added sti_ws2425 assignments 1-13

sti_ws2425/assignment1/main.tex

@@ -0,0 +1,262 @@
+\documentclass[a4paper]{article}
+%\usepackage[singlespacing]{setspace}
+\usepackage[onehalfspacing]{setspace}
+%\usepackage[doublespacing]{setspace}
+\usepackage{geometry} % Required for adjusting page dimensions and margins
+\usepackage{amsmath,amsfonts,stmaryrd,amssymb,mathtools,dsfont} % Math packages
+\usepackage{tabularx}
+\usepackage{colortbl}
+\usepackage{listings}
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+\usepackage{amssymb}
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+\usepackage{float}
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+\usepackage{changepage,titlesec,fancyhdr} % For styling Header and Titles
+\pagestyle{fancy}
+
+\usepackage{enumerate} % Custom item numbers for enumerations
+
+\usepackage[ruled]{algorithm2e} % Algorithms
+
+\usepackage[framemethod=tikz]{mdframed} % Allows defining custom boxed/framed environments
+
+\usepackage{listings} % File listings, with syntax highlighting
+\lstset{
+	basicstyle=\ttfamily, % Typeset listings in monospace font
+}
+
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+
+
+\geometry{
+	paper=a4paper, % Paper size, change to letterpaper for US letter size
+	top=2.5cm, % Top margin
+	bottom=3cm, % Bottom margin
+	left=2.5cm, % Left margin
+	right=2.5cm, % Right margin
+	headheight=25pt, % Header height
+	footskip=1.5cm, % Space from the bottom margin to the baseline of the footer
+	headsep=1cm, % Space from the top margin to the baseline of the header
+	%showframe, % Uncomment to show how the type block is set on the page
+}
+\lhead{Stochastik für die Informatik\\Wintersemester 2024/2025}
+\chead{\bfseries{Übungsblatt 1}\\}
+\rhead{Lienkamp, 8128180\\Werner, 7987847}
+
+\begin{document}
+
+\setcounter{section}{1} % Setzt den Section-Zähler auf 1
+\subsection{Inklusions-Exklusions-Formel}
+Beweisen Sie die folgende Aussage für einen Wahrscheinlichkeitsraum $(\Omega, \mathbb{P})$:\\
+Für beliebige Ereignisse $A_i \in \Omega, i = 1, 2, 3$ gilt\\\\
+\(\mathbb{P}(A_1 \cup A_2 \cup A_3) = \left(\sum\limits^3_{i=1} \mathbb{P}(A_i)\right)-\mathbb{P}(A_1 \cap A_2) + \mathbb{P}(A_1 \cap A_3) - P(A_2 \cap A_3) + P(A_1 \cap A_2 \cap A_3)
+\)\\\\
+Gilt diese Aussage auch für die Kardinalität, d.h., gilt:\\\\
+\(|A_1 \cup A_2 \cup A_3| = \sum\limits_{i=1}^{3} |A_i| - |A_1 \cap A_2| - |A_1 \cap A_3| - |A_2 \cap A_3| + |A_1 \cap A_2 \cap A_3|\)\\\\
+für beliebige Ereignisse $A_i \subseteq \Omega$, $i = 1, 2, 3$?\\\\
+\(\mathbb{P}(A_1 \cup A_2 \cup A_3)\\
+\Rightarrow \mathbb{P}((A_1 \cup A_2) \cup A_3)\\
+\Rightarrow \mathbb{P}(A_1 \cup A_2) + \mathbb{P}(A_3) - \mathbb{P}((A_1 \cup A_2) \cap A_3)\\
+\Rightarrow \mathbb{P}(A_1) + \mathbb{P}(A_2) -\mathbb{P}(A_1 \cap A_2) + \mathbb{P}(A_3) - \mathbb{P}((A_1 \cup A_2) \cap A_3)\\
+\Rightarrow \mathbb{P}(A_1) + \mathbb{P}(A_2) + \mathbb{P}(A_3) -\mathbb{P}(A_1 \cap A_2) - \mathbb{P}((A_1 \cup A_2) \cap A_3)\\
+\Rightarrow \sum\limits_{i=1}^3\mathbb{P}(A_i) -\mathbb{P}(A_1 \cap A_2) - \mathbb{P}((A_1 \cup A_2) \cap A_3)\)\\
+\textcolor{gray}{Nebenrechnung:\\
+$\mathbb{P}(A_1\cup A_2)\cap A_3) \Rightarrow \mathbb{P}(A_1 \cap A_3)+\mathbb{P}(A_2 \cap A_3)-\mathbb{P}(A_1 \cap A_3 \cup A_2 \cap A_3) \\
+\Rightarrow \mathbb{P}(A_1 \cap A_3) + \mathbb{P}(A_2 \cap A_3) - \mathbb{P}(A_1 \cap A_3 \cup A_2 \cap A_3)$\\
+und $ (A_3 \cap A_3) = A_3$}\\
+\(\Rightarrow \sum\limits_{i=1}^3\mathbb{P}(A_i) - ( \mathbb{P}(A_1 \cap A_3) + \mathbb{P}(A_2 \cap A_3) - \mathbb{P}(A_1 \cup A_2 \cap A_3))\\
+\Rightarrow \sum\limits_{i=1}^3\mathbb{P}(A_i) - \mathbb{P}(A_1 \cap A_3) - \mathbb{P}(A_2 \cap A_3) + \mathbb{P}(A_1 \cup A_2 \cap A_3)\)\\\\
+Die Aussage gilt auch für die Kardinalität, wenn gilt, dass $\vert A \cup B\vert = \vert A \vert + \vert B \vert - \vert A \cap B \vert$\\\\
+\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
+    \hline
+    Fall & $\vert A \cup B \vert$ & $\vert A \vert + \vert B \vert - \vert A \cap B \vert$ & $\triangle$\\
+    \hline
+    nur in A & $\vert 1 \cup 0 \vert = 1$ & $\vert 1 \vert + \vert 0 \vert - \vert 0 \vert = 1$ & $\triangle=0$\\
+    \hline 
+    nur in B & $\vert 0 \cup 1 \vert = 1$ & $\vert 0 \vert + \vert 1 \vert - \vert 0 \vert = 1$ & $\triangle=0$\\
+    \hline in A und B & $\vert 1 \cup 1 \vert = 1$ & $\vert 1 \vert + \vert 1 \vert - \vert 1 \vert = 1$ & $\triangle=0$\\
+    \hline 
+\end{tabular}\\\\
+Für Beweis siehe analog zum Wahrscheinlichkeitsraum.
+\clearpage
+\subsection{}
+Eine Befragung von 1000 Personen im Rahmen einer Studie über Süßigkeiten ergab das folgende
+Bild: 34 Personen mögen überhaupt keine Süßigkeiten, 803 Personen mögen Schokolade, 744
+Bonbons, 400 Lollis, 571 Schokolade und Bonbons, 357 Schokolade und Lollis, 349 Bonbons und
+Lollis sowie 297 Schokolade, Bonbons und Lollis. Begründen Sie, dass diese Zahlen einen Fehler
+enthalten.\\
+\textit{Hinweis: Verwenden Sie Aufgabe 1}
+Wir verwenden die in \textit{1.1} bewiesene Aussage\\ 
+\(|A_1 \cup A_2 \cup A_3| = \sum\limits_{i=1}^{3} |A_i| - |A_1 \cap A_2| - |A_1 \cap A_3| - |A_2 \cap A_3| + |A_1 \cap A_2 \cap A_3|\\
+\Rightarrow 803 + 744 + 400 - 571 - 357 - 297 = 967 \neq 966 = 1000-34\)
+
+\begin{center}
+\begin{tikzpicture}[scale=2]
+    % Draw the circles
+    \draw[fill=red!30, opacity=0.5] (0,0) circle (1.5) node at (-0.25,1) {Schokolade};
+    \draw[fill=green!30, opacity=0.5] (1.5,0) circle (1.5) node at (2, 0.5) {Bonbons};
+    \draw[fill=blue!30, opacity=0.5] (0.75,-1.3) circle (1.5) node at (0.75,-1.75) {Lollis};
+
+    % Label the intersections and unique parts
+    % A only
+    \node at (-0.75, 0.5) {$A_1 = 803$};
+    % B only
+    \node at (2.25, 0) {$A_2 = 744$};
+    % C only
+    \node at (0.75,-2.0) {$A_3 = 400$};
+    
+    % A ∩ B
+    \node at (0.75, 0.5) {$A_1 \cap A_2 = 571$};
+    % A ∩ C
+    \node at (-0.1,-1.2) {$A_1 \cap A_3 = 357$};
+    % B ∩ C
+    \node at (1.5,-1.25) {$A_2 \cap A_3 = 349$};
+    
+    % A ∩ B ∩ C
+    \node at (0.75,-0.5) {$A_1 \cap A_2 \cap A_3 = 297$};
+\end{tikzpicture}\\
+\[\sum\limits^3_{i=1}\lvert A_i \rvert - \lvert A_1 \cap A_2 \rvert - \lvert A_1 \cap A_3 \rvert - \lvert A_2 \cap A_3 \rvert + \lvert A_1 \cap A_2 \cap A_3 \rvert\]
+\[\Rightarrow 803 + 744 + 400 - 571 - 357 - 349 + 297 = 967 \neq 966 = 1000 - 34\]
+\end{center}
+\clearpage
+\subsection{Bedingte Wahrscheinlichkeiten}
+Bei der 1. Klausur Stochastik für die Informatik in einem vorigen Jahr haben 168 Studierende
+teilgenommen und davon 100 bestanden. Außerdem haben von den 168 Teilnehmern 88 Bonuspunkte bekommen (welche nicht zum Bestehen der Klausur beitragen können), indem sie mehr als 50\% der Hausaufgabenpunkte erreicht haben. Von den Studierenden, die Bonuspunkte erzielt haben, haben 65 die Klausur bestanden. Wir wählen nun zufällig einen Studenten aus und bezeichnen mit A das Ereignis, dass dieser Student die Klausur bestanden hat und mit B das Ereignis, dass er Bonuspunkte erzielt hat.\\
+Berechnen Sie\\
+a) $\mathbb{P}(A \mid B)$\\\\
+\(\mathbb{P}(A\vert B) = \frac{65}{88}\) Aus Aufgabe abgelesen.\\\\
+b) $\mathbb{P}(A \cup B)$\\\\
+\(\mathbb{P}(A \cup B) = \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B)- \mathbb{P}(A \cap B) \Rightarrow \frac{100}{168}+\frac{88}{168}-\frac{65}{168}=\frac{123}{168}=\frac{41}{56}\)\\
+\textcolor{gray}{$\mathbb{P}(A \cap B) = \frac{65}{168}$}\\\\
+c) $\mathbb{P}(A^c \cup B^c)$\\\\
+\(\mathbb{P}(A^c \cup B^c)= \mathbb{P}(A^c)+ \mathbb{P}(B^c)- \mathbb{P}(A^c \cap B^c) \Rightarrow \frac{68}{168}+ \frac{80}{168}-\frac{45}{168}=\frac{103}{168}\)\\\\
+d) $\mathbb{P}(A^c \mid B)$\\\\
+\(\mathbb{P}(A^c\vert B) = \frac{23}{88}\) Aus Text abgelesen.\\\\
+e) $\mathbb{P}(B^c \mid A^c)$\\\\
+\(\mathbb{P}(B^c\vert A^c)=\frac{\mathbb{P}(A^c \cap B^c)}{\mathbb{P}(A^c)}\Rightarrow \frac{45}{168}:\frac{68}{168}= \frac{45}{168}\cdot \frac{168}{68}=\frac{45}{68}\)
+
+\begin{center}
+\begin{tikzpicture}[scale=1.2]
+
+    % Draw the root
+    \node at (0,0) {Start};
+    
+    % First level
+    \node at (-2,-2) {Bestanden};
+    \node at (2,-2) {Bestanden$^c$};
+    
+    % Second level
+    \node at (-3,-4) {Bonuspunkte};
+    \node at (-1,-4) {Bonuspunkte$^c$};
+    
+    \node at (1,-4) {Bonuspunkte};
+    \node at (3,-4) {Bonuspunkte$^c$};
+    
+    % End probabilities
+    \node at (-3,-4.5) {\(\frac{65}{168}\)};
+    \node at (-1,-4.5) {\(\frac{35}{168}\)};
+    \node at (1,-4.5) {\(\frac{23}{168}\)};
+    \node at (3,-4.5) {\(\frac{45}{168}\)};
+    
+    % Draw the branches with probabilities as proper fractions
+    \draw[->] (0,-0.25) -- (-2,-1.75) node[midway, left] {\(\frac{100}{168}\)};
+    \draw[->] (0,-0.25) -- (2,-1.75) node[midway, right] {\(\frac{68}{168}\)};
+    
+    \draw[->] (-2,-2.25) -- (-3,-3.75) node[midway, left] {\(\frac{65}{100}\)};
+    \draw[->] (-2,-2.25) -- (-1,-3.75) node[midway, right] {\(\frac{35}{100}\)};
+    
+    \draw[->] (2,-2.25) -- (1,-3.75) node[midway, left] {\(\frac{23}{68}\)};
+    \draw[->] (2,-2.25) -- (3,-3.75) node[midway, right] {\(\frac{45}{68}\)};
+    
+\end{tikzpicture}
+\end{center}
+\clearpage
+\subsection{Bedingte Wahrscheinlichkeiten}
+Eine Urne enthält sechs schwarze und vier weiße Kugeln, eine zweite Urne enthält fünf schwarze
+und fünf weiße Kugeln. Eine faire Münze wird geworfen um zu entscheiden, aus welcher Urne
+gezogen wird. Man zieht dann nacheinander mit Zurücklegen zwei Kugeln aus der gewählten
+Urne.\\\\
+\begin{center}
+\begin{tikzpicture}[scale=1.2, every node/.style={align=center}]
+
+    % Draw the root
+    \node at (0,0) {Start};
+
+    % First level
+    \node at (-3,-2) {U$_1$};
+    \node at (3,-2) {U$_2$};
+
+    % Second level
+    \node at (-4,-4) {W$_1$};
+    \node at (-2,-4) {S$_1$};
+
+    \node at (2,-4) {W$_1$};
+    \node at (4,-4) {S$_1$};
+
+    % Third level for W1 and S1
+    \node at (-4.5,-6.5) {S$_2$ \\ \(\frac{16}{200}\)};
+    \node at (-3.5,-6.5) {W$_2$ \\ \(\frac{24}{200}\)};
+    
+    \node at (-2.5,-6.5) {S$_2$ \\ \(\frac{24}{200}\)};
+    \node at (-1.5,-6.5) {W$_2$ \\ \(\frac{36}{200}\)};
+
+    % Third level for S1
+    \node at (1.5,-6.5) {S$_2$ \\ \(\frac{25}{200}\)};
+    \node at (2.5,-6.5) {W$_2$ \\ \(\frac{25}{200}\)};
+
+    \node at (3.5,-6.5) {S$_2$ \\ \(\frac{25}{200}\)};
+    \node at (4.5,-6.5) {W$_2$ \\ \(\frac{25}{200}\)};
+
+    % Draw the branches with probabilities
+    \draw[->] (0,0) -- (-3,-1.75) node[midway, left] {\(\frac{1}{2}\)};
+    \draw[->] (0,0) -- (3,-1.75) node[midway, right] {\(\frac{1}{2}\)};
+    
+    \draw[->] (-3,-2.25) -- (-4,-3.75) node[midway, left] {\(\frac{2}{5}\)};
+    \draw[->] (-3,-2.25) -- (-2,-3.75) node[midway, right] {\(\frac{3}{5}\)};
+    
+    \draw[->] (3,-2.25) -- (2,-3.75) node[midway, left] {\(\frac{1}{2}\)};
+    \draw[->] (3,-2.25) -- (4,-3.75) node[midway, right] {\(\frac{1}{2}\)};
+    
+    % Draw branches for W1
+    \draw[->] (-4,-4.25) -- (-4.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{2}{5}\)};
+    \draw[->] (-4,-4.25) -- (-3.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{3}{5}\)};
+    
+    % Draw branches for S1
+    \draw[->] (-2,-4.25) -- (-2.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{2}{5}\)};
+    \draw[->] (-2,-4.25) -- (-1.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{3}{5}\)};
+
+    % Draw branches for U2
+    \draw[->] (2,-4.25) -- (1.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{1}{2}\)};
+    \draw[->] (2,-4.25) -- (2.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{1}{2}\)};
+    
+    \draw[->] (4,-4.25) -- (3.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{1}{2}\)};
+    \draw[->] (4,-4.25) -- (4.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{1}{2}\)};
+
+\end{tikzpicture}
+\end{center}
+(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die zweite Kugel schwarz ist?\\\\
+Wir addieren alle Ergebnisse für eine schwarze Kugel, die im zweiten Zug gezogen wurde:\\
+\(\frac{24}{200}+\frac{36}{200}+\frac{25}{200}+\frac{25}{200}=\frac{110}{200}=\frac{11}{20}\)\\\\
+(b) Wie groß die Wahrscheinlichkeit, dass die zweite Kugel schwarz ist, falls die erste Kugel schwarz ist?\\\\
+Wir berechnen zunächst die Wahrscheinlichkeiten der einzelnen Urnen (Urne wird gewählt($U_1/U_2$)), die erste Kugel ist schwarz($S_1)$, die zweite Kugel ist schwarz($S_2$) wir nennen diese Wahrscheinlichkeit $\mathbb{P}(A)$.\\
+\(\mathbb{P}(U_1 \cap S_1 \cap S_2)= \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{3}{5}=\frac{9}{50}\\
+\mathbb{P}(U_2 \cap S_1 \cap S_2)= \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}= \frac{1}{8}\\
+\mathbb{P}(U_1 \cap S_1 \cap S_2)\cup\mathbb{P}(U_2 \cap S_1 \cap S_2)\\
+= \mathbb{P}(U_1 \cap S_1 \cap S_2) + \mathbb{P}(U_2 \cap S_1 \cap S_2) - \mathbb{P}(U_1 \cap S_1 \cap S_2)\cap\mathbb{P}(U_2 \cap S_1 \cap S_2)= \frac{36}{200}+\frac{25}{200}-0=\frac{61}{200} = \mathbb{P}(A)\)\\\\
+Dann berechnen wir die Bedingung, dass eine schwarze Kugel gezogen wird unter der Bedingung, dass die erste Kugel auch schwarz war $\mathbb{P}(A)$(siehe (a))\\
+\(\mathbb{P}(B \vert A) = \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(A)}= \frac{61}{200} : \frac{11}{20}=\frac{122}{220}= \frac{61}{110}\)\\\\
+\clearpage
+\noindent (c) Wie groß die Wahrscheinlichkeit, dass die zweite Kugel schwarz ist, falls die Urne mit sechs schwarzen Kugeln gewählt wurde und die erste Kugel schwarz ist?\\\\
+Da die Urne schon gewählt wurde und die erste schwarze Kugel bereits gezogen wurde, kann die Wahrscheinlichkeit mit $\frac{3}{5}$ aus dem Baum abgelesen werden.\\\\
+(d) Wir betrachten die Ereignisse:\\
+\hspace*{0,5cm}\textit{A}: die Urne mit sechs schwarzen Kugeln wird gewählt und die erste Kugel ist schwarz,\\
+\hspace*{0,5cm}\textit{B}: die zweite Kugel ist schwarz\\
+\hspace*{0,5cm}Berechnen Sie $\mathbb{P}(A), \mathbb{P}(B), \mathbb{P}(A \cap B)$\\\\
+\(\mathbb{P}(A)=\mathbb{P}(U_1 \cap S_1)=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{5}=\frac{3}{10}\)\\
+\(\mathbb{P}(B)=\frac{24}{200}+\frac{36}{200}+\frac{25}{200}+\frac{25}{200}=\frac{110}{200}=\frac{11}{20}\) (siehe (a))\\
+\(\mathbb{P}(A \cap B)=\mathbb{P}(U_1 \cap S_1 \cap S_2)= \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{3}{5}=\frac{9}{50}\) (siehe (c))
+\end{document}

sti_ws2425/assignment10/main.tex

@@ -0,0 +1,157 @@
+\documentclass[a4paper]{article}
+%\usepackage[singlespacing]{setspace}
+\usepackage[onehalfspacing]{setspace}
+%\usepackage[doublespacing]{setspace}
+\usepackage{geometry} % Required for adjusting page dimensions and margins
+\usepackage{amsmath,amsfonts,stmaryrd,amssymb,mathtools,dsfont} % Math packages
+\usepackage{tabularx}
+\usepackage{colortbl}
+\usepackage{listings}
+\usepackage{amsmath}
+\usepackage{amssymb}
+\usepackage{amsthm}
+\usepackage{subcaption}
+\usepackage{float}
+\usepackage[table,xcdraw]{xcolor}
+\usepackage{tikz-qtree}
+\usepackage{forest}
+\usepackage{changepage,titlesec,fancyhdr} % For styling Header and Titles
+\usepackage{amsmath}
+\pagestyle{fancy}
+\usepackage{diagbox}
+\usepackage{xfrac}
+\usepackage{pgfplots}
+\pgfplotsset{compat=1.18}
+
+\usepackage{enumerate} % Custom item numbers for enumerations
+
+\usepackage[ruled]{algorithm2e} % Algorithms
+
+\usepackage[framemethod=tikz]{mdframed} % Allows defining custom boxed/framed environments
+
+\usepackage{listings} % File listings, with syntax highlighting
+\lstset{
+	basicstyle=\ttfamily, % Typeset listings in monospace font
+}
+
+\usepackage[ddmmyyyy]{datetime}
+
+
+\geometry{
+	paper=a4paper, % Paper size, change to letterpaper for US letter size
+	top=2.5cm, % Top margin
+	bottom=3cm, % Bottom margin
+	left=2.5cm, % Left margin
+	right=2.5cm, % Right margin
+	headheight=25pt, % Header height
+	footskip=1.5cm, % Space from the bottom margin to the baseline of the footer
+	headsep=1cm, % Space from the top margin to the baseline of the header
+	%showframe, % Uncomment to show how the type block is set on the page
+}
+\lhead{Stochastik für die Informatik\\Wintersemester 2024/2025}
+\chead{\bfseries{Übungsblatt 10}\\}
+\rhead{Lienkamp, 8128180\\Werner, 7987847}
+\begin{document}
+\setcounter{section}{10}
+\subsection{Unabhängigkeit und Korrelation bei Normalverteilung}
+Sei $X = (X_1, X_2)$ zweidimensional Gauß-verteilt. Weiter seien die Randverteilungen gegeben als $X_1 \sim \mathcal{N}(0,2)$ und $X_2 \sim \mathcal{N}(3,5)$, sowie die Varianz $\mathbb{V}[2X_1+X_2]=\alpha \geq 0$. Für welche Werte $\alpha$ sind $X_1$ und $X_2$ unabhängig?\\\\
+Aus den Randverteilungen können die folgenden Erwartungswerte und Varianzen abgelesen werden:\\
+$X \sim N(0,2) \Rightarrow E[X] = 0$ und $V(X_1) = 2$\\
+$X \sim N(3,5) \Rightarrow E[X] = 3$ und $V(X_1) = 5$\\\\
+Somit gilt: $\mathbb{V}[2 \cdot X_1 + X_2] = \mathbb{V}[2 \cdot X_1] + 2 cov(2 \cdot X_1, X_2) + \mathbb{V}[X_2]$\\
+\hspace*{4.2cm}$= 2^2 \cdot \mathbb{V}[X_1] + 2 \cdot 2 \cdot cov(X_1, X_2) + \mathbb{V}[X_2]$\\
+\hspace*{4.2cm}$= 4 \cdot 2 + 4 \cdot cov(X_1, X_2) + 5$\\
+\hspace*{4.2cm}$= 4 \cdot cov(X_1, X_2) + 13$\\\\
+Gegeben aus der Vorlesung ist: 
+\begin{itemize}
+    \item $X_1$ und $X_2$ sind genau dann unabhängig, wenn gilt: $cov(X_1, X_2) = 0$.
+\end{itemize}
+Wir setzen nun $0$ un den obigen vereinfachten Term ein und Formen um:\\\\
+$V(2 \cdot X_1 + X_2) = 4 \cdot 0 + 13$. Der gesuchte Wert von $\alpha$ ist gleich $\mathbb{V}[2 \cdot X_1 + X_2]$ und ist demnach:\\\\
+$\alpha = \mathbb{V}[2 \cdot X_1 + X_2] = 13$.
+\\\\
+\subsection{Transformation der Normalverteilung}
+Die Körpergröße der Studentinnen beim Kurs Stochastik für die Informatik sein normalverteilt mit Erwartungswert 166cm und Standardabweichung 5cm.\\\\
+(a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist eine Studentin bei diesem Kurs größer als 176cm?\\\\
+\(\mu = 166 \quad \sigma = 5 \quad \sigma^2=25\)\\
+Körpergröße \(X \sim \mathcal{N}(166,25)\)\\
+\(\mathbb{P}(X>176)=1-\mathbb{P}(X\leq 176)=1-\mathbb{P}\left(\frac{X-\mu}{\sigma}\leq \frac{176-\mu}{\sigma}\right)=1-\mathbb{P}\left(\frac{X-166}{5}\leq \frac{176-166}{5}\right)= 1-\mathbb{P}\left(\frac{X-166}{5}\leq 2\right)\)\\
+\textcolor{gray}{NR: $Y:=\frac{x-166}{5}$ normalverteilt}\\
+\(=1-\mathbb{P}(Y\leq 2)=1-0,9772=0,0228\)\\\\
+(b) Wie ist die Durchschnittsgröße einer Gruppe von $k$ zufällig gewählten Studentinnen verteilt? Sie dürfen dazu annehmen, dass die Körpergrößen aller Studetinnen unabhängig voneinander sind.\\\\
+Seien \(X_i,\. i=1,\dots,k\) die Körpergrößen von $k$ zufällig ausgewählten Studentinnen\\
+\(\Rightarrow X_i \sim \mathcal{N}(166, 25) \forall i \in \{1, \dots, k\}\)\\
+Wir definieren: \(\widetilde{X} = \sum\limits^k_{i=1}X_i\sim \mathcal{N}(166\cdot k,25\cdot k)\)\\
+\hspace*{2,8cm}\(\Rightarrow \frac{1}{k}\cdot \sum\limits^k_{i=1} X_i = \frac{\widetilde{X}}{k}\)\\\\
+\hspace*{2,8cm}\(\mathbb{E}\left[\frac{\widetilde{X}}{k}\right]=\mathbb{E}\left[\frac{1}{k}\cdot \sum\limits^k_{i=1}X_i\right]=\frac{1}{k}\ \mathbb{E}\left[\sum\limits^k_{i=1}X_i\right]=\frac{1}{k} \cdot \sum\limits^k_{i=1} \mathbb{E}\left[X_i\right] = \frac{1}{k} \cdot \sum\limits^k_{i=1} 166_i = \frac{1}{k} \cdot 166_i \cdot k = 166_i\)\\\\
+\(\Rightarrow \mathbb{E}\left[\frac{\widetilde{X}}{k}\right]=166 \Rightarrow \widetilde{X}\) hat den selben Erwartungswert wie $X_i$.\\
+\(\Rightarrow \mathbb{V}\left[\frac{\widetilde{X}}{k}\right]=\mathbb{V}\left[\frac{1}{k}\cdot \sum\limits^k_{i=1} X_i\right]=\frac{1}{k^2} \cdot \mathbb{V}\left[\sum\limits^k_{i=1}X_i\right]=\frac{1}{k^2}\cdot \sum\limits^k_{i=1} \mathbb{V}\left[X_i\right]=\frac{1}{k^2}\cdot k \cdot 25 = \frac{25}{k}\)\\\\
+Auch die Durchschnittsgröße \(\frac{\widetilde{X}}{k}\) ist normalverteilt mit \(\mathcal{N}\left[166, 25\right]\).\\\\
+(c) Sie gruppieren die Studentinnen nun zufällig in zwölf 10er Gruppen und bestimmen die Durchschnittsgrößen der Gruppen. Wie wahrscheinlich ist es, dass die Durchschnittsgrößen von allen Gruppen im Bereich zwischen 161cm und 171cm liegen?\\\\
+Durchschnittsgröße einer der 10 Gruppen: \(\frac{\widetilde{X}}{10} \sim \mathcal{N}\left[166, \frac{25}{10}\right]\)\\\\
+\(\mathbb{P}\left(161 \leq X_{10} \leq 171\right) \Rightarrow \Phi_{0,1}\left(\frac{171-166}{\sqrt{2,5}}\right)-\Phi_{0,1}\left(\frac{161-166}{\sqrt{2,5}}\right)=0,9992-(1-0,9992)=0,9992-0,0008=0,9984\)\\\\
+Durchschnittsgröße aller 10 Gruppen: \(\prod\limits^{12}_{i=1}\mathbb{P}(161 \leq X_i \leq 171)=(0,9984)^(12)\approx 0,98097\)
+\subsection{}
+Seien $X$ und $Y$ Zufallsvariablen, deren gemeinsame Dichte gegeben ist durch
+\[f(x,y)=\begin{cases}
+\frac{\vert xy^2\vert}{12}, & \text{für } x \in [-2,2],y \in [-1,2],\\
+0 & \text{sonst.}    
+\end{cases}\]\\\\
+(a) Berechnen Sie $E[X]$.\\\\
+Für unsere Dichtefunktion ist der Erwartungswert $E[X] = \int\limits^2_{-2} \int\limits^2_{-1} x \cdot f(x,y) \, dy \,  dx$\\
+Eingesetzt ergibt sich: $E[X] = \int\limits^2_{-2} \int\limits^2_{-1} x \cdot \frac{\left| xy^2\right|}{12} \, dy \, dx$\\
+\hspace*{3.57cm}$= \frac{1}{12} \cdot \int\limits^2_{-2} \int\limits^2_{-1} x \cdot \left| xy^2\right| \, dy \, dx$\\
+\hspace*{3.57cm}$= \frac{1}{12} \cdot \int\limits^2_{-2} x \cdot \left| x \right| \int\limits^2_{-1} y^2 \, dy \, dx$\\
+\hspace*{3.57cm}$= \frac{1}{12} \cdot \int\limits^2_{-2} x \cdot \left| x \right| \cdot \left[ \frac{1}{3} \cdot y^3\right]^2_{-1} \, dx$\\
+\hspace*{3.57cm}$= \frac{1}{12} \cdot \int\limits^2_{-2} x \cdot \left| x \right| \cdot \left( \frac{1}{3} \cdot 2^3 - \frac{1}{3} \cdot (-1)^3 \right) \, dx$\\
+\hspace*{3.57cm}$= \frac{1}{12} \cdot \int\limits^2_{-2} x \cdot \left| x \right| \cdot 3 \, dx$\\
+\hspace*{3.57cm}$= \frac{3}{12} \cdot \int\limits^2_{-2} x^2 \, dx$\\
+\hspace*{3.57cm}$= \frac{3}{12} \cdot \left( \int\limits^0_{-2} -x^2 \, dx + \int\limits^2_0 x^2 \, dx \right)$\\
+\hspace*{3.57cm}$= \frac{3}{12} \cdot \left( \left[- \frac{1}{3} x^3 \right]^0_{-2} + \left[ \frac{1}{3} x^3 \right]^2_0 \right)$\\
+\hspace*{3.57cm}$= \frac{3}{12} \cdot \left( \frac{1}{3} 0^3 - \frac{1}{3} (-2)^3 + \frac{1}{3} 2^3 - \frac{1}{3} 0^3 \right)$\\
+\hspace*{3.57cm}$= \frac{3}{12} \cdot \left( 0 - \frac{8}{3} + \frac{8}{3} - 0 \right)$\\
+\hspace*{3.57cm}$= \frac{3}{12} \cdot 0 = 0.$\\\\
+(b) Sind $X$ und $Y$ unabhängig?\\\\
+X und Y sind unabhänging, wenn gilt $f(x,y) = f(x) \cdot f(y)$.\\
+$\Rightarrow f(x) = \int\limits^2_{-1} f(x,y) \, dy = \int\limits^2_{-1} \frac{\left| xy^2 \right|}{12} \, dy$\\
+\hspace*{1.25cm}$= \frac{\left| x \right|}{12} \cdot \int\limits^2_{-1} y^2 \, dy = \frac{\left| x \right|}{12} \cdot \left[ \frac{1}{3}y^3 \right]$\\
+\hspace*{1.25cm}$= \frac{\left| x \right|}{12} \cdot \left( \frac{1}{3}2^3 - \frac{1}{3}(-1)^3 \right) = \frac{\left| x \right|}{12} \cdot \left( \frac{8}{3} - \left( - \frac{1}{3} \right) \right) = \frac{\left| x \right|}{12} \cdot 3 = \frac{3 \cdot \left| x \right|}{12} = \frac{\left| x \right|}{4}$\\
+$\Rightarrow f(y) = \int\limits^2_{-2} f(x,y) \, dx = \int\limits^2_{-2} \frac{\left| xy^2 \right|}{12} \, dx$\\
+\hspace*{1.25cm}$= \frac{y^2}{12} \cdot \int\limits^2_{-2} \left| x \right| \, dx = \frac{y^2}{12} \left[ \frac{1}{2} x^2 \right]^2_{-2}$\\
+\hspace*{1.25cm}$= \frac{y^2}{12} \cdot \left( \int\limits^0_{-2} - \left| x \right| \, dx + \int\limits^2_0 \left| x \right| \, dx \right)$\\
+\hspace*{1.25cm}$= \frac{y^2}{12} \cdot \left( \left[ - \frac{1}{2}x^2 \right]^0_{-2} + \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]^2_0 \right)$\\
+\hspace*{1.25cm}$= \frac{y^2}{12} \cdot \left( - \frac{1}{2}0^2 - \frac{1}{2}(-1)^2 + \frac{1}{2}2^2 - \frac{1}{2}0^2 \right)$\\
+\hspace*{1.25cm}$= \frac{y^2}{12} \cdot \left( 0 + 2 + 2 - 0 \right) = ´\frac{y^2}{12} \cdot 4 = \frac{4 y^2}{12} = \frac{y^2}{3}$\\\\
+Nun kann eingesetzt werden:\\
+$\Rightarrow f(x,y) = f(x) \cdot f(y)$\\
+$\Leftrightarrow \frac{\left| x \cdot y^2 \right|}{12} = \frac{\left| x \right|}{4} \cdot \frac{y^2}{3} = \frac{\left| x \cdot y^2 \right|}{12}$\\
+Somit wurde gezeigt, dass X und Y unabhängig sind.
+\\\\
+\subsection{Maximum-Likelihood-Methode}
+Ein Experiment besteht darin die Anzahl der Versuche zu zählen, bis eine unfaire Münze Kopf zeigt (dieser erfolgreiche Versuch wird mitgezählt). Bei 10 Wiederholungen wurden folgende Anzahlen beobachtet\\
+\[3\quad 6\quad 1\quad 4\quad 1\quad 2\quad 1\quad 1\quad 1\quad 4\]\\
+Die unbekannte Erfolgswahrscheinlichkeit für einen einzelnen Münzwurf sei $p$.\\\\
+(a) Ermitteln Sie einen Schätzer für den Parameter $p$ mittels der Maximum-Likelihood-Methode und geben Sie die Schätzung an.\\\\
+Wahrscheinlichkeitsfunktion: \((1-p)^{x-1}\cdot p\)\\\\
+Likelihood-Funktion: \(\prod\limits^n_{i=1}(1-p)^{x_i}\cdot p\)\\
+log-Likelihood-Funktion: \(ln\left(\prod\limits^n_{i=1}(1-p)^{x_i.-1}\cdot p\right)\)\\\\
+\hspace*{3,53cm}\(\Rightarrow \sum\limits^n_{i=1} ln(1-p)^{x_i-1}+\sum\limits^n_{i=1}ln(p) = \sum\limits^n_{i=1}(x_i-1)(ln(1-p))+\sum\limits^n_{i=1}ln(p)\)\\\\
+\hspace*{3,57cm}\(=n \cdot ln(p)+ln(1-p)\cdot \sum\limits^n_{i=1}x_i-1 = n \cdot \frac{1}{p}+\frac{1}{1-p}\cdot \sum\limits^n_{i=1}x_i-1 \cdot (-1)=\frac{n}{p}-\frac{\sum\limits^n_{i=1}x_i-1}{1-p}\)\\\\
+\hspace*{3,57cm}\textcolor{gray}{Wir bestimmen $\sum\limits^n_{i=1}x_i-1 = X$}\\\\
+\hspace*{3,53cm}\(\Rightarrow \frac{n}{p} - \frac{X}{1-p} \overset{!}{=} 0 \Rightarrow \frac{n}{p} = \frac{X}{1-p} \Rightarrow \frac{n\cdot 1-p)}{p} = X \Rightarrow \frac{n-np}{p}=X \Rightarrow n-np = xp\)\\
+\hspace*{3,53cm}\(\Rightarrow n = Xp + np \Rightarrow \frac{n}{X+n} = p\)\\\\
+Einsetzen: \(\frac{10}{14+10}=\frac{10}{24}=\frac{5}{12}\approx 0,4167\)\\\\
+Der Parameter $p$ beträgt ca. 0,4167.\\\\
+(b) Schätzen Sie damit den Anteil der Experimente, in denen die Münze höchstens drei mal geworfen werden muss.\\\\
+Wir suchen die Wahrscheinlichkeit, für $x\leq 3$ mit $p=\frac{5}{12}$ und $x>0$:\\\\
+\(\mathbb{P}(x\leq 3)= \mathbb{P}(x=1)+\mathbb{P}(x=2)+\mathbb{P}(x=3)=(1-p)^0\cdot p + (1-p)^1\cdot p + (1-p)^2\cdot 3\)\\
+\hspace*{1,45cm}\(=\frac{5}{12}+\frac{7}{12}\cdot \frac{5}{12} + \left(\frac{7}{12}\right)^2\cdot \frac{5}{12}= \frac{5}{12}+\frac{35}{144}+\frac{245}{1728}=\frac{1385}{1728}\approx 0,801\)\\\\
+Bei ca. 80,1\% der Experimente muss die Münze höchstens drei mal geworfen werden.
+% \subsection{Knobelaufgabe}
+% Um sich die Zeit vor Heiligabend zu verkürzen versucht Max $\pi$ zu approximieren. Dazu verteilt er unabhängig und gleichmäßig $N$ Streichhölzer, welche 5cm lang sind, auf einem Dielenfußboden (z.B. indem er sie einzeln und wahrlos in die Luft wirft). Die Dielen haben eine Breite von 16cm. Anschließend bestimmt er nun die Anzahl $X$ der Nadeln, die mehr als eine Diele berühren und behauptet, dass $\frac{5N}{8X}$ eine gute Approximation für $\pi$ sei. Stimmt das für die Größe $N$?\\
+% \textit{Hinweis:} Bestimmen Sie, die Wahrscheinlichkeit, für das Ereignis, dass eine Nadel mehr als eine Diele berührt . Die zufälligen Größen $\Psi$ und $H$ in der Skizze könnten Ihnen dabei helfen.
+% \begin{figure}[h]
+%     \centering
+%     \includegraphics[width=0.4\linewidth]{Aufgabe5.png}
+% \end{figure}
+\end{document}

