«K12/K13» 51. Hausaufgabe «PDF», «POD»

0.0.1 ↑ 51. Hausaufgabe

0.0.1.1 ↑ Stochastik-Buch Seite 146, Aufgabe 2

Es sei 0 < P(A) < 1$0<P\left(A\right)<1$.

a)

Begründen Sie anschaulich, warum A$A$ abhängig von sich selbst ist.

Ist A$A$ eingetreten, so wissen wir, dass A$A$ eingetreten ist; also ist P_A(A) = 1$P_A\left(A\right)=1$.

b)

Weisen Sie dies mathematisch nach.

Beweis durch Widerspruch.

Annahmen:

• 0 < P(A) < 1;$0<P\left(A\right)<1;$

• P(A \cap A) = P(A) P(A);$P\left(A\cap A\right)=P\left(A\right)P\left(A\right);$

P(A \cap A) = P(A) = P(A) P(A);$P\left(A\cap A\right)=P\left(A\right)=P\left(A\right)P\left(A\right);$

Division durch P(A)$P\left(A\right)$ mit P(A) \neq 0$P\left(A\right)\ne 0$ bringt:

1 = P(A);$1=P\left(A\right);$

Dieser Fall wurde von der Angabe ausgeschlossen. Also ist A$A$ abhängig von sich selbst.

0.0.1.2 ↑ Stochastik-Buch Seite 146, Aufgabe 3

Zeigen Sie rechnerisch:

a)

Sei A = \varnothing$A=\varnothing$ oder A = \Omega$A=\Omega$. Dann sind für alle B \subseteq \Omega$B\subseteq \Omega$ die Ereignisse A$A$ und B$B$ unabhängig. Suchen Sie eine anschauliche Begründung.

• A = \varnothing;$A=\varnothing ;$

  \forall B \subseteq \Omega{:}\, 0 = P(A) = P(A \cap B) = P(A) P(B) = 0 P(B) = 0;$\forall B\subseteq \Omega :0=P\left(A\right)=P\left(A\cap B\right)=P\left(A\right)P\left(B\right)=0P\left(B\right)=0;$

  A$A$ ist das unmögliche Ereignis. Die Frage nach der bedingten Wahrscheinlichkeit unter der Bedingung \varnothing$\varnothing$ ist nicht sinnvoll, da die Bedingung niemals eintreten kann.

• A = \Omega;$A=\Omega ;$

  \forall B \subseteq \Omega{:}\, P(B) = P(A \cap B) = P(A) P(B) = 1 P(B) = P(B);$\forall B\subseteq \Omega :P\left(B\right)=P\left(A\cap B\right)=P\left(A\right)P\left(B\right)=1P\left(B\right)=P\left(B\right);$

  A$A$ ist das sichere Ereignis. Sein Eintreten gibt keine Information über das Eintreten anderer Ereignisse, da es immer eintritt.

b)

Sind die Ereignisse A$A$ und B$B$ unabhängig und gilt A \subseteq B$A\subseteq B$, so folgt P(A) = 0$P\left(A\right)=0$ oder P(B) = 1$P\left(B\right)=1$.

A \subseteq B; \Leftrightarrow A \cap B = A; \Leftrightarrow P(A \cap B) = P(A) = P(A) P(B);$A\subseteq B;\iff A\cap B=A;\iff P\left(A\cap B\right)=P\left(A\right)=P\left(A\right)P\left(B\right);$

Damit als einzige Lösungen P(A) = 0$P\left(A\right)=0$ (dann 0 = 0$0=0$) oder P(B) = 1$P\left(B\right)=1$ (dann P(A) = P(A)$P\left(A\right)=P\left(A\right)$). Andere Lösungen gibt es nicht, wie die durch P(A)$P\left(A\right)$ dividierte Gleichung zeigt:

1 = P(B);$1=P\left(B\right);$

0.0.1.3 ↑ Stochastik-Buch Seite 146, Aufgabe 4

Beim Roulette sei A$A$: "1. Dutzend" (\left\{ 1,2,3,\ldots,12 \right\}$\left\{1,2,3,\dots ,12\right\}$) und B$B$: "1. Querreihe" (\left\{ 1,2,3 \right\}$\left\{1,2,3\right\}$).

a)

Warum sind A$A$ und B$B$ notwendigerweise abhängig?

Weil das Eintreten von A$A$ Informationen über das Eintreten von B$B$ preisgibt (B \subset A$B\subset A$).

b)

Zeigen Sie die Abhängigkeit mit Hilfe der Definitionsgleichung.

\frac{3}{\left|\Omega\right|} = P(A \cap B) \neq P(A) P(B) = \frac{12}{\left|\Omega\right|} \frac{3}{\left|\Omega\right|};$\frac{3}{\left|\Omega \right|}=P\left(A\cap B\right)\ne P\left(A\right)P\left(B\right)=\frac{12}{\left|\Omega \right|}\frac{3}{\left|\Omega \right|};$

c)

Zeigen Sie allgemein, dass gilt: B \subset A;$B\subset A;$ ⇒ A$A$ und B$B$ abhängig für P(A) \neq 1$P\left(A\right)\ne 1$ und P(B) \neq 0$P\left(B\right)\ne 0$.

\forall P(A) \neq 1, P(B) \neq 0{:}\, B \subset A; \Rightarrow P(B) \neq P(A \cap B) = P(A) P(B);$\forall P\left(A\right)\ne 1,P\left(B\right)\ne 0:B\subset A;\Rightarrow P\left(B\right)\ne P\left(A\cap B\right)=P\left(A\right)P\left(B\right);$

(Siehe Aufgabe 3.)