\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{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 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}