sti_ws2425/assignment11/main.tex

@@ -0,0 +1,251 @@
+\documentclass[a4paper]{article}
+%\usepackage[singlespacing]{setspace}
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+%\usepackage[doublespacing]{setspace}
+\usepackage{geometry} % Required for adjusting page dimensions and margins
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+	%showframe, % Uncomment to show how the type block is set on the page
+}
+\lhead{Stochastik für die Informatik\\Wintersemester 2024/2025}
+\chead{\bfseries{Übungsblatt 11}\\}
+\rhead{Lienkamp, 8128180\\Werner, 7987847}
+\begin{document}
+\setcounter{section}{11}
+\subsection{Erwartungstreue}
+Seien $X_1,X_2,\dots ,X_n, n\in N$ unabhängig und identisch verteilte Zufallsvariablen mit Dichte
+\[f_\theta (x)=\begin{cases}
+    \frac{1}{2}(1+\theta x), & \text{falls } -1 < x < 1\\
+    0, & \text{sonst}
+\end{cases}\]
+wobei $\theta \in (-1,1)$ ein unbekannter Parameter sei (vergewissern Sie sich, dass $f_\theta$ in der Tat eine Dichte für alle $\theta\in(-1,1)$ ist).\\\\
+z.z. $f_\theta$ ist eine Dichte für $ \forall \theta \in (-1,1)$\\
+Für \(x \in (-1,1) \Rightarrow f_\theta(x)=\frac{1}{2}+\frac{x}{2}\theta\)\\
+Für \(-1 < x, \theta < 0 \Rightarrow \frac{x}{2}\theta > 0 \Rightarrow f_\theta >0\)\\
+Für \(0 < x,\theta < 1 \Rightarrow \frac{x}{2}\theta > 0 \Rightarrow f_\theta > 0\)\\
+Für \(-1 < x < 0\)\, \&\, \(0 \leq \theta \leq 1 \Rightarrow \frac{x}{2}<0\) \& \(\theta \geq 0\), denn \(\vert \frac{x}{2}\theta\vert <\frac{1}{2} \Rightarrow f_\theta >0\)\\
+Für \(-1 < \theta < 0\) \& \(0 \leq x \leq 1 \Rightarrow \frac{x}{2}\geq 0\) \& \(\theta < 0\), denn \(\vert \frac{x}{2}\theta\vert <\frac{1}{2} \Rightarrow f_\theta >0\)\\
+\(\Rightarrow f_\theta \geq 0\quad \forall x, \theta \in (-1,1)\)\\\\
+z.z. \(\int^\infty_{-\infty}f_\theta dx = 1\)\\
+\hspace*{0.65cm}\(\int^\infty_{-\infty}f_\theta dx =\int^1_{-1}\frac{1}{2}(1+\theta x)dx = \frac{1}{2} \cdot \left(\int^1_{-1} 1 dx + \int^1_{-1}\theta x dx\right) = \frac{1}{2}\cdot \left(\int^1_{-1} 1 dx + \theta \cdot \int^1_{-1} x dx\right)\)\\
+\hspace*{2.2cm}\(=\frac{1}{2}\left([x]^1_{-1}+\theta \left[\frac{1}{2}x^2\right]^1_{-1}\right)= \frac{1}{2}\left(1-(-1)+\theta\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\right)\right)=\frac{1}{2}(2+\theta\cdot 0)=1\)\\\\
+\(\Rightarrow f_\theta\) ist eine Dichte von \(X_i,\, \forall \theta \in (-1,1)\)\\\\
+(a) Geben Sie einen erwartungstreuen, konsistenten und effizienten Schätzer $\theta_n(X_1,\dots,X_n)$ für den unbekannten Parameter $\theta$ an.\\
+\textit{Hinweis}: Betrachten Sie das empirische Mittel.\\\\
+Wir definieren $x_1,\dots,x_n$ als Realisierungen von $X_1,\dots,X_n$.\\\\
+Wir wissen aus der Vorlesung: \(\mathbb{E}[x]=\int^\infty_{-\infty}x \cdot f_\theta(x)dx\)\\
+\hspace*{5.65cm}\(=\int^\infty_{-\infty}x \cdot \frac{1}{2}+\theta x^2 dx = \frac{1}{2}\left(\int^1_{-1}x dx + \theta \int^1_{-1}x^2 dx\right)\)\\
+\hspace*{5.65cm}\(=\frac{1}{2}\left(\left[\frac{1}{2}x^2\right]^1_{-1}+\theta\left[\frac{1}{3}x^3\right]^1_{-1}\right)=\frac{1}{2}\left(\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\right)+\theta \left(\frac{1}{3}-\left(-\frac{1}{3}\right)\right)\right)\)\\
+\hspace*{5.65cm}\(=\frac{1}{2}\left(0+\theta \left(\frac{2}{3}\right)\right)=\frac{1}{3}\theta\)\\\\
+Wir wissen aus der Vorlesung: das empirische Mittel ist ein zuverlässiger Schätzwert für den Erwartungswert\\
+$\mu_n(x_1,\dots,x_n)=\frac{1}{n}\sum\limits^n_{i=1}x_i$\\
+\(\mu_n(x_1,\dots,x_n)\approx \frac{1}{3}\theta \Rightarrow \frac{1}{n}\sum\limits^n_{i=1}x_i \approx \frac{1}{3}\theta\)\\
+\hspace*{3.17cm}\(\Rightarrow \theta_n(x_1,\dots,x_n)=\frac{3}{n}\sum\limits^n_{i=1}x_i\)\\\\
+\(\mathbb{E}[\theta_n]= \mathbb{E}\left[\frac{3}{n}\sum\limits^n_{i=1}x_i\right]=\frac{3}{n}\cdot \mathbb{E}\left[\sum\limits^n_{i=1}x_i\right]=\frac{3}{n}\cdot \sum\limits^n_{i=1}\cdot \mathbb{E}[x_i]=\frac{3}{n}\cdot n \cdot \frac{1}{3}\theta=\frac{3n}{3n}\theta=\theta\Rightarrow\) erwartungstreu\\
+\(\theta_n(x_1,\dots,x_n)=\frac{3}{n}\sum\limits^n_{i=1}x_i \Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty}\frac{3}{n}\sum\limits^n_{i=1}x_i=3 \lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum\limits^n_{i=1}x_i=3 \cdot \mathbb{E}[x_i]=3 \cdot \frac{1}{3}\theta = \theta \Rightarrow\) konsistent\\
+\(var[\theta_n]=var\left[\frac{3}{n} \sum\limits^n_{i=1}x_i\right]=\frac{9}{n^2}\cdot var\left[\sum\limits^n_{i=1}x_i\right]=\frac{9}{n^2}\cdot \sum\limits^n_{i=1}\cdot var\left[x_i\right]\)\\
+\textcolor{gray}{NR: $\mathbb{E}[x_i^2]=\int^\infty_{-\infty}x_i^2\cdot f_\theta(x_i)dx$}\\
+\hspace*{1.6cm}\textcolor{gray}{$\Rightarrow \int^1_{-1}x_i^2 \cdot \frac{1}{2}(1+\theta x_i)dx=\frac{1}{2}\left(\int^1_{-1}x_i^2+\theta x_i^3 dx_i\right)=\frac{1}{2}\left(\left[\frac{1}{3}x_i^3\right]^1_{-1}+\theta\left[\frac{1}{4}x_i^4\right]^1_{-1}\right)$}\\
+\hspace*{1.65cm}\textcolor{gray}{$=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\left(-\frac{1}{3}\right)+\theta\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\right)\right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{3}$}\\
+\(var[x_i]=\frac{1}{3}-\left(\frac{1}{3}\theta\right)^2=\frac{1}{3}-\frac{\theta^2}{9}=\frac{3-\theta^2}{9}\)\\
+\(var[\theta_n]=\frac{9}{n^2}\cdot \frac{n(3-\theta^2)}{9}=\frac{3-\theta^2}{n}\)\\
+\(\lim\limits_{n\to\infty}(var[\theta_n])=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{3-\theta^2}{n}=0 \Rightarrow\) effizient\\\\
+(b) Sie beobachten die folgenden 6 Realisierungen von $X_1,\dots, X_6$:\\
+\[x_1 = -0.58\quad x_2 = 0.93\quad x_3 = 0.01\quad x_4 = -0.23\quad x_5 = 0.55 \quad x_6 = 0.01\]
+Berechnen Sie auf Grundlage dieser Beobachtungen den Schätzwert $\theta_6(x_1,\dots ,x_6)$ aus (a) für den unbekannten Parameter $\theta$.\\\\
+\(\theta_n(x_1,\dots,x_6)=\frac{3}{6}\sum\limits^6_{i=1}x_i=\frac{1}{2}(-0.58+0.93+0.01-0.23+0.55+0.01)=\frac{69}{200}=0.345\)\\\\
+(c) Bestimmen Sie auch alle relative und absolute Häufigkeiten und die empirische Varianz auf Grundlage der Beobachtungen in der Aufgabe (b). Zeichnen Sie das zugehörige Histogramm mit der Klasseneinteilung\\\\
+\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
+    \hline
+     Klasse & [-1,-0.5) & [-0.5,0) & [0,0.5) & [0.5,1]\\
+     \hline
+\end{tabular}\\\\
+\begin{tabular}{lcc}
+    Häufigkeit & absolut & relativ \\
+    -0.58 & 1 & $\sfrac{1}{6}$\\
+    0.93 & 1 & $\sfrac{1}{6}$\\
+    0.01 & 2 & $\sfrac{1}{3}$\\
+    -0.23 & 1 & $\sfrac{1}{6}$\\
+    0.55 & 1 & $\sfrac{1}{6}$\\
+\end{tabular}\\\\
+empirische Varianz: $\sigma^2_n = \frac{1}{n-1}\sum\limits^n_{i=1}(x_i-\mu_x)^2$\\
+\textcolor{gray}{NR: $\mu_6=\frac{1}{6}(-0.58+0.93+0.01-0.23+0.55+0.01)=0.115$}\\
+\(\Rightarrow \sigma_6 = \frac{1}{5}\left((-0.58-0.115)^2+(0.93-0.115)^2+2(0.01-0.115)^2+(-0.23-0.115)^2+(0.55-0.115)^2\right)\)\\
+\hspace*{0.95cm}\(=0.29991\)\\\\
+\begin{center}
+\begin{tikzpicture}[scale=2]
+
+  % Zeichne das Koordinatensystem
+  \draw[->] (-1.25,0) -- (1.25,0) node[right] {\(\)}; % x-Achse
+  \draw[->] (0,-0.25) -- (0,2.25) node[above] {\(\)};  % y-Achse
+
+  % Gitterlinien und Beschriftungen (im 0.5-Schritt)
+  \foreach \x in {-1,-0.5,0.5,1} {
+    \node[below] at (\x,0) {\(\x\)};
+  }
+  \foreach \y in {0.5,1,1.5,2} {
+    \node[left] at (0,\y) {\(\y\)};
+  }
+
+  % Zeichne die eingefärbte Fläche (unter der Linie bis 0)
+  \fill[purple!50,opacity=0.5] (-1,0) -- (-1,1) -- (-0.5,1) -- (-0.5,0) -- cycle; % Fläche x ∈ [-1, 0], y = 1
+  \fill[pink!50,opacity=0.5] (-0.5,0) -- (-0.5,1) -- (0,1) -- (0,0) -- cycle; % Fläche x ∈ [0, 1], y = 2
+  \fill[purple!50,opacity=0.5] (0,0) -- (0,2) -- (0.5,2) -- (0.5,0) -- cycle; % Fläche x ∈ [-1, 0], y = 1
+  \fill[pink!50,opacity=0.5] (0.5,0) -- (0.5,2) -- (1,2) -- (1,0) -- cycle; % Fläche x ∈ [0, 1], y = 2
+
+  % Zeichne den Graphen
+  % \draw[thick,blue] (-1,1) -- (0,1); % Für x(-1,0), y = 1.0
+  % \draw[thick,green] (0,2) -- (1,2); % Für x(0,1), y = 2.0
+
+  % Zeichne die Linien von der x-Achse bis zur oberen Linie
+  % \foreach \x in {-1,-0.75,-0.5,-0.25,0} {
+  %   \draw[dotted] (\x,0) -- (\x,1); % Linien für x ∈ [-1, 0], y = 1
+  % }
+  % \foreach \x in {0,0.25,0.5,0.75,1} {
+  %   \draw[dotted] (\x,0) -- (\x,2); % Linien für x ∈ [0, 1], y = 2
+  % }
+
+\end{tikzpicture}
+\end{center}
+\subsection{Maximum-Likelihood-Methode}
+Seien $X_1,X_2,\dots,X_n$ unabhängige, auf $[0,\theta], \theta>0$, gleichverteilte Zufallsvariablen. Bestimmen Sie den Maximum-Likelihood-Schätzer $\theta_\ast$ für den unbekannten Parameter $\theta$. Ist der Schätzer erwartungstreu? Begründen Sie jeweils kurz.\\
+\textit{Hinweis}: Beide Teile können ohne umfangreiche Rechnungen gelöst werden.\\\\
+Gegeben:\\
+$X_i \sim \mathbb{U}[0, \theta], \theta > 0$\\\\
+Weil $X_i$ stetig gleichverteilt ist, hat $X_i$ die Dichte:\\\\
+\[f_{X_i} (x)=\begin{cases}
+    \frac{1}{\theta}, & \text{falls } 0 \leq x \leq \theta \\
+    0, & \text{sonst}
+\end{cases}\]
+Somit können wir die \textit{Likelihood-Funktion} aufstellen:\\
+$L(X_1, ..., X_n) = \prod\limits_{i = 1}^n f_x(X_i) = \left( \frac{1}{\theta} \right)^n \quad | \quad 0 \leq X_i \leq \theta$\\\\
+Nun Maximieren wir mit $\underset{\theta}{arg\,\mathrm{max}}\quad L(X_1, ..., X_n)$:\\\\
+- Die \textit{Likelyhood-Funktion} wird maximal, wenn $\theta$ am kleinsten ist (so klein wie möglich).\\
+- $\theta$ muss indestens so groß sein wie der größte Wert aus $X_1, ..., X_n$\\\\
+Somit ergibt sich:\\
+\[f_{X_i} (x)=\begin{cases}
+    \frac{1}{\theta}, & \theta \geq \max(X_1, ..., X_n) \\
+    0, & \theta < \max(X_1, ..., X_n)
+\end{cases}\]
+- da so das kleinstmögliche $\theta = \max(X_1, ..., X_n)$ ist und $X_i$ stetig auf $[0, \theta]$ gleichverteilt sind, gilt: $\theta \geq X_i = \max(X_1, ..., X_n)$.\\
+- ist erwartunstreu, wenn $\mathbb{E}(\max(X_1, ..., X_n)) = \theta$\\
+$\Rightarrow \max(X_1, ..., X_n) < \theta$ und $\mathbb{E}(\max(X_1, ..., X_n)) < \theta$. Dies weist eine Ungleichheit auf, und der Schätzer $\theta_*$ welcher gleich $\max(X_1, ..., X_n)$, ist somit nicht erwartungstreu.
+\\\\
+
+\subsection{}
+Die Zahl der Verkehrsunfälle in einer Stadt lag im letzen Jahr an zehn zufällig gewählten, regenfreien Tagen bei
+\[4\quad 0\quad 6\quad 5\quad 2 \quad 1\quad 2\quad 0\quad 4\quad 3\]
+Die Anzahl der Unfälle an einem regenfreien Tag sei poissonverteilt mit unbekanntem Parameter $\theta$. Wir suchen nun nach einem Schätzer $T$ für $\theta$ mit der A-priori  Information, dass T exponentialverteilt mit Parameter $\lambda = 2$ ist.\\\\
+(a) Ermitteln Sie einen Schätzer für den Parameter $\theta$ für allgemeines (aber festes) $\lambda$ und unabhängige Beobachtungen $X_1,\dots, X_n$. Ist dieser konsistent oder erwartungstreu?\\\\
+Gegeben sind:\\
+Die gegebenen Werte sind Poissonverteilt (wobei $n = 10$), also $X_{1, ..., 10} \sim Poi(\theta)$\\
+Die Formel zur Berechnung der Wahrscheinlichkeit eines einzelnen Ereignisses der Poissonverteilung ist: $\mathbb{P}(X_i = k) = \frac{\theta^k}{k!} \cdot e^{- \theta}$ wobei $\mathbb{E}(X_i) = \theta$\\
+Aus der Aufgabe: $T \sim Exp(\lambda)$\\
+Die Verteilungsfunktion F ist wie bereits bekannt, die Stammfunktion von f, der Dichte.\\\\
+Der Schätzer $T$ ist als exponentielle Zufallsvariable definiert, daher muss eine \textit{Bayes-Schätzung} vorgenommen werden\\
+Zunächst stellen wir die \textit{Likelihood-Funktion} auf:\\\\
+$L((X1, ..., X_n), \theta) = \mathbb{P}(X_1, ..., X_n = X_n \,|\, T = \theta) = \prod\limits_{i = 1}^n \mathbb{P}(X_i = X_i \,|\, T = \theta) = \prod\limits_{i = 1}^n \frac{\theta^{X_i}}{X_i!}e^{- \theta}$\\\\
+Nun definieren wir den \textit{MAP-Schätzer}\\\\
+$\overline{\theta}_{MAP}(X_1, ..., X_n) = \underset{\theta}{arg\,\mathrm{max}}\,\, L((X_1, ..., X_n), \theta) f_T(\theta)$\\
+Das gilt, weil \textit{T} stetig und $X_i$ diskret ist.\\\\
+$\Rightarrow \overline{\theta}(X_1, ..., X_n) = \underset{\theta}{arg\,\mathrm{max}}\,\, \left( \prod\limits_{i = 1}^n \frac{\theta^{X_i}}{X_i!}e^{- \theta} \right) \ \lambda e^{- \lambda \theta}$\\
+\hspace*{2.57cm}$= \underset{\theta}{arg\,\mathrm{max}}\,\, \ln\left(\left( \prod\limits_{i = 1}^n \frac{\theta^{X_i}}{X_i!}e^{- \theta} \right) \cdot \lambda e^{- \lambda \theta} \right)$\\
+\hspace*{2.57cm}$= \underset{\theta}{arg\,\mathrm{max}}\,\, \left(\sum\limits_{i = 1}^n \ln\left( \frac{\theta^{X_i}}{X_i!}e^{- \theta} \right)\right) + \ln\left(\lambda \right) - \lambda \theta$\\
+\hspace*{2.57cm}$= \underset{\theta}{arg\,\mathrm{max}}\,\, \left(\sum\limits_{i = 1}^n \ln\left( \frac{\theta^{X_i}}{X_i!}\right) - \theta \right) + \ln\left(\lambda \right) - \lambda \theta$\\
+\hspace*{2.57cm}$= \underset{\theta}{arg\,\mathrm{max}}\,\, \left(\sum\limits_{i = 1}^n X_i \cdot \ln\left( \theta\right) - \ln\left( X_i! \right) - \theta \right) + \ln\left(\lambda \right) - \lambda \theta$\\\\
+Nun Leiten wir den Term nach $\theta$ ab und setzen  ihn gleich 0 um das Extrema und mögliches Maximum zu finden:\\\\
+$\Rightarrow \frac{d \log(\lambda)}{d \theta} = \left( \sum\limits_{i = 1}^n \frac{X_i}{\theta} - 1 \right) - \lambda \overset{!}{=} 0$\\
+\hspace*{1.27cm}$\Leftrightarrow \frac{1}{\theta} \left(\sum\limits_{i = 1}^n X_i \right) - n - 1 \overset{!}{=} 0$\\
+\hspace*{3.3cm}$\Leftrightarrow \sum\limits_{i = 1}^n X_i = \theta (n + \theta)$\\
+\hspace*{3.3cm}$\Leftrightarrow \theta_{MAP} = \frac{1}{n + \theta} \sum\limits_{i = 1}^n X_i$\\\\
+Nun leiten wir die erste Ableitung erneut ab, um herauszufinden, ob das gefundene Extremum ein Minimum oder Maximum ist.\\\\
+$\Rightarrow \frac{d^2\log(\lambda)}{d^2 \theta} = - \frac{1}{\theta^2} \sum\limits_{i = 1}^n X_i$.\\\\
+$\theta^2$ muss größer oder gleich 0 sein für alle $\theta \in \Theta$, $- \frac{1}{\theta^2} < 0$ und somit ist der gesamte Term kleiner als 0. Damit ist bewiesen, dass das gefundene \textit{Extremum} ein \textit{Maximum} ist.\\\\
+Damit ist dann gezeigt, dass die allgemeine \textit{MAP-Schätzung} $\theta_{MAP} = \frac{1}{n + \delta} \sum\limits_{i = 1}^n X_i$\\\\
+Nun müssen wir noch zeigen, ob der \textit{Schätzer} konsistent und erwartungstreu ist:\\\\
+\textit{Erwartungstreue: Gilt, wenn} $\mathbb{E}(\theta_{MAP}) = \theta$\\\\
+$\mathbb{E}(\theta_{MAP}) = \mathbb{E}\left( \frac{1}{n + \lambda} \sum\limits_{i = 1}^n X_i \right) = \frac{1}{n + \lambda} \cdot \sum\limits_{i = 1}^n \mathbb{E}\left( X_i \right) = \frac{1}{n + \lambda} \ cdot \sum\limits_{i = 1}^n \theta = \frac{n \theta}{n + \lambda} \neq \lambda \, | \lambda > 0$\\
+$\Rightarrow \theta_{MAP}$ Ist nicht erwartungstreu\\\\
+\textit{Konsistenz: Gilt, wenn} $\lim\limits_{n \to \infty} \theta_{MAP} = \theta$\\\\
+$\lim\limits_{n \to \infty} \theta_{MAP} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n + \lambda} \sum\limits_{i = 1}^n X_i = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n(1 + \frac{\lambda}{n})} \sum\limits_{i = 1}^n X_i = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{1 + \frac{\lambda}{n}} \cdot \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum\limits_{i = 1}^n X_i = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{1 + \frac{\lambda}{n}} \cdot \theta = 1 \cdot \theta$\\
+$\Rightarrow$ Somit ist $\theta_{MAP}$ konsistent.
+\\\\
+(b) Schätzen Sie $\lambda$ aus den obigen Daten.\\\\
+Gegeben sind:\\
+- $\lambda = 2$\\
+- $n = 10$
+- $\theta_{MAC} = \frac{1}{n + \lambda} \sum\limits_{i = 1}^n X_i$\\
+$\Rightarrow \theta = \frac{1}{10 + 2} (4 + 0 + 6 + 9 + 2 + 1 + 0 + 4 + 3) = \frac{9}{4}$\\\\
+(c) Schätzen Sie damit den Anteil der regenfreien Tage, an denen im letzten Jahr zwei oder weniger Verkehrsunfälle passierten.\\\\
+Gesucht ist $\mathbb{P}(X_i \leq 2) = F_{X_i}(2) = \mathbb{P}(X_i = 0) + \mathbb{P})(X_i = 1) + \mathbb{P}(X_i = 2)$\\
+$= \frac{\left( \frac{9}{4} \right)^0}{0!} \cdot e^{- \frac{9}{4}} + \frac{\left( \frac{9}{4} \right)^1}{1!} \cdot e^{- \frac{9}{4}} + \frac{\left( \frac{9}{4} \right)^2}{2!} \cdot e^{- \frac{9}{4}} \approx 0.609$\\\\
+Somit ist der Anteil an regenfreien Tagen mit höchstens zwei Verkehrsunfällen im letzten Jahr ist circa 60.9\%. 
+
+\subsection{}
+Die folgende Tabelle zeigt die Anzahl der Tage mit Schneefall und die Anzahl der Zugausfälle bei der S-Bahn-Linie 85 in den Monaten eines Winters.\\\\
+\begin{tabular}{l|c|c|c}
+    Monat & Dezember & Januar & Februar \\
+    \hline
+    Anzahl Tage mit Schneefall & 3 & 5 & 4 \\
+    \hline
+    Anzahl Zugausfälle bei der S85 & 17 & 32 & 23\\
+\end{tabular}\\\\
+Von Interesse ist die Anzahl der Zugausfälle in Abhängigkeit mit der Anzahl der Tage mit Schneefall. Bestimmen Sie die Regressionsgerade.\\\\
+Wir bestimmen $X$ als Tage mit Schneefall und $Y$ als Zugausfälle mit $X(\Omega)=\{3,5,4\}$ und $Y(\Omega)=\{17, 32, 23\}$.\\\\
+empirisches Mittel:\\
+\(\mu_n = \frac{1}{n} \sum\limits^n_{i=1} x_i\\
+\mu_X=\frac{1}{3}(3+5+4)=4\\
+\mu_Y=\frac{1}{3}(17+32+23)=24\)\\\\
+empirische Standardabweichung:\\
+\(\sigma^2_n= \frac{1}{n-1}\sum\limits^n_{i=1}(x_i-\mu)^2\)\\
+\(\sigma_X^2=\frac{1}{3-1}\left((3-4)^2+(5-4)^2+(4-4)^2\right)=\frac{1}{2}(1+1+0)=1\)\\
+\(\sigma^2_Y=\frac{1}{3-1}\left((17-24)^2+(32-24)^2+(23-24)^2\right)=\frac{1}{2}(49+64+1)=\frac{114}{2}=57\)\\\\
+empirische Kovarianz:\\
+\(c_{XY}:= \frac{1}{n-1}\sum\limits^n_{i=1}(x_i-\mu_X)(y_i-\mu_Y)\)\\
+\(c_{XY} = \frac{1}{3-1}\left((3-1)(17-24)+(5-4)(32-24)+(4-4)(23-24)\right)=\frac{1}{2}(7+8+0)=\frac{15}{2}=7.5\)\\\\
+lineare Regression:\\
+\(y=ax+b\quad a=\frac{c_{XY}}{\sigma_X}\quad b=\mu_Y\cdot a \cdot \mu_X\)\\
+\(a=\frac{7,5}{1}=7.5\quad b=24\cdot 7.5 \cdot 4=-6\)\\
+\(y=7.5x-6\)
+\end{document}

