · 1λ· λ ·

∫ ∞

0

x · e−λx dx

︸︷︷︸

=1

λsiehe oben

= 2 · 1

λ2

⇒ V (X) = E(X2)− (E (X))

2=

2

λ2− 1

λ2=

1

λ2

Zu (c): X1, . . . , Xn unabhangige reelle Zufallsvariablen mit Verteilungsfunktion FXi.

FmaxXi:1≤i≤n (x) = P max Xi : 1 ≤ i ≤ n ≤ x = P X1 ≤ x, . . . , Xn ≤ x(♣)= P X1 ≤ x · . . . ·P Xn ≤ x = FX1

(x) · . . . · FXn(x)

=

n∏

i=1

FXi(x)


Zu (d):

(i) Nach (3.21): Es sei P ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf (R, B (R)). Dann heißt die Funktion

FP (x) := P (]−∞, x]) ,

x ∈ R die Verteilungsfunktion von P.

(ii) Nach (5.17): Es sei X eine quadratisch integrierbare Zufallsvariable. Dann gilt fur alle ε > 0:

P |X −E (X)| ≥ ε ≤ V (X)

ε2

E (X)

εz |

εz |


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Aufgabe 5: 5P + 5P + 2P = 12P

(a) Es sei (X0, X1, . . .) eine Markovkette mit Ubergangsmatrix

K =

0 12

12

12 0 1

2

0 0 1

(i) Geben Sie den Ubergangsgraphen an.

(ii) Was kann man uber das Konvergenzverhalten von Kn beziehungsweise P Xn = isagen? Bestimmen Sie gegebenenfalls die Grenzwerte.

(b) Es sei (X0, X1, . . .) eine Markovkette mit Ubergangsmatrix

K =

0 1 01 0 00 0 1

(i) Berechnen Sie Kn fur alle n ≥ 1.

(ii) Berechnen Sie die stationaren Vektoren von K, das heißt die Zahldichten π mit π·K = π.

(c) Formulieren Sie den Satz von Markov.

Losung:

Zu (a.i): Ubergangsgraph:

1 2 3

12

12

1

12

12

Zu (a.ii):

Da K eine strikt positive Spalte besitzt ist der Satz von Markov anwendbar, und es folgt

Kn → Q,

wobei

Q =

← π →← π →← π →

und π ist die eindeutig bestimmte staionare Verteilung.

Ermittlung von π:

π ·K = π ⇔12π2 = π1 I12π1 = π2 II12π1 + 1

2π2 + π3 = π3 III

Aus I und II folgt π1 = π2 = 0 und aus III folgt π3 = π3. Wegen π1 + π2 + π3 = 1 folgt π3 = 1,und somit ist π = (0, 0, 1) die stationare Verteilung.

Also

Kn n→∞−−−−→

0 0 10 0 10 0 1

.



⌈(P Xn = 1 ,P Xn = 2 ,P Xn = 3) = (σ1, σ2, σ3) ·Kn

konvergiert fur n→∞ gegen

(σ1, σ2, σ3) ·

0 0 10 0 10 0 1

= (0, 0, σ1 + σ2 + σ3) = (0, 0, 1) = π,

ist also unabhangig von der Startverteilung σ. ⌋

Zu (b.i):

K =

0 1 01 0 00 0 1

⇒ K2 =

1 0 00 1 00 0 1

= I

⇒ K3 = K ·K2 = K, K4 = K2 ·K2 = I, . . .

Somit:

Kn =

1 0 00 1 00 0 1

falls n gerade

0 1 01 0 00 0 1

falls n ungerade

Zu (b.ii):

(π1, π2, π3) ·

0 1 01 0 00 0 1

= (π1, π2, π3) ⇔

π2 = π1

π1 = π2

π3 = π3

,

die allgemeine Losung lautet also:(s, s, t) : s, t ∈ R .

Wegen 1 = π1 + π2 + π3 = 2s + t folgt t = 1− 2s und 0 ≤ s, t ≤ 1 liefert

π = (s, s, 1− 2s) : 0 ≤ s ≤ 1

2

als Menge der stationaren Vektoren.


Es sei (Xn)n∈Neine Markoff-Kette mit endlichem Zustandsraum I und Ubergangsmatrix K. Es

existiere ein N ≥ 1, j0 ∈ I, so daß KNi,j0

> 0 fur alle i ∈ I. Dann gibt es eine Zahldichte π ∈ RI+

mit P Xn = i → πi fur alle i ∈ I, und π ist unabhangig von der Startverteilung.


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Stochastik I - WordPress.comStochastik I Klausur - Sommersemester 1998 Fachschaften Mathematik Aufgabe 2: xP+xP+xP+xP= xP F¨ur ein x0 > 0 fest und α > 0 sei f (x) = c ·x−α−11]x0,∞[(x)