sti_ws2425/assignment12/main.tex

@@ -0,0 +1,197 @@
+\documentclass[a4paper]{article}
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+}
+\lhead{Stochastik für die Informatik\\Wintersemester 2024/2025}
+\chead{\bfseries{Übungsblatt 12}\\}
+\rhead{Lienkamp, 8128180\\Werner, 7987847}
+\begin{document}
+\setcounter{section}{12}
+\subsection{$\mathcal{X}^2$-Verteilung}
+Seien $\mathcal{X}_1 \sim \mathcal{N}(0,1)$ und $\mathcal{X}_2 \sim \mathcal{N}(0,2.25)$ unabhängige Zufallsvariablen. Geben Sie den numerischen Wert der Wahrscheinlichkeit $\mathbb{P}(4X^2_2 \leq 4.5-9X^2_1)$ an.\\
+\textit{Hinweis}: in Excel/LibreOffice (englische Version) gibt die Funktion \texttt{CHISQ.DIST(x,n,1)} die Wahrscheinlichkeit $\mathbf{P}(X \leq x)$ für eine $\mathcal{X}^2$-verteilte Zufallsvariable $X$ mit Parameter $n$.\\\\
+Gegeben:
+\begin{itemize}
+    \item Ungleichung: $4X^2_2 \leq 4.5-9X^2_1$
+    \item Die \textbf{unabhängigen} standardnormalverteilten Zufallsvariablen $\mathcal{X}_1 \sim \mathcal{N}(0,1)$ und $\mathcal{X}_2 \sim \mathcal{N}(0,2.25)$
+\end{itemize}]
+Gesucht:
+\begin{itemize}
+    \item $\mathbb{P}(4X^2_2 \leq 4.5-9X^2_1)$
+    \item Zunächst:
+    \begin{itemize}
+        \item Quantil $x$
+    \end{itemize}
+\end{itemize}
+In unserer Ungleichung $4X^2_2 \leq 4.5-9X^2_1$ können wir folgendes \textit{Substituieren}:\\
+\[\mathcal{X}_2 \text{ zu } 1.5Z \text{ mit } Z \sim \mathcal{N}(0,1)\]
+Somit wird $4X^2_2 \leq 4.5-9X^2_1$ zu $4(1.5Z)^2 \leq 4.5-9X^2_1$\\
+\hspace*{3.57cm}$= 4 \cdot 2.25Z^2 + 9X_1^2 \leq 4.5$\\
+\hspace*{3.57cm}$= 9Z^2 + 9X_1^2 \leq 4.5 \qquad\qquad\qquad\qquad \vert :9$\\
+\hspace*{3.57cm}$= Z^2 + X_1^2 \leq 0.5$\\\\
+Sowohl $\mathcal{X}_1$ als auch $\mathbb{Z}$ sind standardnormalverteilt und unabhängig. Somit haben wir 2 Freiheitsgrade und die Summe der \textit{Chi-Quadrat Verteilung} ist gegeben durch:
+\[\mathcal{X}_1^2 + \mathbb{Z}^2 \sim \mathcal{X}^2(2)\]
+Somit ist die Ungleichung:\\
+\[\mathcal{X}_1^2 + \mathbb{Z}^2 \leq 0.5 \Rightarrow \mathcal{X}^2 \leq 0.5\]
+$\Rightarrow \mathbb{P}(\mathcal{X}^2) \leq 0.5$\\\\
+Damit haben wir die folgenden Werte für unsere LibreOffice-Funktion gefunden:\\
+\begin{itemize}[label=\(\rightarrow\)]
+    \item Quantil $x = 0.5$
+    \item Freiheitsgrade $n = 2$
+    \item Kumulativität $cum = 1$
+\end{itemize}
+Eingesetzt in die LibreOffice-Formel \texttt{CHISQ.DIST(x, n, cum)} ergibt sich dann:\\\\
+\texttt{CHISQ.DIST(0.5, 2, 1)} $\approx 0.221$.
+\subsection{Konfidenzbereiche der Binomialverteilung}
+Der Hersteller eines neuen Medikaments behauptet, die Heilungswahrscheinlichkeit des Medikaments betrage mindestens $p_\ast = 0.9$. Um diese Behauptung zu prüfen, wird dieses Medikament in einer Studie mit 300 Personen getestet. Sei $X$ die Anzahl der Behandlungserfolge.\\\\
+(a) Welche Konfidenzintervalle sind hier geeignet, um eine solche Bahuaptung zu stützen oder zu zerlegen?\\\\
+Gesucht ist ein unteres Konfidenzintervall für den Anteil \( p \) konstruieren, um die Behauptung, dass \( p \geq 0.9 \) ist zu überprüfen.
+
+Aus der Vorlesung wissen wir, dass für ein einseitiges unteres Konfidenzintervall bei einem Anteilswert die Formel gilt:
+\[
+\text{Untere Grenze} = \hat{p} - z_{\alpha} \cdot \sqrt{\frac{\hat{p}(1 - \hat{p})}{n}}
+\]
+\begin{itemize}
+    \item \(\hat{p}\): Stichprobenanteil (z.~B. aus Teil (b): \( \hat{p} = 0.8667 \))
+    \item \( z_{\alpha} \): Kritischer Wert der Standardnormalverteilung für das Signifikanzniveau \( \alpha \). 
+      \begin{itemize}
+          \item Bei \( \alpha = 0.04 \) (96\%-KI): \( z_{0.04} \approx -1.75 \).
+          \item Den Wert können wir aus der Standardnormalverteilungstabelle ablesen: Fläche \( 1 - \alpha = 0.96 \).
+      \end{itemize}
+    \item \( n \): Stichprobenumfang (\( n = 300 \)).
+\end{itemize}
+Nun müssen wir das Ergebnis noch interpretieren:
+\begin{itemize}
+    \item Liegt die untere Grenze \textbf{über} \( 0.9 \), unterstützt dies die Behauptung \( p \geq 0.9 \).
+    \item Liegt sie \textbf{unter} \( 0.9 \), ist die Behauptung statistisch fragwürdig.
+\end{itemize}
+(b) Angenommen, die Studie lieferte 260 Behandlungserfolge. Widerspricht das Ergebnis der Behauptung des Herstellers? Nutzen Sie das Niveau $\alpha = 0.04$ zur Berechnung des Konfidenzintervalls.\\\\
+Wir stelle die Hypothesen auf:
+\[
+H_0: p \geq 0.9 \quad \text{(Nullhypothese)} \qquad \text{und} \qquad H_1: p < 0.9 \quad \text{(Alternativhypothese)}
+\]
+
+\subsubsection*{Schritt 2: Teststatistik berechnen}
+Die Teststatistik (z-Wert) kann mit der folgenden Formel aus der Vorlesung berechnet werden:
+\[
+z = \frac{\hat{p} - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1 - p_0)}{n}}}
+\]
+\begin{itemize}
+    \item \( p_0 = 0.9 \): der behauptete Anteil von der Hypothese \( H_0 \).
+    \item \( \hat{p} = \frac{260}{300} \approx 0.8667 \): der beobachtete Anteil.
+    \item Die Werte werden eingesetzt:
+    \[
+    z = \frac{0.8667 - 0.9}{\sqrt{\frac{0.9 \cdot 0.1}{300}}} = \frac{-0.0333}{\sqrt{0.0003}} \approx \frac{-0.0333}{0.0173} \approx -1.92
+    \]
+\end{itemize}
+Nun bestimmen wir die wichtigen bzw. kritischen Werte:
+\begin{itemize}
+    \item Das Signifikanzniveau: \( \alpha = 0.04 \).
+    \item Ein Einseitiger Test: Kritischer Wert \( z_{0.04} \approx -1.75 \) (aus der Tabelle).
+\end{itemize}
+Nun die Testentscheidung:
+\[
+\text{Vergleich: } z_{\text{berechnet}} = -1.92 \quad vs. \quad z_{\text{kritisch}} = -1.75
+\]
+\begin{itemize}
+    \item Weil folgendes gilt: \( -1.92 < -1.75 \), liegt die Teststatistik im Ablehnungsbereich.
+    \item Die Schlussfolgerung: Die Daten widersprechen der Behauptung \( p \geq 0.9 \).
+\end{itemize}
+Wir müssen nun noch die Vorraussetzungen überprüfen:\\
+Die Normalapproximation gilt, weil:
+\[
+n \cdot p_0 = 300 \cdot 0.9 = 270 \geq 10 \quad \text{und} \quad n \cdot (1 - p_0) = 300 \cdot 0.1 = 30 \geq 10
+\]
+
+\subsection{Konfidenzbereiche der Normalverteilung}
+Die Anzahl der Bäckereien in einzigen Bezirken von West-Berlin in 1988 wurde wie folgt gegeben:\\\\
+\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c|c}
+    Bezirk & Kreuzbg. & Wedding & Tiergarten & Neukölln & Spandau & Charl. & Temp. & Reinick. \\
+    \hline
+    Anzahl & 78 & 83 & 65 & 98 & 82 & 65 & 61 & 68 \\
+\end{tabular}\\\\
+(a) Zuerst werden diese als normalverteilt angenommen mit unbekanntem Erwartungswert und unbekannter Varianz. Bestimmen Sie ein Konfidenzintervall für $\mu$ zum Niveau $\alpha = 0.04$. \href{https://planetcalc.com/5017/}{Berechnung 0,98 Quantil}\\\\
+\(\bar{\mu}= \frac{600}{8}=75\qquad \alpha = 0,04 \qquad a = 0,02\)\\
+\(\sigma^2=\frac{1}{8-1}\sum\limits^8_{i=1}(x_i-\bar{\mu})^2 = \frac{(78-75)^2+(83-75)^2+(65-75)^2+(98-75)^2+(82-75)^2+(65-75)^2+(61-75)^2+(68-75)^2}{8-1}\)\\
+\(= \frac{9+64+100+529+49+100+196+49}{7}=\frac{1096}{7}\)\\\\
+\(J=\left[\sigma^2\frac{n-1}{\mathcal{X}^2_{n-1,1-\alpha/2}}, \sigma^2\frac{n-1}{\mathcal{X}^2_{n-1,\alpha/2}}\right]\)\\
+\hspace*{0.3cm}\(\Rightarrow \left[75-\sqrt{\frac{\frac{1096}{7}}{8}}\bar{\mu}_{7,\, 0,98}; 75 + \sqrt{\frac{\frac{1096}{7}}{8}}\bar{\mu}_{7,\, 0,98}\right]= \left[75-\sqrt{\frac{\frac{1096}{7}}{8}}\cdot 2,5168; 75 + \sqrt{\frac{\frac{1096}{7}}{8}}\cdot 2,5168\right] = \left[63,87;86,13\right]\)\\\\
+(b) Anschließend werden diese als normalverteilt angenommen mit bekanntem Erwartungswert 77. Bestimmen Sie ein Konfidenzintervall für $\sigma^2$ zum Niveau $\alpha = 0.02$.\\\\
+\(\bar{\mu}=77 \qquad \alpha = 0,02\)\\
+\(\sigma^2=\frac{1}{8-1}\sum\limits^8_{i=1}(x_i-\bar{\mu})^2 =\frac{(78-77)^2+(83-77)^2+(65-77)^2+(98-77)^2+(82-77)^2+(65-77)^2+(61-77)^2+(68-77)^2}{8-1}\)\\
+\(=\frac{1+36+144+441+25+144+256+81}{7}=\frac{1128}{7}\)\\
+\(J=\left[\sigma^2\frac{n-1}{\mathcal{X}^2_{n-1,1-\alpha/2}}, \sigma^2\frac{n-1}{\mathcal{X}^2_{n-1,\alpha/2}}\right]\)\\
+\hspace*{0.3cm}\(\Rightarrow \left[\frac{1128}{7}\cdot \frac{7}{\bar{\mu}^2_{7,\,0,99}}; \frac{1128}{7}\cdot \frac{7}{\bar{\mu}^2_{7,\,0,01}}\right]=\left[\frac{1128}{18,475}; \frac{1128}{1,238}\right]=[61,055;911,147]\)\\\\
+\subsection{\textit{t}-Test}
+Aus einer Herde von Milchkühen wurden 14 Kühe ausgewählt und die Menge ihrer abgegebenen Milch in Kilogramm in einer Woche aufgezeichnet. Heraus kamen
+\begin{center} \(169.6\qquad142.0\qquad103.3\qquad111.6\qquad123.4\qquad143.5\qquad155.1\)\\
+\(101.7\qquad170.7\qquad113.2\qquad130.9\qquad146.1\qquad169.3\qquad155.5\)
+\end{center}
+Welche sinnvollen Annahmen sollten Sie an die Verteilung stellen? Was lässt sich über die Behauptung, die Milchproduktion liegt über 120kg pro Woche, aussagen?\\\\
+Wir nehmen an, dass die Daten normalverteilt ist. Die Kühe sind also unabhängig voneinander.\\
+Wir nutzen:
+Nullhypothese (\( H_0 \)): Die Milchproduktion ist im Schnitt 120 kg (\( \mu = 120 \)).\\
+Alternativhypothese (\( H_1 \)): Die Milchproduktion liegt über 120 kg (\( \mu > 120 \)).\\\\
+Mittelwert: \( \bar{x} = \frac{1935.9}{14} \approx 138.28 \) kg
+Standardabweichung: \( s \approx 25.67 \) kg\\\\
+\(t = \frac{138.28 - 120}{25.67 / \sqrt{14}} \approx 2.66\)\\\\
+Kritischer \textit{t}-Wert (bei \( \alpha = 0.05 \)): 1.771\\
+Da \( 2.66 > 1.771 \), lehnen wir \( H_0 \) ab.\\\\
+Die Milchproduktion liegt im Schnitt deutlich über 120 kg pro Woche (\( t(13) = 2.66, p < 0.05 \)).\\\\
+Die Kühe geben im Schnitt mehr als 120 kg Milch pro Woche.\\\\
+\textbf{Hinweise zur Bearbeitung der Aufgaben:}
+\begin{itemize}
+    \item Die Hausaufgabenblätter werden Freitags auf Moodle veröffentlicht und enthalten Hausaufgaben, die in der darauf folgenden Woche entweder \textbf{vor der Vorlesung am Freitag um 12:00} Uhr in Hörsaal V abzugeben sind oder \textbf{vor Freitag 12:00 Uhr} in das Schließfach Ihres Tutors (Robert-Mayer-Straße 6-8, 3. Stock) eingeworfen werden müssen.
+    \item Die Hausaufgaben werden anschließend in den Tutorien der nächsten Woche besprochen.
+\end{itemize}
+
+\end{document}

sti_ws2425/assignment13/main.tex

@@ -0,0 +1,97 @@
+\documentclass[a4paper]{article}
+%\usepackage[singlespacing]{setspace}
+\usepackage[onehalfspacing]{setspace}
+%\usepackage[doublespacing]{setspace}
+\usepackage{geometry} % Required for adjusting page dimensions and margins
+\usepackage{amsmath,amsfonts,stmaryrd,amssymb,mathtools,dsfont} % Math packages
+\usepackage{tabularx}
+\usepackage{colortbl}
+\usepackage{listings}
+\usepackage{amsmath}
+\usepackage{amssymb}
+\usepackage{amsthm}
+\usepackage{subcaption}
+\usepackage{float}
+\usepackage[table,xcdraw]{xcolor}
+\usepackage{tikz-qtree}
+\usepackage{forest}
+\usepackage{changepage,titlesec,fancyhdr} % For styling Header and Titles
+\usepackage{amsmath}
+\pagestyle{fancy}
+\usepackage{diagbox}
+\usepackage{xfrac}
+\usepackage{pgfplots}
+\pgfplotsset{compat=1.18}
+
+\usepackage{enumerate} % Custom item numbers for enumerations
+\usepackage{enumitem}
+
+\usepackage[ruled]{algorithm2e} % Algorithms
+
+\usepackage{hyperref}
+
+\usepackage[framemethod=tikz]{mdframed} % Allows defining custom boxed/framed environments
+
+\usepackage{listings} % File listings, with syntax highlighting
+\lstset{
+	basicstyle=\ttfamily, % Typeset listings in monospace font
+}
+
+\usepackage[ddmmyyyy]{datetime}
+
+
+\geometry{
+	paper=a4paper, % Paper size, change to letterpaper for US letter size
+	top=2.5cm, % Top margin
+	bottom=3cm, % Bottom margin
+	left=2.5cm, % Left margin
+	right=2.5cm, % Right margin
+	headheight=25pt, % Header height
+	footskip=1.5cm, % Space from the bottom margin to the baseline of the footer
+	headsep=1cm, % Space from the top margin to the baseline of the header
+	%showframe, % Uncomment to show how the type block is set on the page
+}
+\lhead{Stochastik für die Informatik\\Wintersemester 2024/2025}
+\chead{\bfseries{Übungsblatt 13}\\}
+\rhead{Lienkamp, 8128180\\Werner, 7987847}
+\begin{document}
+\setcounter{section}{13}
+\subsection{$\mathcal{X}^2$-Verteilung}
+Für den Zeitraum von 1999 bis 2009 wurde gezählt, wieviele Filme pro Jahr mit Nicolas Cage erschienen sind und wieviel Menschen im jeweiligen Jahr in den USA durch Ertrinken in einem Pool umgekommen sind. Das ergab die folgenden Zahlen:\\
+\begin{table}[ht]
+\centering
+\begin{tabular}{l|c|c|c|c}
+\diagbox{Ertrunkene}{Cage-Filme } & 1 & 2 & 3 & 4 \\ \hline
+90-100 & 3 & 1 & 2 & 0 \\
+101-110 & 0 & 3 & 0 & 1 \\
+111-120 & 0 & 0 & 0 & 1\\
+\end{tabular}
+\end{table}\\
+Berechnen Sie den p-Wert für das Testproblem\\
+\hspace*{2cm} H0 : Anzahl Filme und Anzahl Todesfälle sind unabhängig \hspace*{0.5cm} gegen\\
+\hspace*{2cm} H1 : Anzahl Filme und Anzahl Todesfälle sind nicht unabhängig.\\
+Was ist das Ergebnis des Tests zum Signifikanzniveau $\alpha = 0.1$ bzw. $\alpha = 0.05$?\\\\
+\subsection{Wettermodell}
+Das Wetter an einem Tag sei durch einen der beiden Zustände "sonnig" und "regnerisch" beschrieben und entwickle sich nach den nachfolgend beschriebenen Regeln.\\\\
+(a) Das Wetter von morgen hängt vom Wetter von heute und gestern ab. Hat es gestern und heute geregnet, so regnet es morgen mit Wahrscheinlichkeit $\sfrac{1}{2}$; regnet es heute, aber gestern nicht, so regnet es morgen mit Wahrscheinlichkeit $\sfrac{6}{10}$; regnete es gestern, aber heute nicht, so regnet es morgen mit Wahrscheinlichkeit $\sfrac{4}{10}$; und regnete es nicht, so regnet es morgen mit Wahrscheinlichkeit $\sfrac{1}{5}$.
+Geben Sie einen geeigneten Zustandsraum, den Übergangsgraphen und die Übergangswahrscheinlichkeiten an.\\\\
+(b) Berechnen Sie für dieses Modell die Wahrscheinlichkeit, dass es am Freitag nicht regnen wird, wenn es Dienstag und Mittwoch geregnet hat.\\\\
+\subsection{}
+Ein Server verarbeitet Client anfragen. Dabei kommt es durch Übertragungsfehler zu fehlerhaften Anfragen. Im Falle einer fehlerhaften Anfrage des Clients fordert der Server den Client auf die Anfrage erneut zu senden. Sollten 5 fehlerhafte Anfragen hintereinander eingehen unterbricht der Server die Verbindung zum Client. Wir gehen der Einfachheit halber davon aus, dass alle Anfragen (auch die mehrfach Anfragen des selben Clients) unabhängig voneinander mit Wahrscheinlichkeit $p$ fehlerhaft sind. Bestimmen Sie die erwartete Anzahl an Anfragen, bis
+der Server das erste mal eine Verbindung abbricht.\\
+\textit{Hinweis:} Nutzen Sie zur Modellierung eine irreduzible und aperiodische Markovkette. Außerdem sollten Sie Satz 11.8 aus dem Buch verwenden.\\\\
+\subsection{(Irreduzibilität und Aperiodizität)}
+(a) Welche der Markovketten zu den folgenden Übergangsgraphen sind irreduzibel bzw. aperiodisch? Begründen Sie Ihre Aussage!\\
+\begin{figure}[H]
+    \centering
+    \includegraphics[width=0.8\linewidth]{markov.png}
+\end{figure}
+\noindent (b) Betrachten Sie alle die Markovketten in der Teilaufgabe (a), die irreduzibel sind. Welche von diesen Ketten konvergieren gegen ihre eindeutige invariante Verteilung, gegeben, dass sie vom jeweiligen Zustand 1 starten?\\\\
+(c) Zeigen Sie, dass die Markovkette zum Übergangsgraphen (vi) unendlich viele invariante Verteilungen hat.\\\\
+
+\textbf{Hinweise zur Bearbeitung der Aufgaben:}
+\begin{itemize}
+    \item Die Hausaufgabenblätter werden Freitags auf Moodle veröffentlicht und enthalten Hausaufgaben, die in der darauf folgenden Woche entweder \textbf{vor der Vorlesung am Freitag um 12:00} Uhr in Hörsaal V abzugeben sind oder \textbf{vor Freitag 12:00 Uhr} in das Schließfach Ihres Tutors (Robert-Mayer-Straße 6-8, 3. Stock) eingeworfen werden müssen.
+    \item Die Hausaufgaben werden anschließend in den Tutorien der nächsten Woche besprochen.
+\end{itemize}
+\end{document}

sti_ws2425/assignment2/main.tex

@@ -0,0 +1,374 @@
+\documentclass[a4paper]{article}
+%\usepackage[singlespacing]{setspace}
+\usepackage[onehalfspacing]{setspace}
+%\usepackage[doublespacing]{setspace}
+\usepackage{geometry} % Required for adjusting page dimensions and margins
+\usepackage{amsmath,amsfonts,stmaryrd,amssymb,mathtools,dsfont} % Math packages
+\usepackage{tabularx}
+\usepackage{colortbl}
+\usepackage{listings}
+\usepackage{amsmath}
+\usepackage{amssymb}
+\usepackage{amsthm}
+\usepackage{subcaption}
+\usepackage{float}
+\usepackage[table,xcdraw]{xcolor}
+\usepackage{tikz-qtree}
+\usepackage{forest}
+\usepackage{changepage,titlesec,fancyhdr} % For styling Header and Titles
+\pagestyle{fancy}
+
+\usepackage{enumerate} % Custom item numbers for enumerations
+
+\usepackage[ruled]{algorithm2e} % Algorithms
+
+\usepackage[framemethod=tikz]{mdframed} % Allows defining custom boxed/framed environments
+
+\usepackage{listings} % File listings, with syntax highlighting
+\lstset{
+	basicstyle=\ttfamily, % Typeset listings in monospace font
+}
+
+\usepackage[ddmmyyyy]{datetime}
+
+
+\geometry{
+	paper=a4paper, % Paper size, change to letterpaper for US letter size
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+	headsep=1cm, % Space from the top margin to the baseline of the header
+	%showframe, % Uncomment to show how the type block is set on the page
+}
+\lhead{Stochastik für die Informatik\\Wintersemester 2024/2025}
+\chead{\bfseries{Übungsblatt 2}\\}
+\rhead{Lienkamp, 8128180\\Werner, 7987847}
+
+\begin{document}
+
+\setcounter{section}{2} % Setzt den Section-Zähler auf 2
+\subsection{Bedingte Wahrscheinlichkeiten}
+Im U-Bahnhof Bockenheimer Warte beobachten wir einen Zug der U-Bahn-Linie U4, einen Zug der U6 und einen Zug der U7. Die U4 kommt mit Wahrscheinlichkeit 8/10 pünktlich, die U6 mit Wahrscheinlichkeit 6/10 und die U7 mit Wahrscheinlichkeit 5/10, dabei ist jeder Zug pünktlich unabhängig von allen anderen.\\
+Falls genau zwei von den drei Zügen pünktlich waren, was ist wahrscheinlicher: die U7 war pünktlich, oder die U7 war nicht pünktlich?\\\\
+
+\begin{center}
+\begin{tikzpicture}[scale=1.2, every node/.style={align=center}]
+
+    % Draw the root
+    \node at (0,0) {Start};
+
+    % First level
+    \node at (-3,-2) {U4};
+    \node at (3,-2) {U4$^c$};
+
+    % Second level
+    \node at (-4,-4) {U6};
+    \node at (-2,-4) {U6$^c$};
+
+    \node at (2,-4) {U6};
+    \node at (4,-4) {U6$^c$};
+
+    % Third level for W1 and S1
+    \node at (-4.5,-6.5) {U7 \\};
+    \node at (-3.5,-6.5) {U7$^c$ \\ \(\frac{240}{1000}\)};
+    
+    \node at (-2.5,-6.5) {U7 \\ \(\frac{160}{1000}\)};
+    \node at (-1.5,-6.5) {U7$^c$ \\};
+
+    % Third level for S1
+    \node at (1.5,-6.5) {U7 \\ \(\frac{60}{1000}\)};
+    \node at (2.5,-6.5) {U7$^c$ \\};
+
+    \node at (3.5,-6.5) {U7 \\};
+    \node at (4.5,-6.5) {U7$^c$ \\};
+
+    % Draw the branches with probabilities
+    \draw[->] (0,-0.25) -- (-3,-1.75) node[midway, left] {\(\frac{8}{10}\)};
+    \draw[->] (0,-0.25) -- (3,-1.75) node[midway, right] {\(\frac{2}{10}\)};
+    
+    \draw[->] (-3,-2.25) -- (-4,-3.75) node[midway, left] {\(\frac{6}{10}\)};
+    \draw[->] (-3,-2.25) -- (-2,-3.75) node[midway, right] {\(\frac{4}{10}\)};
+    
+    \draw[->] (3,-2.25) -- (2,-3.75) node[midway, left] {\(\frac{6}{10}\)};
+    \draw[->] (3,-2.25) -- (4,-3.75) node[midway, right] {\(\frac{4}{10}\)};
+    
+    % Draw branches for W1
+    \draw[->] (-4,-4.25) -- (-4.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{5}{10}\)};
+    \draw[->] (-4,-4.25) -- (-3.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{5}{10}\)};
+    
+    % Draw branches for S1
+    \draw[->] (-2,-4.25) -- (-2.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{5}{10}\)};
+    \draw[->] (-2,-4.25) -- (-1.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{5}{10}\)};
+
+    % Draw branches for U2
+    \draw[->] (2,-4.25) -- (1.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{5}{10}\)};
+    \draw[->] (2,-4.25) -- (2.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{5}{10}\)};
+    
+    \draw[->] (4,-4.25) -- (3.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{5}{10}\)};
+    \draw[->] (4,-4.25) -- (4.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{5}{10}\)};
+
+\end{tikzpicture}
+\end{center}
+
+\noindent Wir rechnen nur die Wahrscheinlichkeiten aus, die für uns relevant sind, also die Wege im Baum, bei
+denen genau zwei U-Bahnen pünktlich kommen.\\\\
+Ob eine Bahn pünktlich oder nicht ist, wird als $P$/$P^c$ definiert.\\\\
+\(\mathbb{P}(P\cap P \cap P^c)= \{\{U4 \cap U6 \cap U7^c\},\{U4 \cap U6^c \cap U7\}, \{U4^c \cap U6 \cap U7\}\}\\
+\mathbb{P}(P\cap P \cap P^c) = U4 \cap U6 \cap U7^c + U4 \cap U6^c \cap U7\ + U4^c \cap U6 \cap U7\\
+\hspace*{0.5cm}\Rightarrow \frac{8}{10}\cdot\frac{6}{10}\cdot \frac{5}{10}+ \frac{8}{10}\cdot \frac{4}{10}\cdot \frac{5}{10} + \frac{2}{10}\cdot \frac{6}{10} \cdot \frac{5}{10}= \frac{240}{1000}+ \frac{160}{1000} + \frac{6}{10}= \frac{460}{1000}\\\\
+\mathbb{P}(U7\vert P\cap P \cap P^c) = \{\{U4 \cap U6^c \cap U7\}, \{U4^c \cap U6 \cap U7\}\}\\
+\textcolor{gray}{ \text{NR: }\mathbb{P}(P \cap P \cap U7)=\frac{8}{10}\cdot \frac{4}{10}\cdot \frac{5}{10} + \frac{2}{10}\cdot \frac{6}{10} \cdot \frac{5}{10}= \frac{160}{1000}+ \frac{60}{1000}= \frac{220}{1000}}\\
+\mathbb{P}(U7\vert P\cap P \cap P^c)= \frac{P \cap P \cap U7}{P\cap P \cap P^c} = \frac{220/1000}{460/1000}=\frac{220}{460}\\
+\Rightarrow \mathbb{P}(U7^c\vert P\cap P \cap P^c)= 1-\frac{220}{460}=\frac{240}{460}>\frac{220}{460}\)\\\\
+Die Wahrscheinlichkeit ist größer, dass die U7 unpünktlich ist, wenn genau 2 Bahnen pünktlich kommen.
+\clearpage
+\subsection{}
+In einer Stadt gibt es genau 40 blaue und 160 grüne Taxis. Bei einem nächtlichen Verkehrsunfall eines unbekannten Taxis mit Fahrerflucht geben zwei Zeugen unabhängig voneinander an, ein blaues Taxi gesehen zu haben. Tests ergeben, dass der erste Zeuge die Farbe eines Taxis in der Nacht mit einer Wahrscheinlichkeit von 80\% richtig bestimmt. Der zweite Zeuge erkennt ein blaues Taxi als blau mit einer Wahrscheinlichkeit von 90\% und ein grünes als grün mit 70 \%-iger Wahrscheinlichkeit. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist das unbekannte Taxi blau.\\
+\textit{Hinweis: Sie dürfen annehmen, dass die beiden Zeugenaussagen unabhängig sind bedingt auf das Ereignis, dass das unbekannte Taxi blau bzw. grün ist.}\\\\
+
+\begin{center}
+\begin{tikzpicture}[scale=1.2, every node/.style={align=center}]
+
+    % Draw the root
+    \node at (0,0) {Start};
+
+    % First level
+    \node at (-3,-2) {B};
+    \node at (3,-2) {G};
+
+    % Second level
+    \node at (-4,-4) {1B};
+    \node at (-2,-4) {1B$^c$};
+
+    \node at (2,-4) {1G};
+    \node at (4,-4) {1G$^c$};
+
+    % Third level for W1 and S1
+    \node at (-4.5,-6.5) {2B \\ \(\frac{18}{125}\)};
+    \node at (-3.5,-6.5) {2B$^c$ \\};
+    
+    \node at (-2.5,-6.5) {2B \\};
+    \node at (-1.5,-6.5) {2B$^c$ \\};
+
+    % Third level for S1
+    \node at (1.5,-6.5) {2G \\};
+    \node at (2.5,-6.5) {2G$^c$ \\};
+
+    \node at (3.5,-6.5) {2G \\};
+    \node at (4.5,-6.5) {2G$^c$ \\\(\frac{6}{125}\)};
+
+    % Draw the branches with probabilities
+    \draw[->] (0,-0.25) -- (-3,-1.75) node[midway, left] {\(\frac{40}{200}\)};
+    \draw[->] (0,-0.25) -- (3,-1.75) node[midway, right] {\(\frac{160}{200}\)};
+    
+    \draw[->] (-3,-2.25) -- (-4,-3.75) node[midway, left] {\(\frac{80}{100}\)};
+    \draw[->] (-3,-2.25) -- (-2,-3.75) node[midway, right] {\(\frac{20}{100}\)};
+    
+    \draw[->] (3,-2.25) -- (2,-3.75) node[midway, left] {\(\frac{80}{100}\)};
+    \draw[->] (3,-2.25) -- (4,-3.75) node[midway, right] {\(\frac{20}{100}\)};
+    
+    % Draw branches for W1
+    \draw[->] (-4,-4.25) -- (-4.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{90}{100}\)};
+    \draw[->] (-4,-4.25) -- (-3.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{10}{100}\)};
+    
+    % Draw branches for S1
+    \draw[->] (-2,-4.25) -- (-2.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{90}{100}\)};
+    \draw[->] (-2,-4.25) -- (-1.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{10}{100}\)};
+
+    % Draw branches for U2
+    \draw[->] (2,-4.25) -- (1.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{70}{100}\)};
+    \draw[->] (2,-4.25) -- (2.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{30}{100}\)};
+    
+    \draw[->] (4,-4.25) -- (3.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{70}{100}\)};
+    \draw[->] (4,-4.25) -- (4.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{30}{100}\)};
+
+\end{tikzpicture}
+\end{center}
+Wir definieren:\\
+- $B$/$G$ Das Taxi ist tatsächlich blau/grün\\
+- \textit{1B}/\textit{1B}$^c$ Einer der beiden Zeugen sagt, das Taxi \textit{ist}/\textit{ist nicht} blau, wenn das Taxi blau war.\\
+- \textit{1G}/\textit{1G}$^c$ Einer der beiden Zeugen sagt, das Taxis \textit{ist}/\textit{ist nicht} grün, wenn das Taxi 
+grün war.\\
+- Analog gilt das gleiche für den anderen Zeugen bei \textit{2B}/\textit{2B}$^c$ und \textit{2G}/\textit{2G}$^c$
+\\\\
+Wir berechnen die Wahrscheinlichkeit, dass das Taxi blau ist ($A$) unter der Bedingung, dass beide Zeugen sagen, dass das Taxi blau ist ($B$):\\
+%\(\mathbb{P}(B)=\{\{B, 1B, 2B\}, \{G, 1B, 2B\}\}\\
+\(\textcolor{gray}{\mathbb{P}(B)= \frac{2}{10}\cdot \frac{8}{10} \cdot \frac{9}{10} + \frac{8}{10}\cdot \frac{2}{10}\cdot \frac{3}{10}= \frac{144}{1000}+\frac{48}{1000}=\frac{192}{1000}}\\
+\textcolor{gray}{\mathbb{P}(A \cap B ) = \frac{2}{10}\cdot \frac{8}{10} \cdot \frac{9}{10} = \frac{144}{1000}}\\
+\mathbb{P}(A \vert B)= \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(B)}\Rightarrow \frac{144/1000}{192/1000}=\frac{3}{4}\)\\
+Die Wahrscheinlichkeit, dass das Taxi blau ist, ist $\frac{3}{4}$.
+\clearpage
+\subsection{}
+An einem zufällig ausgewählten Tag ist Ava mit Wahrscheinlichkeit 7\% krank und Ben mit Wahrscheinlichkeit 5\%. Da beide Geschwister sind, passiert das nicht notwendigerweise unabhängig voneinander. Außerdem sind mit 96 \%-iger Wahrscheinlichkeit, entweder beide gesund oder beide krank. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass Ava krank ist, unter der Bedingung, dass Ben krank ist.\\\\
+Wir benutzen die Vier-Felder-Tafel um das Problem zu lösen:\\\\
+\begin{tabular}{c|c|c|c}
+     & $A$ & $A^c$ \\
+    \hline
+    & & & \\
+    $B$ & $c=\frac{4}{100}$ & $d=\frac{1}{100}$ & $\frac{5}{100}$\\
+    & & & \\
+    \hline
+    & & & \\
+    $B^c$ & $e=\frac{3}{100}$ & $f=\frac{92}{100}$ & $\frac{95}{100}$\\
+    & & & \\
+    \hline
+    & $\frac{7}{100}$ & $\frac{93}{100}$ & 1
+\end{tabular}\\\\
+Dafür stellen wir zunächst ein Gleichungssystem auf:\\
+i) \space\space\(c+d=\frac{5}{100}\)\\
+ii) \space\(c+e=\frac{7}{100}\)\\
+iii) \(d+f=\frac{93}{100}\)\\
+iv) \(e+f=\frac{95}{100}\)\\
+v) \space \(c+f=\frac{96}{100}\)\\\\
+Danach formen wir die aufgestellten Formeln um, um die fehlenden Felder einzufüllen:\\
+i) $c= \frac{5}{100}-d$\\
+iii) $f = \frac{93}{100}-d$\\
+i) und iii) in v) $\frac{5}{100}-d + \frac{93}{100}-d = \frac{96}{100} \Rightarrow \frac{98}{100}-2d = \frac{96}{100} \Rightarrow d=\frac{1}{100}$\\
+d in i) $c = \frac{5}{100}-\frac{1}{100}=\frac{4}{100}$\\
+c in ii) $\frac{4}{100}+e=\frac{7}{100}\Rightarrow e=\frac{6}{100}$\\
+e in iv) $\frac{6}{100}+f=\frac{95}{100}\Rightarrow f = \frac{92}{100}$\\\\
+\textcolor{gray}{NR: \(\mathbb{P}(A \cap B)=\frac{4}{100}\) \& \(\mathbb{P}(B)= \frac{5}{100}\)}\\
+$\mathbb{P}(A \vert B) = \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(B)}= \frac{4/100}{5/100}=\frac{4}{5}$\\\\
+Die Wahrscheinlichkeit, dass Ava krank ist unter der Bedingung, dass Ben auch krank ist liegt bei 80\%.
+\clearpage
+\subsection{Unabhängigkeit}
+Es sei A das Ereignis, dass eine Familie Kinder beiderlei Geschlechts hat sowie B das Ereignis, dass eine Familie höchstens einen Sohn hat. Sie dürfen annehmen, dass jedes Kind, unabhängig von den anderen Kindern, mit Wahrscheinlichkeit 0.5 ein Mädchen ist.\\
+Geben Sie jeweils einen Wahrscheinlichkeitsraum an und definieren Sie Ihre Ereignisse entsprechend.\\\\
+(a) Unter der Voraussetzung, dass eine Familie genau drei Kinder hat, zeigen Sie, dass A und B unabhängige Ereignisse sind.
+\begin{center}
+\begin{tikzpicture}[scale=1, every node/.style={align=center}]
+
+    % Draw the root
+    \node at (0,0) {Start};
+
+    % First level
+    \node at (-3,-2) {M};
+    \node at (3,-2) {J};
+
+    % Second level
+    \node at (-4,-4) {M};
+    \node at (-2,-4) {J};
+
+    \node at (2,-4) {M};
+    \node at (4,-4) {J};
+
+    % Third level for W1 and S1
+    \node at (-4.5,-6.5) {M \\ \(\frac{1}{8}\)};
+    \node at (-3.5,-6.5) {J \\ \(\frac{1}{8}\)};
+    
+    \node at (-2.5,-6.5) {M \\ \(\frac{1}{8}\)};
+    \node at (-1.5,-6.5) {J \\ \(\frac{1}{8}\)};
+
+    % Third level for S1
+    \node at (1.5,-6.5) {M \\ \(\frac{1}{8}\)};
+    \node at (2.5,-6.5) {J \\ \(\frac{1}{8}\)};
+
+    \node at (3.5,-6.5) {M \\ \(\frac{1}{8}\)};
+    \node at (4.5,-6.5) {J \\ \(\frac{1}{8}\)};
+
+    % Draw the branches with probabilities
+    \draw[->] (0,-0.25) -- (-3,-1.75) node[midway, left] {\(\frac{1}{2}\)};
+    \draw[->] (0,-0.25) -- (3,-1.75) node[midway, right] {\(\frac{1}{2}\)};
+    
+    \draw[->] (-3,-2.25) -- (-4,-3.75) node[midway, left] {\(\frac{1}{2}\)};
+    \draw[->] (-3,-2.25) -- (-2,-3.75) node[midway, right] {\(\frac{1}{2}\)};
+    
+    \draw[->] (3,-2.25) -- (2,-3.75) node[midway, left] {\(\frac{1}{2}\)};
+    \draw[->] (3,-2.25) -- (4,-3.75) node[midway, right] {\(\frac{1}{2}\)};
+    
+    % Draw branches for W1
+    \draw[->] (-4,-4.25) -- (-4.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{1}{2}\)};
+    \draw[->] (-4,-4.25) -- (-3.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{1}{2}\)};
+    
+    % Draw branches for S1
+    \draw[->] (-2,-4.25) -- (-2.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{1}{2}\)};
+    \draw[->] (-2,-4.25) -- (-1.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{1}{2}\)};
+
+    % Draw branches for U2
+    \draw[->] (2,-4.25) -- (1.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{1}{2}\)};
+    \draw[->] (2,-4.25) -- (2.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{1}{2}\)};
+    
+    \draw[->] (4,-4.25) -- (3.5,-6) node[midway, left] {\(\frac{1}{2}\)};
+    \draw[->] (4,-4.25) -- (4.5,-6) node[midway, right] {\(\frac{1}{2}\)};
+
+\end{tikzpicture}
+\end{center}
+\(\mathbb{P}(A)=\frac{3}{4}\\
+\mathbb{P}(B)=\frac{1}{2}\\
+\mathbb{P}(A \cap B) = \frac{3}{8}\\
+\mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(B)=\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{8}= \mathbb{}P(A \cap B) \checkmark\)\\
+Die Ereignisse $A$ und $B$ sind voneinander unabhängig.\\\\
+(b) Zeigen Sie, dass A und B abhängige Ereignisse sind, wenn die Familie genau zwei Kinder hat.
+\begin{center}
+\begin{tikzpicture}[scale=1, every node/.style={align=center}]
+
+    % Draw the root
+    \node at (0,0) {Start};
+
+    % First level
+    \node at (-3,-2) {M};
+    \node at (3,-2) {J};
+
+    % Second level
+    \node at (-4,-4) {M \\ \(\frac{1}{4}\)};
+    \node at (-2,-4) {J \\ \(\frac{1}{4}\)};
+
+    \node at (2,-4) {M \\ \(\frac{1}{4}\)};
+    \node at (4,-4) {J \\ \(\frac{1}{4}\)};
+
+    % Draw the branches with probabilities
+    \draw[->] (0,-0.25) -- (-3,-1.75) node[midway, left] {\(\frac{1}{2}\)};
+    \draw[->] (0,-0.25) -- (3,-1.75) node[midway, right] {\(\frac{1}{2}\)};
+    
+    \draw[->] (-3,-2.25) -- (-4,-3.75) node[midway, left] {\(\frac{1}{2}\)};
+    \draw[->] (-3,-2.25) -- (-2,-3.75) node[midway, right] {\(\frac{1}{2}\)};
+    
+    \draw[->] (3,-2.25) -- (2,-3.75) node[midway, left] {\(\frac{1}{2}\)};
+    \draw[->] (3,-2.25) -- (4,-3.75) node[midway, right] {\(\frac{1}{2}\)};
+    
+\end{tikzpicture}
+\end{center}
+\(\mathbb{P}(A)=\frac{1}{2}\\
+\mathbb{P}(B)=\frac{3}{4}\\
+\mathbb{P}(A \cap B) = \frac{1}{2}\\
+\mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(B)=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}=\frac{3}{8} \neq \frac{1}{2} = \mathbb{}P(A \cap B) \checkmark\)\\
+Die Ereignisse sind nicht voneinander abhängig.
+\subsection{Paarweise Unabhängigkeit}
+Seien \(\Omega=\{a,b,c,d,e,f\}, \mathbb{P} (a)=1/27, \mathbb{P}(b)=14/27, \mathbb{P}(c)= \mathbb{P}(d)= \mathbb{P}(e)=4/27 \text{ sowie}\\
+A := \{d,e,a\}, B := \{c,e,a\}, C := \{c,d,a\}\)\\\\
+\textbf{Es wird keine Wahrscheinlichkeit für $f$ zugeordnet, deshalb gehen wir für die gesamte Aufgabe davon aus, dass $\mathbb{P}(f)=0$.}\\\\
+(a) Zeigen Sie, dass \(P(A \cap B \cap C) = \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(B)\cdot \mathbb{P}(C)\) gilt.\\\\
+z.z. \(\mathbb{P}(A \cap B \cap C) = \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(B) \cdot \mathbb{P}(C)\\
+\textcolor{gray}{\Rightarrow\text{ Aus der Vorlesung ist gegeben: } \mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(B)}\\
+\Rightarrow \mathbb{P}(A \cap B \cap C) = \mathbb{P}((A \cap B)\cap C) = \mathbb{P}(A \cap B) \cdot \mathbb{P}(C) = \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(B) \cdot \mathbb{P}(C)\)\\\\
+(b) Zeigen Sie, dass $A, B, C$ nicht unabhängig sind.\\\\
+\(A = \{d,e,a\} \rightarrow \mathbb{P}(A)=\mathbb{P}(d) + \mathbb{P}(e) + \mathbb{P}(a) = \frac{1}{3}\\
+B= \{c,e,a\} \rightarrow \mathbb{P}(B) = \mathbb{P}(c) + \mathbb{P}(e) + \mathbb{P}(a) = \frac{1}{3}\\
+B= \{c,d,a\} \rightarrow \mathbb{P}(C) =\mathbb{P}(c) + \mathbb{P}(d) + \mathbb{P}(a) = \frac{1}{3}\)\\\\
+Es ist gegeben, dass Ereignisse voneinander unabhängig sind, wenn gilt, dass \\
+\(\mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(B)\\
+\mathbb{P}(A \cap C) = \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(C)\\
+\mathbb{P}(B \cap C) = \mathbb{P}(B) \cdot \mathbb{P}(C)\\
+\mathbb{P}(A \cap B \cap C) = \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(B) \cdot \mathbb{P}(C)\).\\\\
+\(\mathbb{P}(A\cap B) = \frac{5}{27}\\
+\mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(B) = \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{9}\\
+\frac{5}{27} \neq \frac{1}{9}\\\\
+\) 
+Die Mengen können nicht unabhängig sein.\\\\
+(c) Geben Sie einen W-Raum mit 3 Ereignissen $A$, $B$ und $C$ an, sodass diese nicht unabhängig, aber paarweise unabhängig sind.\\\\
+Nach dem Konzept von 2.4 suchen wir für die paarweise Unabhängigkeit eine Situation, in der die Schnittmenge der Ereignismengen die gleiche Wahrscheinlichkeit hat, wie das Produkt der Wahrscheinlichkeiten der jeweiligen Mengen.\\\\
+\textcolor{gray}{Ansatz: \(\mathbb{P}(A \cap B) = \frac{1}{9} \hspace*{1cm} \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(B) = \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}\)}\\\\
+Für die Erfüllung dieser Bedingung ist es am effektivsten, wenn wir für jede Schnittmenge den gleichen Wert ansetzen und die Wahrscheinlichkeit für jedes Ereignis als Quadratsumme der Schnittmenge bestimmen. Dadurch garantieren wir die Unabhängigkeit zwischen den einzelnen Paaren. Außerdem haben wir direkt die Unabhängigkeit der Schnittmenge aller Ereignisse gegeben, denn $x^2 \neq x^3$\space $\forall x > 1$.\\\\
+Dieser Ansatz trifft für folgende Bedingungen zu:\\
+Seien \(\Omega=\{a,b,c,d,e\}, \mathbb{P}(a)= \frac{1}{9}, \mathbb{P}(b)=\frac{2}{9}, \mathbb{P}(c)=\mathbb{P}(d)=\mathbb{P}(e)=\frac{2}{9}\\
+A := \{a,c\}= \frac{1}{9}+\frac{2}{9}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}, B := \{a,d\}= \frac{1}{9}+ \frac{2}{9}=\frac{1}{3}, C := \{a,e\}= \frac{1}{9}+ \frac{2}{9}=\frac{1}{3}\\\\
+\mathbb{P}(A \cap B)= \frac{1}{9}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}=\mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(B) \checkmark\\
+\mathbb{P}( B \cap C) = \frac{1}{9}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}  = \mathbb{P}(B) \cdot \mathbb{P}(C) \checkmark\\
+\mathbb{P}(A \cap C)= \frac{1}{9}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}
+= \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(C) \checkmark\\
+\mathbb{P}( A \cap B \cap C)= \frac{1}{9} \neq \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}= \frac{1}{27}\lightning\)\\\\
+\textit{Hinweis:} Sollte die Aufgabenstellung voraussetzen, dass wir pro Ereignis drei Variablen nutzen, kann jedem Ereignis die Variable $f$ zugeordnet werden. Da wir diese Variable mit der Wahrscheinlichkeit von 0 betrachten verändert dies die Werte nicht.
+\end{document}

sti_ws2425/assignment3/main.tex

@@ -0,0 +1,203 @@
+\documentclass[a4paper]{article}
+%\usepackage[singlespacing]{setspace}
+\usepackage[onehalfspacing]{setspace}
+%\usepackage[doublespacing]{setspace}
+\usepackage{geometry} % Required for adjusting page dimensions and margins
+\usepackage{amsmath,amsfonts,stmaryrd,amssymb,mathtools,dsfont} % Math packages
+\usepackage{tabularx}
+\usepackage{colortbl}
+\usepackage{listings}
+\usepackage{amsmath}
+\usepackage{amssymb}
+\usepackage{amsthm}
+\usepackage{subcaption}
+\usepackage{float}
+\usepackage[table,xcdraw]{xcolor}
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+\usepackage{changepage,titlesec,fancyhdr} % For styling Header and Titles
+\usepackage{amsmath}
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+
+\usepackage[framemethod=tikz]{mdframed} % Allows defining custom boxed/framed environments
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+\usepackage{listings} % File listings, with syntax highlighting
+\lstset{
+	basicstyle=\ttfamily, % Typeset listings in monospace font
+}
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+
+\geometry{
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+}
+\lhead{Stochastik für die Informatik\\Wintersemester 2024/2025}
+\chead{\bfseries{Übungsblatt 3}\\}
+\rhead{Lienkamp, 8128180\\Werner, 7987847}
+
+\begin{document}
+\setcounter{section}{3}
+\subsection{Verteilung und Verteilungsfunktion}
+Die Verteilung einer diskreten Zufallsvariable X ist in der folgenden Tabelle gegeben:\\\\
+\begin{tabular}{c|c c c c}
+    x & -4 & 0 & 4 & 16 \\
+    \hline
+    $p_X(x)$ & $\frac{1}{12}$ & $\frac{1}{2}$ & $\frac{1}{4}$ & $\frac{1}{6}$
+\end{tabular}\\\\
+a) Berechnen und skizzieren Sie die Verteilungsfunktion $F_X(x)$ von $X$.\\\\
+$F_x(-4) = \mathbb{P}(X \geq -4) = \mathbb{P}(-4) = \frac{1}{12}$\\
+$F_x(0) = \mathbb{P}(X \geq 0) = \mathbb{P}(-4) + \mathbb{P}(0) = \frac{1}{12} + \frac{6}{12} = \frac{7}{12}$\\
+$F_x(4) = \mathbb{P}(X \geq 4) = \mathbb{P}(-4) + \mathbb{P}(0) + \mathbb{P}(4) = \frac{1}{12} + \frac{6}{12} + \frac{3}{12} = \frac{10}{12}$\\
+$F_x(16) = \mathbb{P}(X \geq 16) = \mathbb{P}(-4) + \mathbb{P}(0) + \mathbb{P}(4) + \mathbb{P}(16) = \frac{1}{12} + \frac{6}{12} + \frac{3}{12} + \frac{2}{12} = \frac{12}{12} = 1$\\\\
+
+\begin{tikzpicture}
+    % Optional: Helper grid for better alignment (commented out)
+    % \draw[help lines,dashed] (-1,0) grid (10,7);
+
+    % Draw the x-axis
+    \draw (-2.5,0)-- (11.5,0); 
+    
+    % Draw the y-axis
+    \draw[->] (0,-1) -- (0,6); % y-axis from y=-1 to y=2 with an arrow
+
+    % X-axis ticks and labels
+    \foreach \x in {-5,-4,0,4,10,16,20} {
+        \draw (\x / 2,0.1) -- (\x / 2,-0.1) node[below] {\x}; % x-ticks
+    }
+
+    \foreach \y in {0, 1, 7, 10, 12} {
+        \draw (0.1,\y * 0.5) -- (-0.1,\y * 0.5) node[left] {$\frac{\y}{12}$}; % y-ticks with fractions
+    }
+    \draw (-4 / 2,1 / 2) -- (0,1 / 2);
+    \draw (0,7 / 2) -- (4 / 2,7 / 2);
+    \draw (4 / 2,10 / 2) -- (16 / 2,10 / 2);
+    \draw (16 / 2,12 / 2) -- (21 / 2,12 / 2);
+\end{tikzpicture}\\
+\noindent b) Seien $Y := \vert X \vert $ und $Z = (X-Y)^2$. Stellen Sie die Verteilung von $Y$ und von $Z$ in einer Tabelle dar.\\\\
+Wir setzen die Spaltennamen aus der Tabelle in die $Y$ Funktion ein und ersetzen sie:\\
+\begin{tabular}{c|c c c c}
+    x & 2 & 0 & 2 & 4 \\
+    \hline
+    $p_X(x)$ & $\frac{1}{12}$ & $\frac{1}{2}$ & $\frac{1}{4}$ & $\frac{1}{6}$
+\end{tabular}\\\\
+Hier werden die Wahrscheinlichkeiten der Spalten mit gleichen Spaltenziffern addiert:\\
+\begin{tabular}{c|c c c}
+    x & 0 & 2 & 4 \\
+    \hline
+    $p_X(x)$ & $\frac{1}{2}$ & $\frac{1}{3}$ & $\frac{1}{6}$
+\end{tabular}\\\\
+Für die $Z$ Funktion setzen wir die $Y$ Funktion in die $Z$ Funktion ein, um sie nur von $X$ abhängig zu machen. Dann ist $Z = X - \sqrt{|X|}$. Wir setzen dann analog zur $Y$ Funktion die $X$ Werte ein:\\
+\begin{tabular}{c|c c c c}
+    x & 36 & 0 & 4 & 144 \\
+    \hline
+    $p_X(x)$ & $\frac{1}{12}$ & $\frac{1}{2}$ & $\frac{1}{4}$ & $\frac{1}{6}$
+\end{tabular}\\\\
+Dann noch in aufsteigender Reihenfolge sortieren und die Tabellen Zusammenführen:\\
+\begin{tabular}{c|c c c c c}
+    x & 0 & 2 & 4 & 36 & 144 \\
+    \hline
+    $p_Y(x)$ & $\frac{1}{2}$ & $\frac{1}{3}$ & $\frac{1}{6}$ & 0 & 0\\
+    $p_Z(x)$ & $\frac{1}{2}$ & 0 & $\frac{1}{4}$ & $\frac{1}{12}$ & $\frac{1}{6}$\\
+\end{tabular}\\\\
+\subsection{}
+Seien $X$ und $Y$ unabhängige Zufallsvariablen mit $X \sim Ber(p)$ und $Y \sim Ber(q)$ auf dem selben Wahrscheinlichkeitsraum $(\Omega, P)$ mit $p, q \in (0, 1)$. Bestimmen Sie die Verteilung von $Z=(2X-1)(2Y-1)$. Für welche $p$ und $q$ sind $X$ und $Z$ unabhängig?\\\\
+Wir definieren die Zustände:\\
+$X \sim Ber(p) \to \mathbb{P}(X = 1) = p$\\
+$Y \sim Ber(q) \to \mathbb{P}(Y = 1) = p$\\\\
+Daraus folgen die Zustände:\\
+\begin{minipage}[t]{0.45\textwidth}
+    $X \sim Ber(p)$\\
+    $\to \mathbb{P}(X = 1) = p$\\
+    $\to \mathbb{P}(X = 0) = 1 - p$
+\end{minipage}
+\hfill
+\begin{minipage}[t]{0.45\textwidth}
+    $Y \sim Ber(q)$\\
+    $\to \mathbb{P}(Y = 1) = q$\\
+    $\to \mathbb{P}(Y = 0) = 1 - q$
+\end{minipage}\\\\
+Somit bekommen wir die folgende Wertetabelle:\\
+\begin{tabular}{c|c|c}
+    X & Y & Z\\
+    \hline
+    0 & 0 & 1\\
+    0 & 1 & -1\\
+    1 & 0 & -1\\
+    1 & 1 & 1
+\end{tabular}\\\\
+$\mathbb{P}(Z = 1) = \mathbb{P}(X = 0) \cdot \mathbb{P}(Y = 0) + \mathbb{P}(X = 10) \cdot \mathbb{P}(Y = 1) = p \cdot q + (1 - p) \cdot (1 - q)$\\
+$\mathbb{P}(Z = -1) = \mathbb{P}(X = 0) \cdot \mathbb{P}(Y = 0) + \mathbb{P}(X = 10) \cdot \mathbb{P}(Y = 1) = (1 - p) \cdot q + p \cdot (1 - q)$\\
+Aus der Vorlesung:\\
+$X$ und $Z$ sind unabhängig, wenn $\mathbb{P}(X \cap Z) = \mathbb{P}(X) \cdot \mathbb{P}(Z)$ gilt\\\\
+Wir setzen ein und lösen auf:\\
+$\mathbb{P}(X \cap Z) = \mathbb{P}(X) \cdot \mathbb{P}(Z)$\\
+$p \cdot p = (p \cdot (1 - q) + p \cdot q) \cdot ((1 - p) \cdot (1 - q) + p \cdot q)$\\
+Das Lösen der Gleichung führt zu den folgenden Ergebnissen:\\
+$q = \frac{1}{2}$ und $0 < p < 1$
+\subsection{}
+Ein Berliner Wohnhaus bestehe aus 10 Wohnungen $1,\dots ,10$, deren Miete am Anfang eines Jahres jeweils mit Wahrscheinlichkeit $p$ unabhängig voneinander erhöht wird, wobei $0 < p < 1$.\\\\
+\textbf{Da im Text nicht spezifiziert, nehmen wir an, dass die Wahrscheinlichkeiten $\mathbf{p_1}$ bis $\mathbf{p_{10}}$ alle gleich sind.}\\\\
+(a) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass die Miete der Wohnung 1 erhöht wird, jedoch die Miete der anderen Wohnungen nicht.\\\\
+Es gibt genau eine Möglichkeit, dass bei Wohnung 1 die Miete erhöht wird und bei keiner anderen, deshalb multiplizieren wir nur die Wahrscheinlichkeiten miteinander:\\
+\(\mathbb{P}(W_1 \cap W_2^c \cap W_3^c \cap W_4^c \cap W_5^c \cap W_6^c \cap W_7^c \cap W_8^c \cap W_9^c \cap W_{10}^c) = p \cdot (p^c)^9\)\\\\
+(b) Sei $X$ die Anzahl der Wohnungen mit erhöhter Miete. Wie ist $X$ verteilt? Begründen Sie ihre Antwort.\\\\
+Wir können die Situation als Urnenmodell ohne Zurücklegen, ohne Beachten der Reihenfolge betrachten.\\
+Dafür berechnen wir zunächst die Wahrscheinlichkeit, dass die Miete bei $X$ Wohnung erhöht wird ($p^X$) und bei $10-X$ Wohnungen nicht erhöht wird ($(p^c)^{10-X}$), dann multiplizieren wird mit dem entsprechenden Binom $\binom{10}{X}$:\\\\
+\begin{tabular}{c|l}
+    $x$ & $p_X(x)$ \\
+    \hline
+    0 & $(p^c)^{10} \cdot \binom{10}{0}$\\
+    1 & $p^1 \cdot (p^c)^9 \cdot \binom{10}{1}$\\
+    2 & $p^2 \cdot (p^c)^8 \cdot \binom{10}{2}$\\
+    3 & $p^3 \cdot (p^c)^7 \cdot \binom{10}{3}$\\
+    4 & $p^4 \cdot (p^c)^6 \cdot \binom{10}{4}$\\
+    5 & $p^5 \cdot (p^c)^5 \cdot \binom{10}{5}$\\
+    6 & $p^6 \cdot (p^c)^4 \cdot \binom{10}{6}$\\
+    7 & $p^7 \cdot (p^c)^3 \cdot \binom{10}{7}$\\
+    8 & $p^8 \cdot (p^c)^2 \cdot \binom{10}{8}$\\
+    9 & $p^9 \cdot (p^c)^1 \cdot \binom{10}{9}$\\
+    10 & $p^{10} \cdot \binom{10}{10}$
+\end{tabular}\\\\
+(c) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass die Miete von genau zwei Wohnungen erhöht wird.\\\\
+$p^2 \cdot (p^c)^8 \cdot \binom{10}{2}$\\\\
+(d) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass die Miete der Wohnungen 1 und 8 erhöht wird.\\\\ 
+Jedes Ereignis, wo 1 und 8 erhöht werden:\\\\
+\begin{tabular}{c|l}
+    2 & $p^2 \cdot (p^c)^8 \cdot \binom{8}{0}$\\
+    3 & $p^3 \cdot (p^c)^7 \cdot \binom{8}{1}$\\
+    4 & $p^4 \cdot (p^c)^6 \cdot \binom{8}{2}$\\
+    5 & $p^5 \cdot (p^c)^5 \cdot \binom{8}{3}$\\
+    6 & $p^6 \cdot (p^c)^4 \cdot \binom{8}{4}$\\
+    7 & $p^7 \cdot (p^c)^3 \cdot \binom{8}{5}$\\
+    8 & $p^8 \cdot (p^c)^2 \cdot \binom{8}{6}$\\
+    9 & $p^9 \cdot (p^c)^1 \cdot \binom{8}{7}$\\
+    10 & $p^{10} \cdot \binom{8}{8}$
+\end{tabular}
+\hspace*{2cm}\(p^2 = p^2 \sum\limits^8_{k=0}\binom{8}{k}\cdot p^k \cdot (p^c)^{8-k}\), denn $\sum\limits^8_{k=0}\binom{8}{k}\cdot p^k \cdot (p^c)^{8-k}=1$
+\subsection{}
+Hans und Franz schießen abwechselnd auf eine Torwand. Wer als erstes trifft gewinnt. Es ist bekannt, dass Hans mit Wahrscheinlichkeit $\frac{1}{2}$ trifft und Franz mit Wahrscheinlichkeit $\frac{1}{3}$. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten das Franz gewinnt, wenn er anfängt.\\\\
+\textit{Die folgende Formel gilt für k = Anzahl der Runden:}\\
+\(\sum\limits^{k+1}_{k=1} (\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2})^{k-1} \cdot \frac{1}{3}\)\\\\
+Modellieren Sie das Ganze mit einer Zufallsvariable $X$, die angibt, wie oft beide zusammen auf die Torwand schießen.\\\\
+Da die Variablen, dass Hans und Franz nicht treffen $\frac{2}{3}$ und $\frac{1}{2}$ sich zu der Wahrscheinlichkeit ausmultiplizieren, dass Franz trifft $\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{3}$ und wir uns nur die Wahrscheinlichkeit anschauen, dass Franz gewinnt, können wir die Wahrscheinlichkeit wie folgt nach $X$ modellieren:\\
+$\forall x \in \mathbb{N}:$ $\frac{1}{3}^{\lceil \frac{X}{2} \rceil}$\\\\
+Sei weiter $Y := \lceil \frac{X}{2} \rceil$. Was beschreibt die Zufallsvariable $Y$?\\\\
+Die Variable $Y$ beschreibt die aktuelle Rundenzahl, in der sich Hans und Franz befinden.\\\\
+Zeigen Sie, dass die Verteilung von $Y$ gedächtnislos ist, d.h., dass 
+\[\mathbb{P}(Y >k+n \vert Y >k)=\mathbb{P}(Y >n)\]
+für jedes $k\in \mathbb{N}$ und $n\in \mathbb{N}_0$  gilt. \textit{Hinweis:} Es ist $\lceil r\rceil := min\{n \in \mathbb{N}:n\geq r\}$.\\\\
+Die Formel sagt aus, dass die ausgeführten Versuche und die noch benötigten Versuche unabhängig voneinander sind. Das können wir jedoch schon aus der Geometrischen Reihe schlussfolgern die erneute Angabe ist somit unnötig.
+\end{document}

sti_ws2425/assignment4/name.tex

@@ -0,0 +1,130 @@
+\documentclass[a4paper]{article}
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+\chead{\bfseries{Übungsblatt 3}\\}
+\rhead{Lienkamp, 8128180\\Werner, 7987847}
+
+\begin{document}
+\setcounter{section}{4}
+\subsection{}
+Es seien $X$ und $Y$ zwei Zufallsvariablen mit gemeinsamer Verteilung $p_{X,Y}$ gegeben durch\\
+\begin{table}[ht]
+\centering
+\begin{tabular}{c|c c c c}
+\diagbox{x}{y} & 1 & 2 & 3 & 4 \\ \hline
+1 & $\sfrac{2}{8}$ & 0 & $\sfrac{1}{4}$ & $\sfrac{1}{8}$ \\
+4 & 0 & $\sfrac{1}{8}$ & $\sfrac{1}{4}$ & 0 \\
+\end{tabular}
+\end{table}\\
+Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit der folgenden Ereignisse
+\begin{center}
+  \hfill (a) $X = Y$, \hfill (b) $X \leq Y$, \hfill (c) $X < Y$, \hfill (d) $Y + X$ ist gerade. \hfill
+\end{center}
+Bestimmen und skizzieren Sie die Verteilungsfunktion der Zufallsvariablen $Z := X \cdot Y$.
+\subsubsection*{(a) $X = Y$}
+$\mathbb{X = Y} = \mathbb{P}(X = Y = 1) + \mathbb{P}(X = Y = 2) = \frac{2}{8} + \frac{1}{8} = \frac{3}{8}$
+\subsubsection*{(b) $X \leq Y$}
+$\mathbb{P}(X \leq Y) = \mathbb{P}(X = Y = 1) + \mathbb{P}((X = 1) \cap (Y = 1)) + \mathbb{P}(X = Y = 2) + \mathbb{P}((X = 1) \cap (Y = 1)) + \\
+\mathbb{P}((X = 1) \cap (Y = 3)) + \mathbb{P}((X = 2) \cap (Y = 3)) + \mathbb{P}((X = 1) \cap (Y = 4)) + \mathbb{P}((X = 2) \cap (Y = 3)) + \\
+\mathbb{P}((X = 2) \cap (Y = 4)) = \frac{2}{8} + 0 + \frac{1}{8} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + 0 = 1$
+\subsubsection*{(c) $X < Y$}
+$\mathbb{P}(X < Y) = \mathbb{P}(X \leq Y) - \mathbb{X = Y = 1} - \mathbb{P}(X = Y = 2) = 1 - \frac{2}{8} - \frac{1}{8} = \frac{5}{8}$
+\subsubsection*{(d) $Y + X$}
+$\mathbb{P}((X + Y) \mod 2 = 0) = \mathbb{P}(X = Y = 1) + \mathbb{P}(X = Y = 2) + \mathbb{P}((X = 1) \cap (Y = 3)) +\\
+\mathbb{P}((X = 2) \cap (Y = 4)) = \frac{2}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{4} + 0 = \frac{5}{8}$
+\subsection{}
+Ein Flugzeug auf der Langstrecke von Berlin nach New York habe 298 Sitzplätze. Typischerweise erscheinen von den Personen, die einen Flug auf dieser Strecke buchen, etwa 3\% nicht rechtzeitig.\\
+Angenommen alle Plätze seien gebucht.\\\\
+(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass höchstens 2, 5 oder 10 Plätze nicht besetzt sind?\\\\
+\(\sum\limits^x_{k=0} (0,03)^k\cdot (0,97)^{298-k} \cdot \binom{298}{k}\\
+\text{für }x=2 :\sum\limits^2_{k=0} (0,03)^k\cdot (0,97)^{298-k} \cdot \binom{298}{k} \approx 0,006005 \approx 0,6\%\\\\
+\text{für }x=5 :\sum\limits^5_{k=0} (0,03)^k\cdot (0,97)^{298-k} \cdot \binom{298}{k} \approx 0,115669 \approx 11,6\%\\\\
+\text{für }x=10 :\sum\limits^{10}_{k=0} (0,03)^k\cdot (0,97)^{298-k} \cdot \binom{298}{k} \approx 0,715004 \approx 71,5\%\)
+\clearpage 
+\noindent(b) Um mit weniger leeren Plätzen zu fliegen, möchte die Fluggesellschaft mehr Buchungen als zur Verfügung stehende Plätze zulassen. Wieviele zusätzliche Tickets kann sie verkaufen, sodass mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 95\% alle erscheinenden Passagiere mitfliegen können?\\
+$Hinweis$: Schauen sie sich die Verteilungsfunktion für verschiedene Anzahlen von Buchungen an.\\\\
+Aus Aufgabe 2.a  haben wir zwar die Wahrscheinlichkeiten für 2, 5 und 10 fehlende Passagiere gegeben, hier benötigen wir jedoch nicht die Wahrscheinlichkeit, dass höchstens $x$ Passagiere bei 298 Tickets fehlen, sondern, dass genau die Anzahl an Leuten fehlt, für die zu viele Tickets verkauft wurden.\\
+Wir wissen, dass bei 298 verkauften Tickets die Wahrscheinlichkeiten zwischen 2 und 5 fehlenden Passagieren für unsere Fragestellung gut in Betracht kommen könnten. Da wir die höchste Anzahl an Tickets suchen, die verkauft werden können und mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 95\% alle Passagiere, die pünktlich erschienen sind mitfliegen sollen, beginnen wir mit 4 Tickets zu viel.
+Dafür berechnen wir:\\\\
+Für 4 Tickets zu viel ziehen wir alle Möglichkeiten ab, die nicht eintreten dürfen, also, dass höchstens 3 Leute zu spät kommen:\\
+\(1-\sum\limits^3_{k=0}(0,03)^k\cdot (0,97)^{301-k} \cdot \binom{301}{k} \approx 0.980535 \geq 95\%\)\\\\
+Die Wahrscheinlichkeit bei 4 Tickets zu viel liegt bei über 95\%, wir berechnen aber trotzdem noch die Wahrscheinlichkeit für 5 Tickets zu viel, da wir die maximale Anzahl an mehrverkäuflichen Tickets suchen:
+\(1 -\sum\limits^4_{k=0}(0,03)^k\cdot (0,97)^{302-k} \cdot \binom{302}{k} \approx 0.949502 \leq 95\%\)\\\\
+Die Fluggesellschaft kann vier weitere Tickets verkaufen und mit einer Wahrscheinlichkeit von über 95\% können alle Passagiere, die erscheinen auch mitfliegen.
+\subsection{}
+Die Anzahl der Studierenden, die eine Sprechstunde für Stochastik für Informatiker besuchen, ist poissonverteilt mit Parameter $\lambda > 0$. Diese Studierende studieren jeweils mit Wahrscheinlichkeit $p$ unabhängig voneinander Informatik, wobei $p \in (0, 1)$.\\\\
+(a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass genau $k$ Informatikstudierende zur Sprechstunde kommen, falls insgesamt $n$ Studierende zur Sprechstunde kommen, für $k, n \in \mathbb{N}_0$.\\\\
+X ist die Anzahl an Studierenden in der Sprechstunde\\
+Y ist die Anzahl der Studierenden, welche die Sprechstunde besuchen, Poisson-verteilt\\
+Aus der Vorlesung ist bekannt, dass $\mathbb{P}(Y = n) = \frac{\lambda^n}{n!}\cdot e^{-\lambda}$\\
+Analog gilt $\mathbb{P}(X = k) = \frac{\lambda^k}{k!}\cdot e^{-\lambda}$\\
+Außerdem gilt aus der Vorlesung: $\mathbb{P}(X = k\ |\ Y = n) = \binom{n}{p} \cdot p^\lambda \cdot (1 - p)^{n - k}$\\
+$\mathbb{P}(X = k\ |\ Y = n) = \frac{\mathbb{P}((X = k) \cap (Y = n))}{\mathbb{P}(Y = n)} = \frac{ \mathbb{P}(Y = n) \cdot \mathbb{P}(X = k\ |\ Y = n)}{\mathbb{P}(Y = n)} = \frac{\sfrac{\lambda^n}{n!}\cdot e^{-\lambda} \cdot \binom{n}{p} \cdot p^\lambda \cdot (1 - p)^{n - k}}{\sfrac{\lambda^n}{n!} \cdot e^{-\lambda}} = \binom{n}{p} \cdot p^\lambda \cdot (1 - p)^{n - k}$\\
+Daraus folgt dann:\\
+$\mathbb{P}(X = k\ |\ Y = n) =
+\begin{cases}
+    \text{$\binom{n}{p} \cdot p^\lambda \cdot (1 - p)^{n - k}$} & \text{, } k \leq n \\
+    \text{0} & \text{, } k > n
+\end{cases}$\\
+Das liegt daran, dass das Ergebnis nur Sinn ergibt, wenn $k \leq n$ ist, weil nicht mehr Studenten Die Sprechstunde besuchen, als in der Sprechstunde sein können. Die Wahrscheinlichkeit für  $k > n$ ist daher 0.
+\\\\
+(b) Wie ist die Anzahl der Informatikstudierenden bei der Sprechstunde verteilt? Geben Sie die Verteilung dieser Zufallsvariable explizit an.
+\subsection{Zipf-Verteilung}
+In einem Land gibt es abzählbar unendlich viele Städte die durchnummeriert sind mit den Zahlen {1,2,3...}. Die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewählter Bewohner des Landes in Stadt $k$ lebt, sei gegeben durch $\frac{k-2}{\sfrac{\pi^2}{6}}$.\\\\
+(a) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewählter Bewohner in einer der Städte {5,6,7,8,...} lebt.\\
+X ist die Stadt in der der zufällig ausgewählte Bewohner lebt.
+$\mathbb{P}(X \geq 5) = 1 - \mathbb{P}(X \leq 4)$\\
+$\mathbb{P}(X \leq 4) = \sum^4_{k=1} \frac{k^{-2}}{\sfrac{\pi^2}{6}} = \frac{205}{24 \cdot \pi^2}$\\
+$\Rightarrow{} \mathbb{P}(X \geq 5) = 1 - \mathbb{P}(X \leq 4) = 1 - \frac{205}{24 \cdot \pi^2} \approx 0.1345$\\
+Die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewählter Bewohner in einer der Städte 5,6,7,8,... lebt, liegt bei 13.45\%.\\\\
+(b) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass zwei zufällig und unabhängig voneinander ausgewählte Bewohner in der selben Stadt wohnen.\\\\
+$Hinweis$: Sie können die Gleichungen $\sum^{\infty}_{k=1}k^{-2} = \sfrac{\pi^2}{6} $ und $ \sum^{\infty}_{k=1} k^{-4} = \sfrac{\pi^4}{90}$ verwenden.\\
+Wir definieren X und Y als die Städte in denen die beiden zufällog ausgewählten Bewohner leben.\\\\
+$\mathbb{P}(X = Y) = \mathbb{P}(X = 1, Y = 1) + \mathbb{P}(X = 2, Y =2) + \dots = \sum^\infty_{k=1} \mathbb{P}(X = Y = k) = \sum^\infty_{k=1} \mathbb{P}(X = k) \cdot \mathbb{P}(Y = k) = \sum^\infty_{k=1} \left(\frac{k^{-2}}{\sfrac{\pi^2}{6}}\right)^2 = \sum^\infty_{k=1} \left(\frac{6}{\pi^2 k^2}\right)^2 = \sum^\infty_{k=1} \frac{36}{\pi^4k^4} = \frac{36}{\pi^4} \cdot \sum^\infty_{k=1} k^{-4} = \frac{36}{\pi^4} \cot \frac{\pi^4}{90} = \frac{36}{90} = \frac{2}{5}$
+\end{document}

sti_ws2425/assignment5/main.tex

@@ -0,0 +1,162 @@
+\documentclass[a4paper]{article}
+%\usepackage[singlespacing]{setspace}
+\usepackage[onehalfspacing]{setspace}
+%\usepackage[doublespacing]{setspace}
+\usepackage{geometry} % Required for adjusting page dimensions and margins
+\usepackage{amsmath,amsfonts,stmaryrd,amssymb,mathtools,dsfont} % Math packages
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+\usepackage{enumerate} % Custom item numbers for enumerations
+
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+	basicstyle=\ttfamily, % Typeset listings in monospace font
+}
+
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+
+\geometry{
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+	%showframe, % Uncomment to show how the type block is set on the page
+}
+\lhead{Stochastik für die Informatik\\Wintersemester 2024/2025}
+\chead{\bfseries{Übungsblatt 5}\\}
+\rhead{Lienkamp, 8128180\\Werner, 7987847}
+
+\begin{document}
+\setcounter{section}{5}
+\subsection{}
+Es seien $X$ und $Y$ zwei Zufallsvariablen mit gemeinsamer Verteilung gegeben durch\\
+\begin{table}[ht]
+    \centering
+    \begin{tabular}{c|c c c c}
+         \diagbox{X}{Y} & 1 & 2 & 3 & 4 \\ \hline
+         1 & $\sfrac{1}{10}$ & $\sfrac{1}{10}$ & $\sfrac{1}{5}$ & $\sfrac{3}{10}$ \\
+         2 & 0 & $\sfrac{1}{10}$ & $\sfrac{1}{5}$ & 0 \\
+    \end{tabular}
+\end{table}\\
+(a) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit der Ereignisse $X= Y$ und $3X >Y$.\\\\
+\(\mathbb{P}(X=Y)=\mathbb{P}(X=Y=1)+\mathbb{P}(X=Y=2)=\sfrac{1}{10}+\sfrac{1}{10}=\sfrac{1}{5}\\
+\mathbb{P}(3X>Y)=\mathbb{P}(X=1, Y=1)+\mathbb{P}(X=2, Y=1)+ \mathbb{P}(X=1, Y=1) + \mathbb{P}(X=2, Y=2)\\
+=\sfrac{1}{10}+ \sfrac{1}{10}+\sfrac{1}{10}+\sfrac{1}{5}=\sfrac{1}{2}\)\\\\
+(b) Bestimmen Sie die Randverteilungen $\mathbb{P}(X= \cdot)$ und $\mathbb{P}(Y= \cdot)$ von $X$ und $Y$.\\
+\begin{table}[ht]
+\centering
+\begin{tabular}{c|c c c c|c}
+\diagbox{X}{Y} & 1 & 2 & 3 & 4 & $(X=\cdot)$\\ \hline
+    1 & $\sfrac{1}{10}$ & $\sfrac{1}{10}$ & $\sfrac{1}{5}$ & $\sfrac{3}{10}$ & $\sfrac{7}{10}$ \\
+    2 & 0 & $\sfrac{1}{10}$ & $\sfrac{1}{5}$ & 0 & $\sfrac{3}{10}$\\
+    \hline
+    $(Y=\cdot)$ & $\sfrac{1}{10}$ & $\sfrac{1}{5}$ & $\sfrac{2}{5}$ & $\sfrac{3}{10}$ & \textbf{1}\\
+\end{tabular}
+\end{table}\\
+(c) Bestimmen Sie die bedingten Verteilungen $\mathbb{P}(X= \cdot \vert Y = 2)$ und $\mathbb{P}(Y= \cdot\vert X = 1)$.\\\\
+\(\mathbb{P}(X=x \vert Y=y)=\frac{\mathbb{P}(X=x, Y=y)}{\mathbb{P}(Y=y)}\)\\\\
+$\mathbb{P}(X= \cdot \vert Y = 2) = \mathbb{P}(X= 1 \vert Y = 2) + \mathbb{P}(X= 2 \vert Y = 2) = \frac{\mathbb{P}(X=1, Y=2)}{\mathbb{P}(Y=2)}+\frac{\mathbb{P}(X=2, Y=2)}{\mathbb{P}(Y=2)}\\
+= \frac{\sfrac{1}{10}}{\sfrac{2}{10}}+\frac{\sfrac{1}{10}}{\sfrac{2}{10}}=\sfrac{1}{2}+\sfrac{1}{2}=1$\\\\
+\(\mathbb{P}(Y= \cdot\vert X = 1) = \mathbb{P}(Y=1,X=1)+\mathbb{P}(Y=2 \vert X=1) + \mathbb{P}(Y=3,X=1)+\mathbb{P}(Y=4 \vert X=1)\\
+= \frac{\mathbb{P}(Y=1 \vert X=1)}{\mathbb{P}((X=1)}+\frac{\mathbb{P}(Y=2, X=1)}{\mathbb{P}((X=1)}+ \frac{\mathbb{P}(Y=3 \vert X=1)}{\mathbb{P}((X=1)}+\frac{\mathbb{P}(Y=4, X=1)}{\mathbb{P}((X=1)}=\frac{\sfrac{1}{10}}{\sfrac{7}{10}}+\frac{\sfrac{1}{10}}{\sfrac{7}{10}}+\frac{\sfrac{2}{10}}{\sfrac{7}{10}}+\frac{\sfrac{3}{10}}{\sfrac{7}{10}}=1\)\\\\
+(d) Sind $X$ und $Y$ unabhängig?\\\\
+\(\mathbb{P}(X=1)\cdot \mathbb{P}(Y=1)= \sfrac{1}{10}\cdot \sfrac{7}{10}=\sfrac{7}{100} \neq \sfrac{1}{10}=\mathbb{P}(X=1, Y=1)\)\\
+$X$ und $Y$ sind nicht abhängig, das die Formel $\mathbb{P}(X=x, Y=y) = \mathbb{P}(X=x) \cdot \mathbb{P}(Y=y)$ bei $X=1$ und $Y=1$ nicht zutrifft. Die Formel muss für eine Unabhängigkeit von Variablen bei allen möglichen Belegungen von $X$ und $Y$ zutreffen.\\\\
+(e) Berechnen Sie $\mathbb{E}X$, $\mathbb{E}Y$, $\mathbb{V}(X)$ und $\mathbb{V}(Y)$.\\\\
+\(\mathbb{E}X = \sum\limits_{k \in X(\Omega)}^\cdot k \cdot \mathbb{P}(X=k) \Rightarrow 1 \cdot \mathbb{P}(X=1)+2\cdot \mathbb{P}(X=2)=\sfrac{7}{10}+2\cdot \sfrac{3}{10}=\sfrac{13}{10}=1,3\\\\
+\mathbb{E}Y = \sum\limits_{k \in Y(\Omega)}^\cdot k \cdot \mathbb{P}(Y=k) \Rightarrow 1 \cdot \mathbb{P}(Y=1)+2\cdot \mathbb{P}(Y=2)+3 \cdot \mathbb{P}(Y=3)+4\cdot \mathbb{P}(Y=4)\\
+=\sfrac{1}{10}+2\cdot \sfrac{1}{5}+3\cdot\sfrac{2}{5}+ 4\cdot\sfrac{3}{10}= \sfrac{1}{10}+\sfrac{4}{10}+\sfrac{12}{10}+ \sfrac{12}{10} = \sfrac{29}{10}=2,9\\\\
+\mathbb{V}X= \mathbb{E}[X^2]-\mathbb{E}[X]^2= 1,9-1,69=0,21\\
+\textcolor{gray}{\text{NR: }\mathbb{E}[X^2]=1^2 \cdot \mathbb{P}(X=1)+2^2\cdot \mathbb{P}(X=2)=\sfrac{7}{10}+4\cdot \sfrac{3}{10}=\sfrac{19}{10}=1,9}\\
+\textcolor{gray}{\mathbb{E}[X]^2= 1,3^2=1,69}\\\\
+\mathbb{V}Y=\mathbb{E}[Y^2]-\mathbb{E}[Y]^2= 9,3-8,41=0,89\\
+\textcolor{gray}{\text{NR: } \mathbb{E}[Y^2] = 1^2\cdot \mathbb{P}(Y=1)+2^2\cdot \mathbb{P}(Y=2)+3^2\cdot\mathbb{P}(Y=3)+4^2\cdot\mathbb{P}(Y=4)}\\
+\textcolor{gray}{=\sfrac{1}{10}+4\cdot \sfrac{1}{5}+9\cdot \sfrac{2}{5}+16\cdot\sfrac{3}{10}=\sfrac{1}{10}+\sfrac{8}{10}+\sfrac{36}{10}+\sfrac{48}{10}=\sfrac{93}{10}=9,3}\\
+\textcolor{gray}{\mathbb{E}[Y]^2=2,9^2=8,41}\)
+\subsection{Chuck a luck}
+Bei diesem Würfelspiel setzt ein Spieler 1 Euro gegen die Bank: Der Spieler wählt eine Zahl $a$ zwischen 1 und 6 und würfelt mit drei Würfeln. Zeigt keiner der Würfel die Augenzahl $a$, so verliert der Spieler, andernfalls erhält er je Würfel, der $a$ zeigt, einen Euro (seinen Einsatz bekommt er nicht noch extra zurück). Sei $X$ der Gewinn des Spielers bei einem solchen Spiel.\\\\
+(a) Berechnen Sie $p_X$ und $\mathbb{E}X$.\\\\
+\(p_X:= a^{X+1}\cdot (a^c)^{3-(X+1)}\cdot \binom{3}{X+1}\\
+p_{-1}=(a^c)^3\cdot \binom{3}{0}=(\frac{5}{6})^3\cdot \binom{3}{0}=\frac{125}{216}\\
+p_0=a\cdot (a^c)^2\cdot\binom{3}{1}=\frac{1}{6}\cdot (\frac{5}{6})^2\cdot\binom{3}{1}=3\cdot\frac{25}{216}=\frac{75}{216}\\
+p_1=a^2\cdot a^c \cdot \binom{3}{2}=(\frac{1}{6})^2\cdot \frac{5}{6}\cdot \binom{3}{2}=3\cdot \frac{5}{216}= \frac{15}{216}\\
+p_2=a^3\cdot \binom{3}{3}=(\frac{1}{6})^3\cdot \binom{3}{3}=\frac{1}{216}\\\\
+\mathbb{E}X = \sum\limits_{k \in X(\Omega)}^\cdot k \cdot \mathbb{P}(X=k) \Rightarrow -1\cdot \mathbb{P}(X=-1)+0\cdot \mathbb{P}(X=0)+1\cdot \mathbb{P}(X=1)+2 \cdot \mathbb{P}(X=2)\\
+=-\frac{125}{216}+0+\frac{15}{215}+\frac{2}{216}=-\frac{108}{216}\approx -0,5\)\\\\
+(b) Ist das Spiel fair? Wenn nein, wie hoch müsste der Einsatz sein, damit das Spiel fair wird?\\
+\textit{Ein Spiel wird als fair bezeichnet, der erwartete Gewinn null ist.}\\\\
+Das Spiel ist nicht fair, da der erwartete Gewinn bei $-50 ct$ liegt.\\\\
+Für einen erwarteten Gewinn von Null stellen wir folgende Formel für $(b=Einsatz)$ auf:\\
+\(-b\cdot\frac{125}{216}+(1-b)\cdot\frac{75}{215}+(2-b)\cdot \frac{15}{216}+(3-b)\cdot\frac{1}{216}=0\\
+\frac{-125b}{216}+\frac{75-75b}{216}+\frac{30-15b}{216}+\frac{3-b}{216}=0 \\
+\frac{108-216b}{216}=0\\
+108=216b\\
+0,5=b\\\)
+Mit einem Einsatz von $50ct$ haben wir ein faires Spiel.
+\clearpage
+\noindent\subsection{}
+Berechnen Sie für $p\in(0,1)$
+\[\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits^n_{k=1}\binom{n-1}{k-1}(1-p)^{n-k}p^k\]
+ohne den Binomischen Lehrsatz zu verwenden.\\\\
+Allgemein gilt: $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k! \cdot (n-k)!} \Rightarrow \binom{n - 1}{k - 1} = \frac{(n-1)!}{(k-1)!\cdot ((n-1)-(k-1))!}=\frac{(n-1)!}{(k-1)!\cdot(n-1-k+1)!}=\frac{(n - 1)!}{(k - 1)! \cdot (n - k)!}$\\\\
+$\Rightarrow \lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{k = 1}^{n} \frac{(n - 1)!}{(k - 1)! \cdot (n - k)!} \cdot (1 - p)^{n - k} \cdot p^k$\\\\
+Wir substituieren $k = i + 1$:\\
+$\Rightarrow \lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} \frac{(n - 1)!}{i! \cdot ((n - (i + 1)!} \cdot (1 - p)^{n - (i + 1)} \cdot p^{i + 1}$\\
+$= \lim\limits_{n \to \infty} p \cdot \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} \frac{(n - 1)!}{i! \cdot ((n - 1) - i)!} \cdot (1 - p)^{n - i - 1} \cdot p^i$\\
+$\Rightarrow \sum\limits^{n-1}_{i=0}\frac{(n-1)!}{i!\cdot((n-1)-i)!}=\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} \binom{n - 1}{i}$ ist die Summe aller Wahrscheinlichkeiten einer Binomialverteilung und ist immer $= 1$.\\\\
+Daher gilt:\\
+$\Rightarrow \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} \binom{n - 1}{i} = 1$\\
+$\Rightarrow \lim\limits_{n \to \infty} p \cdot \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} \binom{n - 1}{i} \cdot (1 - p)^{n - i - 1} \cdot p^i$\\
+$\Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty} p \cdot 1 \cdot (1 - p)^{n - i - 1} \cdot p^i$\\
+$= \lim\limits_{n \to \infty} p \cdot 1 = p$\\\\
+Die Rücksubstitution ist hier nicht mehr notwendig, da wir keine i's mehr im Ergebnisterm haben.
+\subsection{Poissonverteilung}
+Seien $X\sim Poi(\lambda)$ und $Y\sim Poi(\mu)$ unabhängig. Berechnen Sie $\mathbb{E} [\frac{1}{1+X+Y}]$.\\\\
+\(\textcolor{gray}{Z=X+Y \sim Poi(c) \text{ mit }c:=\lambda + \mu} \\
+\mathbb{E}[\frac{1}{1+Z}]= \sum\limits_{Z\in Z(\Omega)} \frac{1}{1+Z} \cdot \mathbb{P}(\mathbb{Z}= \cdot) = \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{1}{1+k} \cdot \frac{c^k}{k!}e^{-c} = e^{-c} \sum\limits^\infty_{k=0} \frac{c^k}{(k+1)!}\cdot \frac{c}{c}= \frac{e^{-c}}{c}\sum\limits^\infty_{k=0}\frac{c^{k+1}}{(k+1)!}= \frac{e^{-c}}{c}\sum\limits^\infty_{k=1}\frac{c^k}{k!}= \frac{e^{-c}}{c}\left(\sum\limits^\infty_{k=1}\frac{c^k}{k!}+\frac{c^0}{0!}\cdot\frac{c^0}{0!}\right) = \frac{e^{-c}}{c}\left(\sum\limits^\infty_{k=0}\frac{c^k}{k!}-1\right)=\frac{e^{-c}}{c}(e^c-1)=\frac{1-e^{-c}}{c}=\frac{1-e^{\lambda+\mu}}{\lambda+\mu}\\
+\\
+\)
+\clearpage
+\noindent\subsection{Geometrische Verteilung \textit{KLAUSURAUFGABE!!!}}
+Seien $S\sim Geom(p)$ und $T \sim Geom(q)$ unabhängig mit $0 < p,q \leq 1$. Sei $U$ das Minimum der beiden, also $U(\omega) = min\{S(\omega),T(\omega)\}$. Berechnen Sie $\mathbb{E}[U]$.\\\\
+$S \sim \text{Geom}(p), \quad T \sim \text{Geom}(q), \quad \text{mit} \quad P(S, T) = P(S) \cdot P(T).$\\\\
+$S\sim Geom(p)\Rightarrow\mathbb{P}(S=\omega)=(1-p)^{\omega-1}\cdot p\\
+\hspace*{2,1cm}\Rightarrow\mathbb{P}(S>\omega)=(1-p)^\omega$\\
+$T\sim Geom(q)\Rightarrow\mathbb{P}(T=\omega)=(1-q)^{\omega-1}\cdot q\\
+\hspace*{2,1cm}\Rightarrow\mathbb{P}(T>\omega)=(1-q)^\omega$\\\\
+\(U(\omega)=min\{S(\omega),T(\omega)\}\\
+\mathbb{P}(U=\omega)= \mathbb{P}(S=\omega,T>\omega)+\mathbb{P}(S>\omega,T=\omega)+\mathbb{P}(S=\omega,T=\omega)\\
+=\mathbb{P}(S=\omega)\cdot \mathbb{P}(T>\omega)+\mathbb{P}(S>\omega)\cdot\mathbb{P}(T=\omega)+\mathbb{P}(S=\omega)\cdot\mathbb{P}(T=\omega)\\
+= (1-p)^{\omega-1}\cdot p\cdot(1-q)^\omega+ (1-q)^{\omega-1}\cdot q\cdot(1-p)^\omega+(1-p)^{\omega-1}\cdot p\cdot(1-q)^{\omega-1}\cdot q\\
+= (1-p)^{\omega-1}\cdot p\cdot(1-q)^{\omega-1} \cdot (1-q)+ (1-q)^{\omega-1}\cdot q\cdot(1-p)^{\omega-1} \cdot (1-p)+(1-p)^{\omega-1}\cdot p\cdot(1-q)^{\omega-1}\cdot q\\
+= ((1-p)\cdot (1-q))^{\omega-1}\cdot p\cdot(1-q)+ ((1-p)\cdot (1-q))^{\omega-1}\cdot q \cdot (1-p)+((1-p)\cdot (1-q))^{\omega-1}\cdot p\cdot q\\
+= ((1-p)\cdot (1-q))^{\omega-1}\cdot (q \cdot (1-p)+q \cdot (1-p)+p\cdot q)\\
+= (1-p-q+pq)^{\omega-1}\cdot(p-pq+q-pq+pq)\\
+= (1-(p+q-pq))^{\omega-1}\cdot (p+q-pq) \Rightarrow\) Geometrische Reihe\\\\
+$\mathbb{E}(\text{Geometrische Reihe})=\frac{1}{p}$\\
+\hspace*{2.1cm} $\Rightarrow p\ \hat{=}\ p+q-pq \Rightarrow \mathbb{E}(U)=\frac{1}{p+q-pq}$
+\end{document}

sti_ws2425/assignment6/main.tex

@@ -0,0 +1,163 @@
+\documentclass[a4paper]{article}
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+
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+
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+\lhead{Stochastik für die Informatik\\Wintersemester 2024/2025}
+\chead{\bfseries{Übungsblatt 6}\\}
+\rhead{Lienkamp, 8128180\\Werner, 7987847}
+\begin{document}
+\setcounter{section}{6}
+\subsection{}
+Eine faire Münze wird zwölfmal geworfen. Sei $X_i \in \{0,1\}$ für $i\in\{1,\dots,12\}$ die Indikatorfunktion für Kopf im $i$-ten Wurf, i.e. $X_i = 1$ genau dann, wenn die Münze im $i$-ten Wurf Kopf zeigt.\\
+Seien $Z= \sum^{12}_{i=1} X_i$ und $W = 12 X_1$.\\
+Berechnen Sie $\mathbb{E}Z$, $\mathbb{E}W$, $\mathbb{V} Z$ und $\mathbb{V} W$. Vergleichen Sie $\mathbb{E}Z$ mit $\mathbb{E}W$ und $\mathbb{V} Z$ mit $\mathbb{V} W$.\\\\
+\(\mathbb{E}Z = \mathbb{E}\left(\sum^{12}_{i=1} X_i\right)= \mathbb{E}(X_1)+ \mathbb{E}(X_2)+ \mathbb{E}(X_3)+ \mathbb{E}(X_4)+ \mathbb{E}(X_5)+ \mathbb{E}(X_6)+ \mathbb{E}(X_7)+ \mathbb{E}(X_8)+ \mathbb{E}(X_9)+ \mathbb{E}(X_{10})+ \mathbb{E}(X_{11})+ \mathbb{E}(X_{12})= 12 \cdot (0 \cdot \frac{1}{2} + 1 \cdot \frac{1}{2}) = 6\\\\
+\mathbb{E}W=\sum\limits^\cdot_{k\in X(\Omega)}k \cdot [X=k]\Rightarrow\sum\limits^\cdot_{k \in X(\Omega)} \mathbb{E}(12 X_i) = k \cdot [X=k] \Rightarrow 12 \cdot \sum\limits^\cdot_{k \in X(\Omega)} \mathbb{E}(X_i) = k \cdot [X=k]\\
+\Rightarrow 12 \cdot \mathbb{E}(X_i) = 12 \cdot (0 \cdot [X=0]  + 1 \cdot [X=1]) = 12 \cdot (0 \cdot \frac{1}{2} + 1 \cdot \frac{1}{2}) = 12 \cdot \frac{1}{2}=6\\\\
+\mathbb{V}Z = \mathbb{E}[\sum^{12}_{i=1} X_i] = \mathbb{V}[X_1 + X_2 + \dots + X_{12}]= \mathbb{V}[X_1] + \mathbb{V}[X_2] + \dots +\mathbb{V}[X_{12}] = 12 \cdot \frac{1}{2}(1-\frac{1}{2})= 12 \cdot \frac{1}{4}=3\\
+\textcolor{gray}{\mathbb{V}[X+Y]=\mathbb{V}[X]+\mathbb{V}[Y]}\\
+\textcolor{gray}{Bernoulli \quad \mathbb{V}[p] = p(1-p)}\\\\
+\mathbb{V}W=\mathbb{E}[12 X_1]=12^2\mathbb{V}[X_1]=144\cdot \frac{1}{2}(1-\frac{1}{2})=144 \cdot \frac{1}{4}=36\\
+\textcolor{gray}{\mathbb{V}[aX]=a\cdot\mathbb{V}[X]}\\
+\textcolor{gray}{Bernoulli \quad \mathbb{V}[p] = p(1-p)}\)\\\\
+Da die Wahrscheinlichkeit für Kopf und Zahl fair also gleich sind, ergeben $\mathbb{E}W$ und $\mathbb{E}Z$ die gleichen Wahrscheinlichkeiten.\\
+Für $\mathbb{V}W$ mit einer direkt proportionalen Konstante werden die Wahrscheinlichkeiten addiert, während $\mathbb{V}Z$ mit Bernoulli-Verteilung am Quadrat des Faktors skaliert wird. Durch die unterschiedlichen Berechnungen erhalten wir die Differenz der Ergebnisse.
+\subsection{}
+Sei $X$ eine Poisson-verteilte Zufallsvariable mit Parameter $\lambda>0$. Berechnen Sie $\mathbb{E} (X\vert X \geq 1)$.\\\\
+$\mathbb{E}(X \vert X \geq 1) = \frac{\mathbb{E}[X \cdot 1_{\{X \geq 1\}}]}{\mathbb{P}(X \geq 1)}$\\
+Die Indikatorfunktion $1_{\{x \geq 1\}}$ ist 1 wenn die Bedingung $X \geq 1$ erfüllt ist, ansonsten ist der Term gleich 0\\
+$\Rightarrow \mathbb{P}(X \geq 1) = 1 - \mathbb{P}(X = 0) = 1 - \text{e}^{-\lambda}$\\
+$\Rightarrow \mathbb{E}[X \cdot 1_{\{X \geq 1\}}] = \mathbb{E}[X] - \mathbb{E}[X \cdot 1_{\{X = 0\}}]$\\
+$\Leftrightarrow \mathbb{E}[X] - \mathbb{E}[X \cdot 1_{\{X = 0\}}] = \lambda$ weil für $X = 0$ ist $X \cdot 1_{\{X = 0\}} = 0$\\
+Jetzt setzen wir die Formel zusammen und setzen ein:\\
+$\Rightarrow \mathbb{E}(X \vert X \geq 1) = \frac{\mathbb{E}[X]}{\mathbb{P}(X \geq 1)} = \frac{\lambda}{1 - \text{e}^{-\lambda}}$\\
+Somit ist $\mathbb{E}(X \vert X \geq 1) = \frac{\lambda}{1 - \text{e}^{-\lambda}}$.
+\clearpage
+\subsection{Unabhängigkeit und Unkorreliertheit}
+$X$ und $Y$ seien unabhängige Bernoulli-verteilte Zufallsvariablen mit Parameter $p= 1/2$.\\
+Zeigen Sie, dass $X+ Y$ und $\vert X-Y \vert$ abhängig, aber unkorreliert sind.\\\\
+\begin{tabular}{ll}
+    $X, Y \sim Bernoulli (\frac{1}{2})$ & $\mathbb{E}[X]=\mathbb{E}[Y]=\frac{1}{2}$ \\
+    $X+Y$ & $\mathbb{E}[X+Y]=\mathbb{E}[X] +\mathbb{E}[Y]=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$\\
+    $\vert X-Y \vert$ & $\mathbb{E}[\vert X - Y\vert]=\frac{1}{2}$
+\end{tabular}\\\\
+\(cov[X+Y, \vert X-Y\vert]- \mathbb{E}[X+Y]\cdot \mathbb{E}[\vert X-Y]=0\)\\\\
+% #9F19E0
+% #E01969
+% #E019E0
+\begin{tabular}{c|c c c|c}
+\diagbox{B}{A} & 0 & 1 & 2 & $\mathbb{P}(A=a)$ \\ \hline
+0 & \textcolor[HTML]{E019E0}{$\sfrac{1}{4}$} & 0 & \textcolor[HTML]{E01969}{$\sfrac{1}{4}$} & $\sfrac{1}{2}$ \\
+1 & 0 & \textcolor[HTML]{9F19E0}{$\sfrac{1}{2}$} & 0 & $\sfrac{1}{2}$ \\ \hline
+$\mathbb{P}(B=b)$ & $\sfrac{1}{4}$ & $\sfrac{1}{2}$ & $\sfrac{1}{4}$ & 1\\
+\end{tabular}
+\hspace*{1cm}
+\begin{tabular}{c|c|c}
+    $X$ & $Y$ & $A$\\
+    \hline
+    0 & 0 & \textcolor[HTML]{E019E0}{0}\\
+    0 & 1 & \textcolor[HTML]{9F19E0}{1}\\
+    1 & 0 & \textcolor[HTML]{9F19E0}{1}\\
+    1 & 1 & \textcolor[HTML]{E01969}{2}\\
+\end{tabular}
+\hspace*{1cm}
+\begin{tabular}{c|c|c}
+    $X$ & $Y$ & $B$ \\
+    \hline
+    0 & 0 & \textcolor[HTML]{E019E0}{0}\\
+    0 & 1 & \textcolor[HTML]{9F19E0}{1}\\
+    1 & 0 & \textcolor[HTML]{9F19E0}{1}\\
+    1 & 1 & \textcolor[HTML]{E01969}{0}\\
+\end{tabular}\\\\\\
+\(\mathbb{E}[A=1, B=0]=0\neq \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}= \mathbb{P}[A=1]\cdot \mathbb{P}[B=0]\)\\
+Somit sind A und B zwar unkorreliert, aber nicht unabhängig, also abhängig.
+\subsection{Momente der Zipf-Verteilung}
+Sei $X$ zipfverteilt mit Parameter $\alpha >1$.\\\\
+(a) Für welche Werte von $\alpha$ ist $\mathbb{E}(X^2)$ endlich?\\
+Bestimmen Sie $\mathbb{V}(X) = \mathbb{E}(X^2)-\mathbb{E}(X)^2$, falls $\mathbb{E}(X^2)$ endlich ist.\\\\
+Gegeben sind:\\
+$\Rightarrow \mathbb{E}[X] = \sum_{k \in X(\Omega)}^{\infty} k \cdot \mathbb{P}(X = k)$\\
+$\Rightarrow \mathbb{P}(X = k) = \frac{k^{-\alpha}}{Z_N(\alpha)}$\\\\
+Daraus folgt:\\
+$\Rightarrow \mathbb{E}[X] = \sum_{k \in X(\Omega)}^{\infty} k \cdot \mathbb{P}(X = k) = \sum_{k \in X(\Omega)}^{\infty} k \cdot \frac{k^{-\alpha}}{Z_N(\alpha)} = \frac{1}{Z(\alpha)} \cdot \sum_{k \in X(\Omega)}^{\infty} k \cdot k^{-\alpha}\\
+= \frac{1}{Z(\alpha)} \cdot \sum_{k \in X(\Omega)}^{\infty} \frac{k}{k^\alpha} = \frac{1}{Z(\alpha)} \cdot Z(\alpha - 1) = \frac{Z(\alpha - 1)}{Z(\alpha)}$\\\\
+Analog dazu gilt:\\
+$\Rightarrow \mathbb{E}[X^2] = \sum_{k \in X(\Omega)}^{\infty} k^2 \cdot \mathbb{P}(X = k) = \sum_{k \in X(\Omega)}^{\infty} k^2 \cdot \frac{k^{-\alpha}}{Z_N(\alpha)} = \frac{1}{Z(\alpha)} \cdot \sum_{k \in X(\Omega)}^{\infty} k^2 \cdot k^{-\alpha}\\
+= \frac{1}{Z(\alpha)} \cdot \sum_{k \in X(\Omega)}^{\infty}k^{2 -\alpha} = \frac{1}{Z(\alpha)} \cdot Z(\alpha - 2) = \frac{Z(\alpha - 2)}{Z(\alpha)}$\\\\
+$\sum_{k \in X(\Omega)}^{\infty}k^{2 -\alpha} = \sum_{k \in X(\Omega)}^{\infty}\frac{1}{k^{\alpha - 2}}$ ist eine harmonische Reihe. Eine harmonische Reihen $\sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^k}$ konvergiert für $k > 1$.\\\\
+Unsere Reihe konvergiert demnach für $\alpha - 2 > 1 \Leftrightarrow \alpha > 3$.\\
+Somit ist $\mathbb{E}[X^2]$ endlich, wenn die Reihe konvergiert, für $\alpha \in \mathbb{N}:\alpha > 3$\\\\
+Wir setzen ein:\\
+$\mathbb{E}[X^2] - \mathbb{E}[X]^2 = \frac{Z(\alpha - 2)}{Z(\alpha)} - \left( \frac{Z(\alpha - 1)}{Z(\alpha)}\right)^2 = \frac{Z(\alpha - 2)}{Z(\alpha)} -\frac{Z(\alpha - 1)^2}{Z(\alpha)^2}$
+\clearpage
+\noindent (b) Für festes $\alpha$, bestimmen Sie die Menge 
+\[M_\alpha := {\beta >0: E[X^\beta] <\infty}\]
+und berechnen Sie $E[X^\beta]$ für $\beta \in M_\alpha$.\\\\
+Ähnlich wie bei der a) kann hier folgendes umgeformt werden:\\
+$\mathbb{E}[X^\beta] = \sum_{k = 1}^\infty k^\beta \cdot \mathbb{P}(X = k) = \sum_{k = 1}^\infty k^\beta \cdot \frac{k^{-\alpha}}{Z(\alpha)} = \frac{1}{Z(\alpha)} \cdot \sum_{k = 1}^\alpha \frac{k^\beta}{k^\alpha} = \frac{1}{Z(\alpha)} \cdot \sum_{k = 1}^\infty \frac{1}{k^{\alpha - \beta}}$\\
+Hier haben wir erneut eine harmonische Reihe. Die Reihe konvergiert für $\alpha - \beta > 1 \Leftrightarrow \alpha > \beta + 1$\\
+$\Rightarrow 0 < \beta + 1 < \alpha$\\\\
+Unsere Menge sieht somit wie folgt aus:\\
+$M_\alpha := \{0 < \beta + 1 < \alpha\}$ für ein konstantes $\alpha$\\\\
+Wir setzen fertig ein:\\
+$\mathbb{E}[X^\beta] = \frac{1}{Z(\alpha)} \cdot \sum_{k = 1}^\infty \frac{1}{k^{\alpha - \beta}} = \frac{1}{Z(\alpha)} \cdot Z(\alpha - \beta) = \frac{Z(\alpha - \beta)}{Z(\alpha)}$\\\\
+\subsection{}
+Sei X geometrisch verteilt mit Parameter $p\in (0,1)$ und $Y$ unabhängig von $X$ poisson-verteilt mit Parameter $1/p$. Sei $f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ mit $f(x,y) = (x-y)^2$ gegeben. Zeigen Sie, dass die Wahrscheinlichkeit, dass $Y$ um mehr als $1 /p$ von $\mathbb{E} (f(X,Y))$ abweicht, kleiner kleiner gleich $p$ ist.\\
+\textit{Hinweis}: Sie dürfen die Formel für die Varianz der Poisson-Verteilung und der Geometrischen-Verteilung aus der Vorlesung benutzen.\\\\
+\(X \sim Geo(p) \Rightarrow \mathbb{P}[x=k]=(1-p)^{k-1}; \quad \mathbb{E}[X]=\frac{1}{p}; \quad \mathbb{V}[X]=\frac{1-p}{p^2}\\
+Y \sim Poi(\frac{1}{p})\Rightarrow \mathbb{P}[Y=k]=\frac{(\frac{1}{p})^k}{k!}e^{-\frac{1}{p}}; \quad \mathbb{E}[Y]=\frac{1}{p}; \quad \mathbb{V}[Y]=\frac{1}{p}\\\\
+\text{Z.Z. } \mathbb{P}\left(\vert Y-\frac{1}{p}\vert > \sqrt{\mathbb{E}[f(x,y)]}\right)\leq p \quad \text{Spiegelt Chebyshev-Ungleichung wieder:}\\
+\mathbb{P}(\vert Y -\mathbb{E}[Y]\vert \geq c)\leq \frac{\mathbb{V}(Y)}{c^2} \quad \text{wir setzen } \sqrt{\mathbb{E}[f(x,y)]} = c\\\\
+\mathbb{V}[A]=\mathbb{E}[A^2]-\mathbb{E}[A]^2\\
+\mathbb{V}[x]= \mathbb{E}[x^2]-\mathbb{E}[x]^2 \Rightarrow \mathbb{E}[x^2] = \mathbb{V}[x]+\mathbb{E}[x]^2 \Rightarrow \frac{1-p}{p^2}+\frac{1}{p^2}= \frac{2-p}{p^2}=\mathbb{E}[x^2]\\
+\mathbb{V}[y] = \mathbb{E}[y^2]-\mathbb{E}[y]^2 \Rightarrow \mathbb{E}[y^2] = \mathbb{V}[y]+\mathbb{E}[y]^2 \Rightarrow \frac{1}{p}+\left(\frac{1}{p}\right)^2=\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}=\frac{p}{p^2}\frac{1}{p^2}= \frac{p+1}{p^2}= \mathbb{E}[y^2]\\\\
+\mathbb{E}[f(x,y)]=\mathbb{E}[(X-Y)^2] = \mathbb{E}[x^2 -2xy+y^2]=\mathbb{E}[x^2]-2\mathbb{E}[xy]+\mathbb{E}[y^2]=\mathbb{E}[x^2]-2\mathbb{E}[x]\mathbb{E}[y]+\mathbb{E}[y^2]\\\\
+c = \sqrt{\mathbb{E}[f(x,y)]}\Rightarrow c = \sqrt{\frac{1}{p^2}}=\frac{1}{p}\\\\
+\mathbb{P}(\vert Y - \mathbb{E}[y]\vert > c) \leq \frac{\mathbb{V}[y]}{c^2}\Rightarrow \mathbb{P}\left(\vert Y - \frac{1}{p}\vert  > \sqrt{\mathbb{E}[f(x,y)]}\right)\leq \frac{\frac{1}{p}}{\left(\frac{1}{p}\right)^2} \Rightarrow \mathbb{P}\left(\vert Y - \frac{1}{p}\vert  > \sqrt{\frac{1}{p^2}}\right)\leq \frac{\frac{1}{p}}{\frac{1}{p^2}} \\
+\Rightarrow \mathbb{P}\left(\vert Y - \frac{1}{p}\vert  > \frac{1}{p}\right)\leq p\)\\\\
+Da die Chebyshev-Ungleichung erfüllt ist, gilt \( \mathbb{P}\left(\vert Y-\frac{1}{p}\vert > \sqrt{\mathbb{E}[f(x,y)]}\right)\leq p\).
+\end{document}

sti_ws2425/assignment7/main.tex

@@ -0,0 +1,280 @@
+\documentclass[a4paper]{article}
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+\usepackage{amsmath}
+\pagestyle{fancy}
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+\usepackage{enumerate} % Custom item numbers for enumerations
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+\usepackage[ruled]{algorithm2e} % Algorithms
+
+\usepackage[framemethod=tikz]{mdframed} % Allows defining custom boxed/framed environments
+
+\usepackage{listings} % File listings, with syntax highlighting
+\lstset{
+	basicstyle=\ttfamily, % Typeset listings in monospace font
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+
+\usepackage[ddmmyyyy]{datetime}
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+
+\geometry{
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+\lhead{Stochastik für die Informatik\\Wintersemester 2024/2025}
+\chead{\bfseries{Übungsblatt 7}\\}
+\rhead{Lienkamp, 8128180\\Werner, 7987847}
+\begin{document}
+\setcounter{section}{7}
+\subsection{}
+Gegeben seien zwei Zufallsvariablen $X$ und $Y$ mit $Cov(X, Y ) = \frac{1}{12}$. Vervollständigen Sie die folgende Tabelle:\\\\
+% #9F19E0
+% #E01969
+% #E019E0
+\begin{tabular}{c|c c|c}
+\diagbox{X}{Y} & 0 & 1 & $\mathbb{P}(X=x)$ \\ \hline
+0 & \textcolor[HTML]{DD6BED}{$\sfrac{1}{3}$} & \textcolor[HTML]{FF0046}{$\sfrac{1}{6}$} & \textcolor[HTML]{F56BC1}{$\sfrac{1}{2}$}\\
+1 & \textcolor[HTML]{FF1FB1}{$\sfrac{1}{6}$} & $\sfrac{1}{3}$ & \textcolor[HTML]{B176FA}{$\sfrac{1}{2}$}\\ \hline
+$\mathbb{P}(Y=y)$ & $\sfrac{1}{2}$ & \textcolor[HTML]{7149FF}{$\sfrac{1}{2}$} & \textcolor[HTML]{B800FA}{$1$}\\
+\end{tabular}\\\\\\
+\(\mathbb{P}(Y=\cdot) = \textcolor[HTML]{B800FA}{1}\\\\
+\mathbb{P}(Y=\cdot) = \mathbb{P}(Y=0)+\mathbb{P}(Y=1) = 1 \Rightarrow \mathbb{P}(Y=1)=\mathbb{(Y=\cdot)} - \mathbb{P}(Y=0)= \mathbb{P}(Y=1)\\
+\Rightarrow \mathbb{P}(Y=1)=1-\sfrac{1}{2}=\textcolor[HTML]{7149FF}{\sfrac{1}{2}}\)\\\\
+\(\mathbb{P}(Y=1) = \mathbb{P}(Y=1,X=0)+\mathbb{P}(Y=1,X=1)\Rightarrow \mathbb{P}(Y=1,X=0)=\mathbb{P}(Y=1)-\mathbb{P}((Y=1,X=1)\\
+\Rightarrow \sfrac{1}{2} - \sfrac{1}{3}=\textcolor[HTML]{FF1FB1}{\sfrac{1}{6}}\)\\\\
+\(cov(X,Y)=\mathbb{E}(X\cdot Y)-\mathbb{E}(X)\cdot \mathbb{E}(Y) = \sfrac{1}{12} \Rightarrow \sfrac{1}{12} = \sfrac{1}{2}-\mathbb{E}[Y]\cdot \sfrac{1}{3} \Rightarrow \mathbb{E}[Y]\cdot \sfrac{1}{3} = \sfrac{1}{2}-\sfrac{1}{12} \Rightarrow \mathbb{E}[Y] \cdot \sfrac{1}{3} = \sfrac{4}{12}-\sfrac{1}{12} = \sfrac{1}{4} \Rightarrow \mathbb{E}[X] = \frac{\sfrac{1}{4}}{\sfrac{1}{2}}= \sfrac{1}{2}\\
+\textcolor{gray}{\mathbb{E}(X \cdot Y)= 0\cdot 0 \cdot \mathbb{P}(X=0, Y=0)+ 0 \cdot 1 \cdot \mathbb{P}(X=0,Y=1)+ 1 \cdot 0 \cdot \mathbb{P}(X=1,Y=0)+1 \cdot 1 \cdot \mathbb{P}(X=1,Y=1)=\sfrac{1}{3}}\\
+\textcolor{gray}{\mathbb{E}[X]=0\cdot \mathbb{P}(X=0)+1 \cdot \mathbb{P}(X=1)=\mathbb{P}(X=1)=\sfrac{1}{2}}\\
+\mathbb{E}[Y] = 0 \cdot \mathbb{P}(Y=0)+ 1 \cdot \mathbb{P}(Y=1)=\mathbb{P}(Y=0)=\textcolor[HTML]{B176FA}{\sfrac{1}{2}}\)\\\\
+\(\mathbb{P}(X=\cdot)=\mathbb{P}(X=0)+\mathbb{P}(X=1)=1 \Rightarrow \mathbb{P}(X=0)=\mathbb{P}(X=\cdot)-\mathbb{P}(X=1)=1 \Rightarrow 1- \sfrac{1}{2} = \textcolor[HTML]{F56BC1}{\sfrac{1}{2}}\)\\\\
+\(\mathbb{P}(Y=1)= \mathbb{P}(X=0,Y=1)+\mathbb{P}(X=1,Y=1) \Rightarrow \mathbb{P}(X=0,Y=1)=\mathbb{P}(Y=1)-\mathbb{P}(X=1,Y=1)  \Rightarrow \sfrac{1}{2}-\sfrac{1}{3}= \textcolor[HTML]{FF0046}{\sfrac{1}{6}}\)\\\\
+\(\mathbb{P}(Y=0)= \mathbb{P}(X=0,Y=0)+\mathbb{P}(X=1,Y=0) \Rightarrow \mathbb{P}(X=0,Y=0)=\mathbb{P}(Y=0)-\mathbb{P}(X=1,Y=0)  \Rightarrow \sfrac{1}{2}-\sfrac{1}{6}= \textcolor[HTML]{DD6BED}{\sfrac{1}{3}}\)
+% Randverteilung: \(\mathbb{P}(X = \cdot, Y=\cdot) = \textcolor[HTML]{B800FA}{1}\)\\\\
+% gegeben: \(\mathbb{P}(X=0, Y=\cdot)= \sfrac{1}{2} \Rightarrow \mathbb{P}(X=1, Y=\cdot)=1-\mathbb{P}(X=0,Y=\cdot)=1-\frac{1}{2}=\textcolor[HTML]{7149FF}{\sfrac{1}{2}}\)\\\\
+% \(cov(X,Y) = \mathbb{E}[X\cdot Y] - \mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Y]\\
+% \Rightarrow \sfrac{1}{3}-\mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Y] = \sfrac{1}{12}\\
+% \Rightarrow \sfrac{4}{12} -\sfrac{1}{12}= \mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Y] = \sfrac{3}{12}=\sfrac{1}{4}\\
+% \Rightarrow \mathbb{E}[X] \cdot \sfrac{1}{2} = \sfrac{3}{12}\\
+% \Rightarrow \mathbb{E}[X] = \frac{\sfrac{3}{12}}{\sfrac{1}{2}} = \sfrac{6}{12}=\sfrac{1}{2}\\
+% \Rightarrow \mathbb{P}(X=1)\cdot \sfrac{1}{2}=\sfrac{1}{4}\\
+% \Rightarrow \mathbb{P}(X=1)=\textcolor[HTML]{B176FA}{\sfrac{1}{2}}\)\\\\
+% \(\mathbb{E}[A]=\sum\limits^\cdot_{k\in X(\Omega)}k\cdot \mathbb{P}(A=k)\\
+% \mathbb{E}[X \cdot Y]= 0\cdot \mathbb{P}[X=0, Y=0] + 1 \cdot \mathbb{P}[X=1,Y=1] = \mathbb{P}[X=1,Y=1]=\textcolor[HTML]{DD6BED}{\sfrac{1}{3}}\\
+% \mathbb{E}[X]= 0 \cdot \mathbb{P}(X=0) + 1 \cdot \mathbb{P}(X=1) = \mathbb{P}(X=1)=\sfrac{1}{2}\\
+% \mathbb{P}[Y]= 0 \cdot \mathbb{P}(Y=0)+1\cdot \mathbb{P}(Y=1) = \sfrac{1}{3}\)
+\subsection{Kovarianz}
+Seien X und Z unabhängig mit derselben Verteilung und $Y:= X-Z$. Berechnen Sie $cov(X, Y )$ und $corr(X, Y )$.\\\\
+\(cov(X,Y)=cov(X,X-Z)=cov(X,X) - cov(X,Z) = var(x) - cov(X,Z)\\
+cov((X,Z)=0 \Rightarrow cov(X,Y) = var(X)\)\\\\
+\(corr((X,Y) \frac{cov(X,Y)}{\sqrt{\mathbb{V}(X)\cdot \mathbb{V}(Y)}}\\
+\mathbb{V}(Y)= \mathbb{V}(X-Z) = \mathbb{V}(X) - 2cov(X,Z) + \mathbb{V}(Z) = \mathbb{V}(X) + \mathbb{V}(Z) \quad \textcolor{gray}{\Rightarrow cov(X,Y)=0}\\
+corr(X,Y) = \frac{\mathbb{V}(X)}{\sqrt{\mathbb{V}(X)\cdot (\mathbb{V}(X)+\mathbb{V}(Z))}} = \frac{\mathbb{V}(X)}{\sqrt{\mathbb{V}(X)\cdot \mathbb{V}(X)+ \mathbb{V}(X) \cdot \mathbb{V}(Z))}}=\frac{\mathbb{V}(X)}{\sqrt{\mathbb{V}(X)\cdot \mathbb{V}(X)+ \mathbb{V}(X) \cdot \mathbb{V}(X))}}=\frac{\mathbb{V}(X)}{\sqrt{2 \cdot \mathbb{V}(X)^2}}=\frac{\mathbb{V}(X)}{\mathbb{V}(X)\sqrt{2}}= \frac{1}{\sqrt{2}}\\
+\textcolor{gray}{\mathbb{V}(X)=\mathbb{V}(Z)}\)
+\subsection{Kovarianz}
+Seien $X$, $Y$ und $Z$ Zufallsvariablen auf $(\Omega, P)$ mit positiver Varianz und seien $a, b \in \mathbb{R}$.\\\\
+(a) Zeigen Sie: $cov(aX + bY, Z) = a\, cov(X, Z) + b\,  cov(Y, Z)$.\\\\
+Aus der Vorlesung gilt: $cov(X,Y) = \mathbb{E}[X \cdot Y] - \mathbb{E}[X]\cdot \mathbb{E}[Y]$\\
+$\Rightarrow cov(a \cdot X + b \cdot Y, Z) = \mathbb{E}[(a \cdot X + b \cdot Y) \cdot Z] - \mathbb{E}[a \cdot X + b \cdot Y] \cdot \mathbb{E}[Z]$\\
+Außerdem gilt: $\mathbb{E}[a \cdot X] = a \cdot \mathbb{X}$ und $\mathbb{E}[X + Y] = \mathbb{E}[X] + \mathbb{E}[Y]$\\
+Somit gilt: $\mathbb{E}[a \cdot X + b  \cdot Y] = a \cdot \mathbb{E}[X] + b \cdot \mathbb{E}[Y]$\\
+$\Rightarrow \mathbb{E}[(a \cdot X + b \cdot Y) \cdot Z] = a \cdot \mathbb{E}[X \cdot Z] + b \cdot \mathbb{E}[Y \cdot Z]$\\
+Eingesetzt ergibt das dann:\\
+$\Rightarrow cov(a \cdot X + b \cdot Y, Z) = a \cdot \mathbb{E}[X \cdot Z] - b \cdot \mathbb{E}[Y \cdot Z] - ((a \cdot \mathbb{E}[X] + b \cdot \mathbb{E}[Y]) \cdot \mathbb{E}[Z])$\\
+\hspace*{3.57cm}$= a \cdot \mathbb{E}[X \cdot Z] + b \cdot \mathbb{E}[Y \cdot Z] - a \cdot \mathbb{E}[X] \cdot \mathbb{E}[Z] - b \cdot \mathbb{E}[Y] \cdot \mathbb{E}[Z]$\\
+\hspace*{3.57cm}$= a \cdot \mathbb{E}[X \cdot Z] - a \cdot \mathbb{E}[X] \cdot \mathbb{E}[Z] + b \cdot \mathbb{E}[Y \cdot Z] - b \cdot \mathbb{E}[Y] \cdot \mathbb{E}[Z]$\\
+\hspace*{3.57cm}$= a \cdot (\mathbb{E}[X \cdot Z] - \mathbb{E}[X] \cdot \mathbb{E}[Z]) + b \cdot (\mathbb{E}[Y \cdot Z] - \mathbb{E}[Y] \cdot \mathbb{E}[Z])$\\
+\hspace*{3.57cm}$= a \cdot cov(X, Z) + b \cdot cov(Y, Z)$\\
+\hspace*{3,57cm}$= cov(a \cdot X, b \cdot Z)$
+\\\\
+(b) Zeigen Sie, dass für unabhängige Zufallsavriablen $X$ und $Y$ gilt, dass $\mathbb{E}[XY ] = \mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Y ]$\\
+und folgern Sie daraus $cov(X, Y ) = 0$.\\\\
+Aus der Vorlesung wissen wir:\\
+$\mathbb{E}[X] = \int\limits_{-\infty}^\infty t \cdot fx(t)dt$\\
+\(\mathbb{E}[Y] = \int\limits_{-\infty}^\infty t \cdot fy(t)dt\\
+\mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Y] = \left(\int\limits_{-\infty}^\infty t \cdot fx(t)dt\right) \cdot \left(\int\limits_{-\infty}^\infty t \cdot fy(t)dt\right)\)\\\\
+\(\mathbb{E}[XY] = \int\limits^\infty_{-\infty}\int\limits^\infty_{-\infty}xy\, f_{X,Y}(x,y)dx\, dy\)\\\\
+Da $X$ und $Y$ unabhängig sind, können wir $f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)\, f_Y(y)$\\\\
+\(\mathbb{E}[XY] = \int\limits^\infty_{-\infty}\int\limits^\infty_{-\infty} xy \, f_X (x)\, f_Y\, dx\, dy \Rightarrow \left(\int\limits_{-\infty}^\infty t \cdot fx(t)dt\right) \cdot \left(\int\limits_{-\infty}^\infty t \cdot fy(t)dt\right) = \mathbb{E}[XY]\)\\\\
+\(cov(X,Y)= \mathbb{E}[XY]-\mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Y]\)\\
+Wir haben im ersten Schritt bewiesen, dass \(\mathbb{E}[XY]=\mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Y]\). Setzen wir dies ein, kommen wir auf:\\
+\(cov(X,Y)=0\)
+\clearpage
+\subsection{Momente der Gleichverteilung}
+Die Zufallsvariablen $U$ sei gleichverteilt auf $[a, b]$, wobei $a, b \in \mathbb{R}, a < b$. Berechnen Sie $\mathbb{E}[U ]$ und
+$\mathbb{E}[U^2]$ und $\mathbb{V}[U]$.\\
+\textit{Hinweis}: Sie sollten die binomische Formel
+\[(a-b)^3= a^3-3a^2b + 3ab^2-b^3\] verwenden.\\\\
+\(f_U(u)=\begin{cases}
+        0 & \text{für } x<a\\
+        \frac{1}{b-a} & \text{für } a \leq x < b\\
+        0 & \text{für } x \geq b\\
+\end{cases}\)\\
+\(\mathbb{P}(a\leq x \leq b)= \int\limits^b_af_x(t)dt, \quad \mathbb{E}[X]= \int\limits^b_a t\cdot f_x(t)dt\)\\
+\(\mathbb{E}[U] = \int\limits^b_a u\cdot f_U(u)du = \int\limits^b_a u\cdot \frac{1}{b-a} du = \frac{1}{b-a}\int^b_a udu  = \frac{1}{b-a}\left[\frac{u^2}{2}\right]^b_a= \frac{(b-a)^2}{2}\cdot \frac{1}{b-a}= \frac{(b-a)\cdot (b+a)}{2}\frac{1}{b-a} = \frac{b-a}{2}\)\\\\
+\(\mathbb{E}[U^2]=\int\limits^b_a u^2 f_U(u)\, du = \int\limits^b_a u^2\cdot \frac{1}{b-a}\, du = \frac{1}{b-a}\left[\frac{u^3}{3}\right]^b_a=\frac{(b-a)^3}{3}\cdot \frac{1}{b-a}= \frac{(b-a)^2}{3} \)\\\\
+\(\mathbb{V}[U]= \mathbb{E}[U]^2-\mathbb{E}[U]^2 = \frac{(b-a)^2}{3} - \left(\frac{1}{b-a}\right)^2=\frac{(b-a)^2}{3} - \frac{1}{(b-a)^2} = \frac{(b-a)^4}{3(b-a)^2}-\frac{3}{3(b-a)^2}=\frac{(b-a)^4-3}{3(b-a)^2}\)
+\subsection{}
+Seien $X$, $Y$, $M$ unabhängige Zufallsvariablen mit $X \sim \mathcal{U}[0, 2]$, $Y \sim\mathcal{U}[2, 4]$ und $M\sim Bern(1/2)$.
+Wir definieren $Z := M\cdot X + (1-M )\cdot Y$.\\\\
+(a) Berechnen Sie die Verteilungsfunktion $F_Z$ und die Dichte $f_Z$ von $Z$ und skizzieren Sie diese.\\\\
+$\Leftrightarrow X \sim \mathcal{U}[0,2]$\\
+$\Leftrightarrow Y \sim \mathcal{U}[2,4]$\\
+$\Leftrightarrow M \sim Bern(1/2)$\\\\
+Wobei $\mathcal{U}$ für die Gleichverteilung und $Bern$ für die Bernoulliverteilung steht,\\
+mit $Z = M \cdot X + (1 - M) \cdot Y$.\\\\
+Aus der Vorlesung kennen wir die allgemeine Funktionsgleichung der Verteilung für eine Gleichverteilung $V \sim U[a,b]$:\\\\
+\(F_V(v)=\begin{cases}
+        0 & \text{für } x<a\\
+        \frac{v - a}{b-a} & \text{für } a \leq x < b\\
+        1 & \text{für } x \geq b\\
+\end{cases}\)
+\clearpage
+\noindent Die Verteilungsfunktionen für $X \sim U[0,2]$ bzw. $Y \sim U[2,4]$ sind dann:\\\\
+\[
+\begin{array}{c}
+F_X(x) = \begin{cases}
+        0 & \text{für } x < 0 \\
+        \frac{x}{2} & \text{für } 0 \leq x < 2 \\
+        1 & \text{für } x \geq 2 \\
+\end{cases} \\
+\end{array}
+\quad
+\begin{array}{c}
+\text{bzw.} \quad
+F_Y(y) = \begin{cases}
+        0 & \text{für } y < 2 \\
+        \frac{y - 2}{2} & \text{für } 2 \leq y < 4 \\
+        1 & \text{für } y \geq 4 \\
+\end{cases}
+\end{array}
+\]\\
+Nun können wir aus der Formel die beiden Fälle von $M \sim Bern(1/2)$ mit jeweils der Wahrscheinlichkeiten $\mathbb{P}(M = 1) = \mathbb{P}(M = 2) = \frac{1}{2}$ entnehmen:\\\\
+$M = 0 \Rightarrow Z = Y \sim U[2,4]$\\
+$M = 1 \Rightarrow Z = X \sim U[0,2]$\\\\
+Somit können wir die beiden Verteilungsfunktionen kombinieren, durch:\\\\
+$F_Z(z) = \frac{1}{2} \cdot F_X(z) + \frac{1}{2} \cdot F_Y(z)$\\\\
+\hspace*{1cm}\(= \frac{1}{2} \cdot \left( \begin{cases}
+        0 & \text{für } z < 0 \\
+        \frac{z}{2} & \text{für } 0 \leq z < 2 \\
+        1 & \text{für } z \geq 2 \\
+\end{cases}\right) + \frac{1}{2} \cdot \left( \begin{cases}
+        0 & \text{für } z < 2 \\
+        \frac{z - 2}{2} & \text{für } 2 \leq z < 4 \\
+        1 & \text{für } z \geq 4 \\
+\end{cases} \right)\)\\\\\\
+\hspace*{1cm}\(= \begin{cases}
+        0 \cdot \frac{1}{2} & \text{für } z < 2 \\
+        \frac{z}{2} \cdot \frac{1}{2} & \text{für } 2 \leq z < 4 \\
+        \frac{z - 2}{2} \cdot \frac{1}{2} & \text{für } 2 \leq z < 4 \\
+        1 \cdot \frac{1}{2} & \text{für } z \geq 4 \\
+\end{cases}\)\\\\\\
+\hspace*{1cm}\(= \begin{cases}
+        0 \cdot & \text{für } z < 0 \\
+        \frac{z}{4} & \text{für } 0 \leq z < 2 \\
+        \frac{z - 2}{4} & \text{für } 2 \leq z < 4 \\
+        1 & \text{für } z \geq 4 \\
+\end{cases}\)\\\\
+Die Dichtefunktion ist die Ableitung der Verteilungsfunktion:\\\\
+$f_Z(z) = F_Z(z) \cdot \frac{d}{dz}$\\\\
+\(\Rightarrow f_Z(z) = F_Z'(z) = \begin{cases}
+        0 \cdot \frac{d}{dz} & \text{für } z < 0 \\
+        \frac{z}{4} \cdot \frac{d}{dz} & \text{für } 0 \leq z < 2 \\
+        \frac{z - 2}{4} \cdot \frac{d}{dz} & \text{für } 2 \leq z < 4 \\
+        1 \cdot \frac{d}{dz} & \text{für } z \geq 4 \\
+\end{cases}\)\\\\
+\hspace*{2.77cm}\(= \begin{cases}
+        0 & \text{für } z < 0 \\
+        \frac{1}{4} & \text{für } 0 \leq z < 2 \\
+        \frac{1}{4} & \text{für } 2 \leq z < 4 \\
+        0 & \text{für } z \geq 4 \\
+\end{cases}\)\\\\\\
+\(\Rightarrow f_Z(z) = \begin{cases}
+        0 & \text{für } z < 0 \\
+        \frac{1}{4} & \text{für } 0 \leq z < 4 \\
+        0 & \text{für } z \geq 4 \\
+\end{cases}\)\\\\\\
+Der Graph der Verteilungsfunktion sieht wie folgt aus:\\
+\begin{tikzpicture}
+
+    % Draw the x-axis
+    \draw (-2.5,0) -- (11.5,0); 
+    
+    % Draw the y-axis
+    \draw[->] (0,-1) -- (0,6.5);
+
+    % X-axis ticks and labels
+    \foreach \x in {-1, 1, 2, 3, 4} {
+        \draw (\x / 2 * 5,0.1) -- (\x / 2 * 5,-0.1) node[below] {\x}; % x-ticks
+    }
+
+    \foreach \y in {0.25, 0.5, 0.75, 1} {
+        \draw (0.1,\y * 6) -- (-0.1,\y * 6) node[left] {\y}; % y-ticks with fractions
+    }
+    \draw[green, thick] (-2.5,0) -- (2.5,0);
+    \draw[green, thick] (2.5, 0) -- (10,6);
+    \draw[green, thick] (10,6) -- (11.5,6);
+\end{tikzpicture}\\
+Der Graph der Dichtefunktion sieht wie folgt aus:\\
+\begin{tikzpicture}
+
+    % Draw the x-axis
+    \draw (-2.5,0) -- (11.5,0); 
+    
+    % Draw the y-axis
+    \draw[->] (0,-1) -- (0,6.5);
+
+    % X-axis ticks and labels
+    \foreach \x in {-1, 1, 2, 3, 4} {
+        \draw (\x / 2 * 5,0.1) -- (\x / 2 * 5,-0.1) node[below] {\x}; % x-ticks
+    }
+
+    \foreach \y in {0.25, 0.5, 0.75, 1} {
+        \draw (0.1,\y * 6) -- (-0.1,\y * 6) node[left] {\y}; % y-ticks with fractions
+    }
+    \draw[green, thick] (-2.5,0) -- (2.5,0);
+    \draw[green, thick] (2.5, 1.5) -- (10,1.5);
+    \draw[green, thick] (10,0) -- (11.5,0);
+\end{tikzpicture}
+\clearpage
+\noindent(b) Berechnen Sie $Cov(X, Z)$ und $Corr(X, Z)$.\\\\
+\(\mathbb{E}[X]=\int\limits^2_0 x\, f_X(x) \, dx = \int\limits^2_0 x\, \frac{1}{2}\, dx = \left[\frac{x^2}{4}\right]^2_0=\frac{4}{4}-0=1\)\\
+\(\mathbb{E}[Y]=\int\limits^4_2 x\,f_Y(y)\, dy = \int\limits^4_2 y\, \frac{1}{2}\, dy = \left[\frac{y^2}{4}\right]^4_2 = \frac{16}{4}-\frac{4}{4}=\frac{12}{4}=3\\
+\mathbb{E}(Z) = \frac{1}{2}\cdot 1 + \frac{1}{2}\cdot 3 = 2\\
+\mathbb{E}[Z]\frac{1}{2}\)\\
+\(\mathbb{E}[XZ]=\mathbb{E}[X(M\cdot X + (1 -M)\cdot Y] = \mathbb{E}[MX^2+(1-M)XY] = \mathbb{E}[MX^2]+\mathbb{E}[(1-M)XY]=\mathbb{E}[MX^2]+\mathbb{E}[XY-MXY]=\mathbb{E}[MX^2]+\mathbb{E}[XY] \mathbb{E}[MXY]=\mathbb{E}[M]\mathbb{E}[X^2]+\mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Y]-\mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Y]\mathbb{E}[M]\quad \leftarrow \) $M$, $X$, $Y$ sind unabhängig voneinander.\\
+\(\mathbb{E}[X^2]=\int\limits^2_0 x^2\, f_X(x)\, dx = \int\limits^2_0 x^2\, \frac{1}{2}\, dx = \left[\frac{x^3}{6}\right]^2_0 = \frac{8}{6} -0=\frac{4}{3}\)\\
+\(\mathbb{E}[XZ]= \mathbb{E}[M]\mathbb{E}[X^2]+\mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Y]-\mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Y]\mathbb{E}[M] = \frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}+1\cdot 3 - 1\cdot 3\cdot \frac{1}{2}= \frac{2}{3}+3-\frac{3}{2}=\frac{13}{6}\)\\\\
+Wir setzen ein:\\
+\(cov(X,Z)=\mathbb{E}[XZ]-\mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Z]=\frac{13}{6}-1\cdot 2 = \frac{13}{6}-\frac{12}{6}=\frac{1}{6}\)\\\\
+\(corr(X,Z)=\frac{cov(X,Z)}{\sqrt{\mathbb{V}(X)\mathbb{V}(Z)}}\\\mathbb{V}(X)=\mathbb{E}[X^2]-\mathbb{E}[X]^2 = \frac{4}{3}-1^2=\frac{1}{3}\\\\
+\mathbb{V}(Z)=\mathbb{E}[Z^2]-\mathbb{E}[Z]^2\\
+\mathbb{E}[Z^2]=\int\limits^4_0 z^2\, fz_Z(z)\, dz=\int\limits^4_0z^2\frac{1}{4}\, dz = \frac{1}{12} \left[2^3\right]^4_0=\frac{64}{12}=\frac{16}{3}\\
+\mathbb{V}(Z)=\frac{16}{3}-2^2=\frac{16}{3}-\frac{12}{3}=\frac{4}{3}\)\\\\
+Wir setzen ein:\\
+\(corr(X,Z)=\frac{\sfrac{1}{6}}{\sqrt{\sfrac{1}{3}\cdot \sfrac{4}{3}}}=\frac{\sfrac{1}{6}}{\sqrt{\sfrac{4}{9}}}=\frac{\sfrac{1}{6}}{\sfrac{2}{3}}=\frac{1}{4}\)
+\end{document}

sti_ws2425/assignment8/main.tex

@@ -0,0 +1,230 @@
+\documentclass[a4paper]{article}
+%\usepackage[singlespacing]{setspace}
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+%\usepackage[doublespacing]{setspace}
+\usepackage{geometry} % Required for adjusting page dimensions and margins
+\usepackage{amsmath,amsfonts,stmaryrd,amssymb,mathtools,dsfont} % Math packages
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+\pgfplotsset{compat=1.18}
+
+\usepackage{enumerate} % Custom item numbers for enumerations
+
+\usepackage[ruled]{algorithm2e} % Algorithms
+
+\usepackage[framemethod=tikz]{mdframed} % Allows defining custom boxed/framed environments
+
+\usepackage{listings} % File listings, with syntax highlighting
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+	basicstyle=\ttfamily, % Typeset listings in monospace font
+}
+
+\usepackage[ddmmyyyy]{datetime}
+
+
+\geometry{
+	paper=a4paper, % Paper size, change to letterpaper for US letter size
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+}
+\lhead{Stochastik für die Informatik\\Wintersemester 2024/2025}
+\chead{\bfseries{Übungsblatt 8}\\}
+\rhead{Lienkamp, 8128180\\Werner, 7987847}
+\begin{document}
+\setcounter{section}{8}
+\subsection{}
+Sei $(X_n)_{n\in N}$ eine Folge von unabhängigen, identisch verteilten Zufallsvariablen mit Dichte\\\\
+\(f_{X1}(x) = 
+\begin{cases}
+    2x, & \text{falls } x \in [0,1],\\
+    0, & \text{sonst.}
+\end{cases}\)\\\\
+Berechnen Sie \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum\limits^n_{i=1}X_i\).\\\\
+Gleichverteilung der Zufallsvariablen:\\
+\(\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n}\sum\limits^n_{i=1} X_y = \lim\limits_{n\to\infty} \mathbb{E}[X_i]=\mathbb{E}[X_1]\)\\\\
+\(\int\limits^1_0 t\cdot f(t)\, dt = \int\limits^1_0 t\cdot t ^2\, dt = 2 \int\limits^1_0 t^2\, dt = 2 \left[\frac{t^3}{3}\right]^1_0 = 2 \left(\frac{1^3}{3}-\frac{0^3}{3}\right)=\frac{2}{3}\)\\\\
+\(\Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum\limits^n_{i=1}X_i=\frac{2}{3}\)
+\subsection{}
+Sei $X$ eine Zufallsvariablen mit der Dichte\\\\
+\(F_X(x)=\begin{cases}
+    cxe^{-\lambda x} & \text{falls } x \geq 0\\
+    0 & \text{sonst}
+\end{cases}\)\\\\
+wobei $\lambda > 0$ fest gewählt ist und $c \in \mathbb{R}$ eine geeignete Konstante.\\\\
+(a) Bestimmen Sie $c$.\\\\
+\(\int\limits^\infty_{-\infty} f_X(t)\, dt \rightarrow \int u\cdot v' = u\cdot v - \int u' \cdot v = c \cdot \left[t\cdot \left(-\frac{1}{\lambda}\right)e^{-\lambda t} - \int 1 \cdot \left(-\frac{1}{\lambda}\right)e^{-\lambda t}\right]^\infty_0\)\\
+\(c \cdot \left[-\frac{t}{\lambda}\, e^{-\lambda t}-\frac{1}{\lambda^2}\, e^{-\lambda t}\right]^\infty_0=c\cdot \left(0-0-\left(0-\frac{1}{\lambda^2}\right)\right)=\frac{c}{\lambda^2}\)\\\\
+Für die Dichte einer Zufallsvariable muss gelten: \(\frac{c}{\lambda^2}=1 \Rightarrow c = \lambda^2\) \\\\
+(b) Berechnen Sie $\mathbb{E}[X]$ und $\mathbb{V}(X)$.\\\\
+Aus der Vorlesung kennen wir:\\
+$\mathbb{E}[X] = \int\limits_{-\infty}^{\infty} t \cdot f_x(t) dt$.\\
+Außerdem ist $f_X(t) = \frac{d}{dt} \cdot F_X(t)$\\
+Somit ist $\mathbb{E}[X] = \int\limits_{-\infty}^{\infty} t \cdot \frac{d}{dt} \cdot F_X(t) dt$\\
+Diesen Term können wir nun durch partielle Integration vereinfachen Wir definieren: $u = t$, $du = dt$, $dv = \frac{d}{dt} \cdot F_X(t)dt$ und $v = F_X(t)$\\
+Die Formel der Partiellen Integration lautet: $\int u dv = uv - \int v du$
+Wir wenden dies auf den Ausgangsterm an:\\
+$\mathbb{E}[X] = [tF_X(t)]_{-\infty}^\infty - \int\limits_{-\infty}^\infty t F_X(t) dt$\\
+Den Term $[tF_X(t)]_{-\infty}^\infty$ können wir eliminieren, weil für die beiden Randwerte bei $\lambda > 0$ für $t \rightarrow \infty$ geht $F_X(t) \rightarrow 0$ (wir nehmen an, dass $\mathbb{E}[X]$ für große $t$ nicht divergiert) und für $t \rightarrow 0$ geht $F_X(t) \rightarrow 0$. $t \rightarrow - \infty$ ist $0$ laut der Definition von $F_X(x)$ für $x < 0 \rightarrow 0$\\
+Somit bleibt: $\mathbb{E}[X] = - \int\limits_0^\infty t F_X(t) dt$\\
+Die Funktion einsetzen:\\
+$\mathbb{E}[X] = - \int\limits_0^\infty t \lambda^2te^{-\lambda t} dt$\\
+$\mathbb{E}[X] = - \int\limits_0^\infty \lambda^2t^2e^{-\lambda t} dt$\\
+$\mathbb{E}[X] = - \lambda^2 \cdot \int\limits_0^\infty t^2e^{-\lambda t} dt$\\
+Zum lösen dieses Integrals kann eine einfache Formel verwendet werden: $\int\limits_0^\infty t^ne^{-\lambda t} dt = \frac{!n}{\lambda^{n + 1}}$\\
+$\Rightarrow \mathbb{E}[X] = - \lambda^2 \cdot \frac{!2}{\lambda^{2 + 1}} = - \frac{2}{\lambda}$\\
+Nun berechnen wir noch $\mathbb{V}[X] = \mathbb{E}[X^2] - \mathbb{E}[X]^2$\\
+$\mathbb{E}[X^2] = - \int\limits_0^\infty t^2 F_X(t) dt$\\
+$\mathbb{E}[X] = - \int\limits_0^\infty t^2 \lambda^2te^{-\lambda t} dt$\\
+$\mathbb{E}[X] = - \int\limits_0^\infty \lambda^2t^3e^{-\lambda t} dt$\\
+$\Rightarrow \mathbb{E}[X] = - \lambda^2 \cdot \frac{!3}{\lambda^{3 + 1}}= - \frac{\lambda^2 \cdot 6}{\lambda^{3 + 1}} = - \frac{6}{\lambda^2}$\\
+$\Rightarrow \mathbb{V}[X] = \mathbb{E}[X^2] - \mathbb{E}[X]^2 = - \frac{6}{\lambda^2} - \left(- \frac{2}{\lambda}\right) = - \frac{6 \cdot \lambda}{\lambda^2 \cdot \lambda} + \frac{2 \cdot \lambda^2}{\lambda \cdot \lambda^2} = - \frac{6 \cdot \lambda + 2 \cdot \lambda^2}{\lambda^3} = \frac{2 \cdot (x + 3)}{x^2}$
+\\\\
+(c) Berechnen Sie die Verteilungsfunktion $F_X$ und skizzieren Sie sie für $\lambda = 2$.\\\\
+\(F_X(t) = \int\limits^x_{-\infty} f_X(t)\, dt\)\\\\
+aus (a): \(c \cdot \left[-\frac{t}{\lambda}\, e^{-\lambda t} - \frac{1}{\lambda^2}\, e^{-\lambda t}\right]^x_0 = \lambda^2 \cdot \left[-\frac{t}{\lambda}\, e^{-\lambda t}-\frac{1}{\lambda^2}\, e^{-\lambda t}\right]^x_0=\left[-\lambda\cdot te^{-\lambda t} - e^{\lambda t}\right]^x_0\)\\\\
+Aufgrund der Exponentialverteilung wissen wir: \(\left[-\lambda \cdot te^{-\lambda t} - e^{\lambda t}\right]^x_0 = 1 - \lambda xe^{-\lambda x} - e^{-\lambda x}\)\\\\
+für \(\lambda = 2 \Rightarrow 1 - 2 \cdot xe^{-2x}-e^{-2x}\)\\\\
+\begin{tikzpicture}
+    \begin{axis}[
+        width=10cm, % Breite des Plots
+        height=6cm, % Höhe des Plots
+        xmin=-1, xmax=5, % Bereich der x-Achse
+        ymin=0, ymax=1.2, % Bereich der y-Achse
+        xlabel={$x$}, % Beschriftung x-Achse
+        ylabel={$y$}, % Beschriftung y-Achse
+        axis lines=middle, % Achsen durch den Ursprung
+        domain=-1:5, % Bereich für die Funktion
+        samples=200, % Anzahl der Punkte
+    ]
+        \addplot[
+            blue, % Farbe der Linie
+            thick % Dicke der Linie
+        ]
+        {1 - 2*exp(-2*x) - exp(-2*x)};
+        \legend{$y = 1 - 2e^{-2x} - e^{-2x}$} % Legende
+    \end{axis}
+\end{tikzpicture}
+\subsection{}
+Die Verteilung der Zufallsvariable $Z$ ist wie folgt definiert. Eine faire Münze werde geworfen, und falls die Münze Kopf zeigt, sei $Z$ gleichverteilt auf $[1,3]$, sonst sei $Z$ gleichverteilt auf $[2,4]$.\\\\
+(a) Berechnen Sie die Verteilungsfunktion $F_Z$ und die Dichte $f_Z$ von $Z$ und skizzieren Sie diese.\\\\
+\textbf{Verteilungsfunktion:}\\\\
+Es ist gegeben:\\\\
+\(\mathcal{B}\sim Ber\left(\frac{1}{2}\right), X\sim \mathcal{U}([1,3]), Y \sim \mathcal{U}([2,4])\)\\
+$X$ und $Y$ sind voneinander unabhängig.\\
+\(Z=\mathcal{B}X + (1-\mathcal{B})Y\)\\
+\(F_Z(x)=\mathbb{P}(Z\leq x \vert \mathcal{B}=0)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=0)+\mathbb{P}(Z\leq x \vert \mathcal{B}=1)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1)\\
+\hspace*{.85cm}\Rightarrow\mathbb{P}(X\leq x)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1) + \mathbb{P}(Y\leq x) \cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1)\)\\\\
+\(F_Z(x)= 
+\begin{cases}
+    \mathbb{P}(X<1)\cdot\mathbb{P}(\mathcal{B}=0)+\mathbb{P}(Y<1)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1) = 0\cdot \frac{1}{2}+0\cdot \frac{1}{2}=0 & \text{falls } x<1\\
+    \mathbb{P}(X<2)\cdot\mathbb{P}(\mathcal{B}=0)+\mathbb{P}(Y<2)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1) = \frac{x-1}{2}\cdot \frac{1}{2}+0\cdot \frac{1}{2}=\frac{x-1}{4} & \text{falls } 1\leq x<2\\
+    \mathbb{P}(X<3)\cdot\mathbb{P}(\mathcal{B}=0)+\mathbb{P}(Y<3)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1) = \frac{x-1}{2}\cdot \frac{1}{2}+\frac{x-2}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{2x-3}{4} & \text{falls } x2\leq x < 3\\
+    \mathbb{P}(X<4)\cdot\mathbb{P}(\mathcal{B}=0)+\mathbb{P}(Y<4)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1) = \frac{1}{2} + \frac{x-2}{2}\cdot \frac{1}{2}+ \frac{x-2}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{x}{4} & \text{falls } 3\leq x < 4\\
+    \mathbb{P}(X)\cdot\mathbb{P}(\mathcal{B}=0)+\mathbb{P}(Y)\cdot \mathbb{P}(\mathcal{B}=1) = \frac{1}{2}+ \frac{1}{2}=1 & \text{falls } 4 \leq x\\
+\end{cases}\)\\\\\\
+Für die Dichte der Funktion berechnen wir die Ableitungen der Verteilungsfunktionen:\\\\
+\(f_Z(x)= 
+\begin{cases}
+    0 & \text{falls } x<1\\
+    \frac{1}{4} & \text{falls } 1 \leq x < 2\\
+    \frac{1}{2} & \text{falls } 2 \leq x < 3\\
+    \frac{1}{4} & \text{falls } 3 \leq x < 4\\
+    0 & \text{falls } 4 \leq x\\
+\end{cases}\)\\\\\\
+\begin{tikzpicture}
+    \begin{axis}[
+        axis lines=middle,
+        xlabel={$x$},
+        ylabel={$F_Z(x)$},
+        xmin=0, xmax=5,
+        ymin=0, ymax=1.2,
+        xtick={1,2,3,4},
+        ytick={0,0.25,0.5,0.75,1},
+        grid=both,
+        width=14cm,
+        height=7cm,
+    ]
+    \addplot[
+        domain=0:1, samples=2, thick, color=purple,
+    ] {0};
+    \addplot[
+        domain=1:2, samples=50, thick, color=purple,
+    ] {(x-1)/4};
+    \addplot[
+        domain=2:3, samples=50, thick, color=purple,
+    ] {(2*x-3)/4};
+    \addplot[
+        domain=3:4, samples=50, thick, color=purple,
+    ] {(x)/4};
+    \addplot[
+        domain=4:5, samples=2, thick, color=purple,
+    ] {1};
+    \addplot[
+        domain=0:1, samples=2, thick, color=teal,
+    ] {0};
+    \addplot[
+        domain=1:2, samples=2, thick, color=teal,
+    ] {0.25};
+    \addplot[
+        domain=2:3, samples=2, thick, color=teal,
+    ] {0.5};
+    \addplot[
+        domain=3:4, samples=2, thick, color=teal,
+    ] {0.25};
+    \addplot[
+        domain=4:5, samples=2, thick, color=teal,
+    ] {0};
+    \end{axis}
+\end{tikzpicture}\\\\
+\noindent(b) Berechnen Sie $\mathbb{E}[Z^3]$.\\\\
+\(\mathbb{E}[Z^3]= \int\limits^4_1 t^3\,f(t)\, dt\)\\
+\(\Rightarrow \int\limits^4_1 t^3\, f(t)\, dt = \int\limits^2_1 t^3\, f(t)\, dt + \int\limits^3_2 t^3\, dt + \int\limits^4_3 t^3\, f(t)\, dt = \int\limits^2_1 t^3\, \frac{1}{4}\ dt + \int\limits^3_2 t^3\, \frac{1}{2}\, dt + \int\limits^4_3 t^3\, \frac{1}{4}\, dt\)\\
+\(= \frac{1}{4}\int\limits^2_1 t^3\, dt + \frac{1}{2} \int\limits^3_2 t^3\, dt + \frac{1}{4} \int\limits^4_3 t^3\, dt = \frac{1}{4} \left[\frac{t^4}{4}\right]^2_1 + \frac{1}{2}\left[\frac{t^4}{4}\right]^3_2 + \frac{1}{4} \left[\frac{t^4}{4}\right]^4_3\)\\
+\(\frac{1}{4}\left(\frac{16}{4}-\frac{1}{4}\right) + \frac{1}{2}\left(\frac{81}{4}-\frac{16}{4}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{256}{4}-\frac{81}{4}\right)= \frac{15}{16}+\frac{65}{8}+\frac{175}{16}= \frac{15}{16}+\frac{130}{16}\frac{175}{16}=\frac{320}{16}=20\)
+\subsection{}
+Die Dauer $T$ der Reparatur einer Maschine sei exponentialverteilt zum Parameter $\lambda$.\\\\
+(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Reparatur länger als $t > 0$ Zeiteinheiten dauert? Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie länger als $t$ Zeiteinheiten dauert, wenn sie bereits $s\in(0,t)$ Zeiteinheiten andauert, und noch nicht beendet ist? Was können Sie über die Verteilung Restdauer der Reparatur sagen?\\\\
+Wir wissen \(\mathbb{P}(T>t)=\int\limits^\infty_t \lambda e^{-\lambda t}\, dt = \lambda \int\limits^\infty_t e^{\lambda t}\, dt\)\\\\
+\textcolor{gray}{NR: \(z = -\lambda t \Leftrightarrow \frac{dz}{dt} = -\lambda \Leftrightarrow dt = \left(-\frac{1}{\lambda}\right)\cdot dz\)}\\\\
+\(\Rightarrow \lambda \cdot \int\limits^\infty_t e^z\cdot\left(-\frac{1}{\lambda}\right)\, dz = -\int\limits^\infty_t e^z\, dz = \left[-e^z\right]^\infty_t = \left[-e^{-\lambda t}\right]^\infty_t\)\\\\
+\textcolor{gray}{NR: \(\lim\limits_{t\to\infty} -e^{-\lambda t} = \lim\limits_{t\to\infty} \frac{1}{e^{\lambda t}}=0\)}\\\\
+\(\Rightarrow 0 - \left(-e^{-\lambda t}\right)=e^{-\lambda t}\)\\\\\\
+Für \(\mathbb{P}(T>t \vert T>s)\) ist gegeben \(s\in (0,t)\), es gilt also \(t>s\).\\\\
+\(\mathbb{P}(T>t \vert T>s)=\frac{\mathbb{P}(T>t,T>s)}{\mathbb{P}(T>s)}=\frac{\mathbb{P}(T>t)}{\mathbb{P}(T>s)}=\frac{e^{-\lambda t}}{e^{-\lambda s}}=e^{-\lambda (t-s)}\)\\\\
+$s=$ vergangene Zeiteinheiten der Reparatur\\
+$t=$ insg. Zeiteinheiten der Reparatur\\
+\(r= t-s \Rightarrow t=r+s \Rightarrow e^{-\lambda r}\)\\\\
+Die Restdauer ist exponentiell mit Parameter $\lambda$ verteilt.\\\\
+(b) Berechnen Sie $\mathbb{E}[T\vert T >s]$ für $s>0$.\\\\
+Aus a) ist gegeben $r = t - s$\\
+$\Rightarrow F_{T|T>s}(t) = 1 - e^{-\lambda r} = 1 - e^{-\lambda (t - s)}$ für $t > s$, also\\
+\(
+f_{T|T>s}(t) = \begin{cases}
+    \lambda e^{-\lambda (t - s)} & \text{falls } t > s\\
+    0 & \text{sonst}
+\end{cases}
+\)\\
+Somit können wir den Erwartungswert ausrechnen:\\
+$\mathbb{E}[X|T>s] = \int\limits_s^\infty t \cdot \lambda e^{-\lambda (t - s)} dt = \lambda \cdot \int\limits_s^\infty te^{-\lambda r} \cdot e^{\lambda s} dt = \lambda e^{\lambda s} \int\limits_s^\infty te^{-\lambda r} dt$
+\end{document}

sti_ws2425/assignment9/main.tex

@@ -0,0 +1,173 @@
+\documentclass[a4paper]{article}
+%\usepackage[singlespacing]{setspace}
+\usepackage[onehalfspacing]{setspace}
+%\usepackage[doublespacing]{setspace}
+\usepackage{geometry} % Required for adjusting page dimensions and margins
+\usepackage{amsmath,amsfonts,stmaryrd,amssymb,mathtools,dsfont} % Math packages
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+\geometry{
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+	%showframe, % Uncomment to show how the type block is set on the page
+}
+\lhead{Stochastik für die Informatik\\Wintersemester 2024/2025}
+\chead{\bfseries{Übungsblatt 9}\\}
+\rhead{Lienkamp, 8128180\\Werner, 7987847}
+\begin{document}
+\setcounter{section}{9}
+\subsection{}
+Seine $Y_1,Y_2,\dots$ unabhängig und Poisson-verteilt mit Parameter $\lambda>0$. Sei
+\[X_k := \begin{cases}
+    1 & \text{falls } Y_k \geq 1\\
+    0 & \text{sonst.}
+\end{cases}\]\\
+Bestimmen Sie (mit Begründung)
+\[\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum\limits^n_{k=1}X_k.\]\\
+Aus der gegebenen Verteilung wissen wir, dass nur $X_k=1$ oder $X_k=0$ möglich sind (analog zu Indikatorfunktion)\\
+\(\mathbb{P}(X_k=0)=\mathbb{P}(Y_k<1)=\mathbb{P}(Y_k=0)=e^{-\lambda}\)\\
+\(\mathbb{P}(X_k=1)=\mathbb{P}(Y_k\geq 1)=1-\mathbb{P}(Y_k=0)=1-\frac{e^{-\lambda}\cdot\lambda^0}{0!}=1-e^{-\lambda}\)\\\\
+Nach dem Gesetz der großeb Zahlen konvergiert die Summe $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum\limits^n_{k=1}X_k$ gegen den Erwartungswert von $X_k$.\\\\
+Erwartungswert:\\
+\(\mathbb{E}[X_k]=\sum\limits_{i \in X(\Omega)}i\cdot \mathbb{P}(X_k=i)=0\cdot \mathbb{P}(X_k=0)+1\cdot \mathbb{P}(X_k=1)=\mathbb{P}(X_k=1)=1-e^{-\lambda}\)\\\\
+Es gilt also: \(\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum\limits^n_{k=1}X_k\)
+\subsection{}
+Auf seinem Weg zur Arbeit muss Herr Mustermann jeden morgen erst auf den Zug und später nochmal auf einen Bus warten. Die Wartezeiten auf den Zug beziehungsweise Bus sind unabhängig von einander und exponentialverteilt mit Parametern $\lambda_1$ und $\lambda_2$, wobei $\lambda_1 \neq \lambda_2$ ist. Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion der Gesamtwartezeit sowie den Erwartungswert der kürzeren Wartezeit.\\
+\textit{Hinweis}: Sie dürfen die Faltungsformel für stetige Zufallsvariablen mit Dichte verwenden, die besagt, dass die Dichte der Summe von zwei unabhängigen Zufallsvariablen $X$ und $Y$ gegeben ist durch\\
+\[f_{X+Y}(z) = \int_\mathbb{R} f_X(x)f_Y(z-x)dx\]\\
+Wir bestimmen $X$ und $Y$ als Variablen für die Wartezeit von Bus / Bahn, $Z := X+Y$. Gesucht ist die Verteilung von Z.\\\\
+\(f_Z(z) = f_{X+Y}(z)=\int_\mathbb{R}f_X(x)f_Y(z-x)dx\)\\\\
+\(\int^0_{-\infty}f_X(x)f_Y(z-x)dx+\int^\infty_0f_X(x)f_Y(z-x)dx\)\\
+\textcolor{gray}{NR: $\int^0_{-\infty}f_X(x)f_Y(z-x)dx = 0 \Rightarrow f_Z(z)=0$ für $u \leq 0$}\\
+\(\int^\infty_0f_X(x)f_Y(z-x)dx+0=\int^\infty_0\lambda_1e^{-\lambda_2x}\lambda_2e^{-\lambda_2(z-x)}dx=\lambda_1\lambda_2e^{-\lambda_2z}\int^z_0e^{-\lambda_1x}e^{\lambda_2x}dx\)\\
+\textcolor{gray}{NR: $e^{-\lambda_2(z-x)}=e^{-\lambda_2z}e^{(-\lambda) (-x)}\quad e^{(-\lambda)(-x)}=e^{\lambda_2x}$}\\
+\(\lambda_1\lambda_2e^{-\lambda_2z}\int^z_0e^{x(\lambda_2-\lambda_1)}dx=\lambda_1\lambda_2e^{-\lambda_2z}\left[\frac{1}{\lambda_2-\lambda_1}\cdot e^{x(\lambda_2-\lambda_1}\right]^z_0=\lambda_1\lambda_2e^{-\lambda_2z}\left(\frac{1}{\lambda_2-\lambda_1}\cdot e^{z(\lambda_2-\lambda_1)}-\frac{1}{\lambda_2-\lambda1}\right)\)\\
+\(\frac{\lambda_1\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}\cdot e^{-\lambda_2z}\left(e^{z(\lambda_2-\lambda_1)}-1\right)=\frac{\lambda_1\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}\left(e^{-\lambda_1z}-e^{-\lambda_2z}\right)\) für $z>0$\\\\
+Verteilungsfunktion:\\\\
+\(F_Z(x)=\int^z_{-\infty}f_Z(x)dx=\frac{\lambda_1\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}\int^z_0e^{-\lambda_1x}-e^{-\lambda_2x}dx\)\\
+\(=\frac{\lambda_1\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}\left[-\frac{1}{\lambda_1}\cdot e^{-\lambda_1x}-\left(-\frac{1}{\lambda_2}\cdot e^{-\lambda_2x}\right)\right]^z_0=\frac{\lambda_1\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}\cdot\left(-\frac{1}{\lambda_1}\cdot e^{-\lambda_1z}-\left(-\frac{1}{\lambda_2}\cdot e^{-\lambda_2z}\right)-\left(\frac{1}{\lambda_1}-\frac{1}{\lambda_2}\right)\right)\)\\
+\(=\frac{\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}\cdot \left(-\frac{\lambda_1}{\lambda_1}\cdot e^{-\lambda_1z}\right)+\frac{\lambda_1}{\lambda_2-\lambda_1}\cdot \left(\frac{\lambda_2}{\lambda_2}\cdot e^{-\lambda_2z}\right)-\frac{\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}-\frac{\lambda_1}{\lambda_2-\lambda_1}\)\\
+\textcolor{gray}{NR: $-\frac{\lambda_1\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}\cdot \left(-\frac{1}{\lambda_1}+\frac{1}{\lambda_2}\right)=-\frac{\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}\cdot(+1)+\left(-\frac{\lambda_1}{\lambda_2-\lambda_1}\right)\cdot(-1)=+\frac{\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}-\frac{\lambda_1}{\lambda_2-\lambda_1}$}\\
+\(\frac{\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}\cdot \left(-e^{-\lambda_1z}\right)+\frac{\lambda_1}{\lambda_2-\lambda_1}\cdot \left(e^{-\lambda_2z}-1\right)=\frac{\lambda_1}{\lambda_2-\lambda_1}\cdot\left(e^{-\lambda_2z}-1\right)-\frac{\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}\cdot \left(e^{-\lambda_1z}-1\right)\)\\\\
+Wir bestimen außerdem $Y:=min\{W_1,W_2\}$ als die kürzere Wartezeit. Wir suchen $\mathbb{E}[Y]$\\
+Verteilungsfunktion von \(Y = \mathbb{P}(Y>y)=\mathbb{P}(W_1>y,W_2>y)=\mathbb{P}(W_1>y)\cdot \mathbb{P}(W_2>y)=e^{-\lambda_1y}\cdot e^{-\lambda_2y}=e^{-(\lambda_1+\lambda_2)y}\Rightarrow F_Y(y)=1-\mathbb{P}(Y>y)=1-e^{-(\lambda_1+\lambda_2)y}\)\\
+$Y$ ist mit Parameter $(\lambda_1+\lambda_2)$ exponentialverteilt $\Rightarrow \mathbb{E}[Y]=\frac{1}{\lambda_1+\lambda_2}$
+\subsection{}
+Die Lebensdauer einer Tischlampe (gegeben in Jahren) ist exponentialverteilt zum Parameter $\lambda > 0$. Die Lebensdauer, einer Badezimmerlampe ist exponentialverteilt zum Parameter $\delta > 0$ und unabhängig von der Lebensdauer der Tischlampe. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass die Tischlampe vor der Badezimmerlampe kaputt geht.\\
+\textit{Hinweis}: Bestimmen Sie die gemeinsame Dichte und stellen Sie die gesuchte Wahrscheinlichkeit als Erwartungswert da.\\\\
+\textcolor{gray}{Aus der Vorlesung ist gegeben: \textit{Exponentialverteilung} mit $f(x) = \lambda \cdot e^{- \lambda \cdot x}$}\\
+Wir definieren $X_B \sim Exp(\delta)$ für die Lebensdauer der Badezimmerlampe und analog dazu $X_T \sim Exp(\lambda)$ für die Lebensdauer der Tischlampe.\\\\
+Somit lassen sich die folgenden Dichtefunktionen herleiten:\\\\
+\(f_B(Xx_B) = \begin{cases}
+    0 & \text{für } x_B < 0\\
+    \delta \cdot e^{- \delta \cdot x_B} & \text{für } x_B \geq 0
+\end{cases}\)\\\\
+\(f_T(x_T) = \begin{cases}
+    0 & \text{für } x_T < 0\\
+    \lambda \cdot e^{- \lambda \cdot x_T} & \text{für } x_T \geq 0
+\end{cases}\)\\\\
+Die gemeinsame Dichtefunktion ist dann:\\\\
+\(f(x_B, x_T) = f(x_B) \cdot f(x_T) = \begin{cases}
+    0 & \text{für } x_B, x_T < 0\\
+    \delta \cdot e^{- \delta \cdot x_B} \cdot \lambda \cdot e^{- \lambda \cdot x_T} & \text{für } x_B, x_T \geq 0
+\end{cases}\)\\\\
+Nun können wir die Wahrscheinlichkeit, dass die Lebensdauer der Badezimmerlampe vor der, der Tischlampe endet.\\\\
+$\mathbb{P}(X_B < X_T) = \int\limits_0^\infty \lambda \cdot e^{- \lambda \cdot x_B} \int\limits_{x_B}^{\infty} \delta \cdot e^{- \delta \cdot x_T} dx_B\ dx_T$\\
+$= \int\limits_0^{\infty} \int\limits_{x_B}^{\infty} \lambda \cdot \delta \cdot e^{- \delta \cdot x_B} \cdot e^{- \lambda \cdot x_T} dx_B\ dx_T$\\
+$= \int\limits_0^\infty \delta \cdot e^{- \delta \cdot x_B} \cdot \left[- e^{ - \lambda \cdot x_T}\right]_0^{x_B} dx_B$\\
+$= \int\limits_0^\infty \delta \cdot e^{- \delta \cdot x_B} \left(- e^{- \delta \cdot x_B} - (- e)^{- \lambda \cdot 0}\right) dx_B$\\
+$= \int\limits_0^\infty \delta \cdot e^{- ´\delta \cdot x_B} \cdot \left(- e^{- \lambda \cdot x_B}\right) + \delta \cdot e^{- \delta \cdot x_B} dx_B$\\
+$= \int\limits_0^\infty \delta \cdot e^{- x_B \cdot (\delta + \lambda)} + \delta \cdot e^{- \delta \cdot x_B} dx_B$\\
+$= \left[\frac{\delta}{\lambda + \delta} \cdot e^{- x_B \cdot (\delta + \lambda)} - e^{- \delta + 1}\right]_0^\infty$\\
+$= 0 - \frac{\delta}{\lambda + \delta} + 1$\\
+$= 1 - \frac{\delta}{\lambda + \delta}$
+$= \frac{\delta + \lambda}{\delta + \lambda} - \frac{\delta}{\lambda + \delta}$\\
+$= \frac{\lambda}{\delta + \lambda}$
+\subsection{Unabhängigkeit und Unkorreliertheit}
+Sei eine X und Z unabhängig, $X$ standardnormalverteilt und $Z$ gleichverteilt auf $\{-1, 1\}$. Zeigen Sie, dass $X$ und $Y := ZX$ zwar unkorreliert, jedoch nicht unabhängig sind.\\\\
+\(f_X(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot e^{-\frac{t^2}{2}} \quad f_Z(t)=
+\begin{cases}
+    0 & \text{für }t<-1\\
+    \frac{1}{2} & \text{für } -1\leq t \leq 1\\
+    0 & \text{für } t\geq 1
+\end{cases}\)\\\\
+\(Y:=ZX\)\\\\
+z.Z. $X$ und $Y:=ZX$ sind unkorreliert aber abhängig\\\\
+Korrelation:\\\\
+\(\mathbb{E}[X]\cdot \mathbb{E}[Y]=\mathbb{E}[X]\cdot \mathbb{E}[X\cdot Z]=\mathbb{E}[X]\cdot \mathbb{E}[X]\cdot \mathbb{E}[Z]=0\)\\\\
+\(\mathbb{E}[X\cdot Y]=\mathbb{E}[X\cdot X \cdot Z]=\mathbb{E}[X^2\cdot Z]=\mathbb{E}[X^2\cdot Z_{\{Z=+1\}}]+\mathbb{E}[X^2\cdot Z_{\{Z=-1\}}]=\frac{1}{2}\cdot\mathbb{E}[X^2]-\frac{1}{2}\cdot \mathbb{E}[X^2]=0\)\\
+\textcolor{gray}{NR: \(\mathbb{E}[Z_{\{Z=\pm 1\}}]=\begin{cases}
+    1 & \text{für } Z=\pm 1\\
+    0 & \text{sonst.}
+\end{cases}\)}\\\\
+Abhängigkeit:\\\\
+Da $Y:=ZX$ und $Z\in \{-1,1\}:$\\
+\(Y = \begin{cases}
+    X & \text{falls } Z=1\\
+    -X & \text{falls } Z=-1
+\end{cases}\)\\\\
+\(\mathbb{P}(Y=X\vert X=x)=\frac{1}{2}, \quad \mathbb{P}(Y=-X\vert X=x)=\frac{1}{2}\)\\
+\(\mathbb{P}(Y=X\vert X=x) \neq \mathbb{P}(Y=y)\)\\\\
+Für \(X=0\Rightarrow Y=0 \Rightarrow \) gemeinsame Verteilung kann unter gegebenen Bedingungen nicht skizziert werden $\Rightarrow$ abhängig.
+\subsection{}
+Maria wirft an jedem Werktag eine faire Münze. Falls die Münze Kopf zeigt, geht sie in die Mensa zum Mittagessen, sonst nicht. Falls sie in die Mensa geht, wirft sie einen fairen Würfel, und falls der Würfel 6 zeigt, isst sie Pizza zum Mittagessen, sonst nicht. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit des folgenden Ereignis mit einer geeinigten Approximation:\\
+Maria isst an weniger als 6 von 100 aufeinanderfolgenden Werktagen Pizza zum Mittagessen in der Mensa.
+Verwenden Sie keine 1/2-Korrektur. Begründen Sie, dass die Approximation gut ist.\\\\
+Wir definieren:\\
+$M$: Münze zeigt Kopf \hspace*{1cm}$W$: Würfel zeigt 6 \hspace*{1cm}$X$: $M$ und $W$ $\Rightarrow$ Maria isst Pizza\\\\
+\(M/\Omega):=\{0,1\} \quad \mathbb{P}(M=1)=\frac{1}{2}\)\\\\
+\(W(\Omega):= \{1,2,3,4,5,6\}\quad \mathbb{P}(W=6)=\frac{1}{6}\)\\\\
+\(X(\Omega):=\{0,1\}\quad \mathbb{P}(X=1)=\mathbb{P}(M=1)\cdot \mathbb{P}(W=6)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{12}\)\\\\
+\(Y \sim Bin\left(100,\frac{1}{2}\right)\): Menge an Pizzen pro 100 Tage\\\\
+\(n=100, p=\frac{1}{12}, (1-p)=\frac{11}{12}\)\\\\
+Wir bestimmen für $\mathbb{P}(a \leq z \leq b)$ den Intervall $[0,5]$, da wir $\mathbb{P}(z<6)$ suchen $\Rightarrow \mathbb{P}(0 \leq z \leq 5)$\\\\
+\(\mathbb{P}(0\leq z \leq 5) \approx \phi_{0,1}\left(\frac{b-np}{\sqrt{np(1-p)}}\right)-\phi_{0,1}\left(\frac{a-np}{\sqrt{np(1-p)}}\right)= \phi_{0,1}\left(\frac{5-\frac{100}{12}}{\sqrt{\frac{100}{12}\cdot \frac{11}{12}}}\right)-\phi_{0,1}\left(\frac{0-\frac{100}{12}}{\sqrt{\frac{100}{12}\cdot \frac{11}{12}}}\right)\)\\\\
+\(\approx \phi_{0,1}\left(\frac{-3,\overline{3}}{2,7638}\right)-\phi_{0,1}\left(\frac{-8,\overline{3}}{2,7638}\right)= \phi_{0,1}(-1,2061)-\phi_{0,1}(-3,0152)= (1-\phi_{0,1}(-1,2061))-(1-\phi_{0,1}(-3,0152))\)\\
+\textcolor{gray}{NR: $\phi_{0,1}(-1,2061)=0,88493 \quad \phi_{0,1}(-3,0152) = 0,99869$}\\
+\((1-0,88493)-(1-0,99869)=0,11507-0,00131 = 0,11376 \approx 11,4\%\)\\\\
+Wir können Approximation nutzen, da $np\geq 5$ und $n(1-p)\geq 5$ erfüllt sind: $\frac{100}{12}=8,\overline{3} \geq 5,\, \frac{1100}{12}=91,\overline{6}\geq 5$
+\end{document}
+Sitze jetzt in Winterjacke auf der Terasse mit laptop, hope this helps...
+schau aber, dass du jetzt nicht noch krank wirst, sie ist es echt nicht wert, dass du wegen so einem scheiß den urlaub krank bist
+
+ja ich geh wieder rein wenns mir besser geht und kalt isses momentan nicht, meine Winterjacke hält gut warm, im good
+
+frage mich echt, was dieses mädel denkt
+bzw ob sie überhaupt denkt