Aufgabe 1. Sei Ω = {0, 1}

Stochastik, Sommersemester 2014 Prof. Dr. I. Veselić Dr. M. Tautenhahn, Dr. C. Schumacher Hausaufgabe 1

Abgabe am 14.4. oder am 17.4. in der Übung

Aufgabe 1. Sei Ω = {0, 1}

^N

(Menge aller Folgen der Zahlen 0 und 1) und A eine σ-Algebra über Ω, die die Mengen A

j

= {ω = (ω

1

, ω

2

, . . . ) ∈ Ω | ω

j

= 1}, j ∈ N , enthält. Beweisen Sie

n ω = (ω

₁

, ω

₂

, . . . ) ∈ Ω

∞

X

j=1

ω

_j

< ∞ ^o ∈ A.

Lösung zu Aufgabe 1: (Verkappte Produkt-Sigma-Algebra) sigmamuenz.tex Sei Ω = {0, 1}

^N

und A eine σ-Algebra über Ω. Für j ∈ N sei definieren wir

A

j

= ω = (ω

1

, ω

2

, . . .) ∈ Ω : ω

j

= 1 ∈ A.

Wir fragen uns, ob denn vielleicht

A

₀

:= ω ∈ Ω :

∞

X

j=1

ω

_j

< ∞

in A enthalten ist. Sei F die Menge aller endlichen Teilmengen von N . Dann gilt A

₀

= ^[

I∈F

\

j∈I^c

A

^c_j

.

Da A

j

∈ A folgt A

^c_j

∈ A und somit A

0

∈ A, da F abzählbar ist.

Aufgabe 2. In einer Stadt mit n+1 Einwohnern besitzt nur Achim das Buch „Wahrscheinlichkeitstheo- rie“ von A. Klenke. Jeden Tag aufs neue wird dieses Buch vom derzeitigen Besitzer zu einer anderen Person weitergegeben. Der Empfänger wird zufällig aus den n möglichen ausgewählt (gleichverteilt).

Das Buch wird r mal weitergegeben. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass (a) Achim sein Buch kein zweites Mal sieht,

(b) es keine Person zweimal besitzt.

(c) Setzen Sie insbesondere r = n + 1. Berechnen Sie den Limes der Wahrscheinlichkeit des Ereignisses in (a) für n → ∞.

Lösung zu Aufgabe 2: (Laplace-Experiment mit Achims Buch) laplace.tex Es seien n, r ≥ 1, weil die Aufgabe sonst langweilig ist.

(a) Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist q

_a

(r, n) =

ⁿ⁻¹_n

^r−1

.

Beweis. Vollständige Induktion über r. Die Aussage stimmt offenbar für r = 1. Ist das Buch erst einmal weitergegeben, so kann Achim das Buch kein zweites Mal gesehen haben, denn er durfte es ja nicht an sich selbst weitergeben. Das Ereignis ist also sicher, seine Wahrscheinlichkeit gleich eins.

Nehmen wir nun an, dass q

_a

(r, n) =

ⁿ⁻¹_n

^r−1

gilt. Wir unterscheiden zwei Fälle: Hat Achim sein Buch nach r Weitergaben bereits einmal wiedergesehen, so sicher auch nach r + 1 Weitergaben.

Hat Achim es hingegen noch nicht wiedergesehen (Wahrscheinlichkeit dafür: q

a

(r, n)), so ist sein

Besitzer nach r Weitergaben sicher nicht Achim. Der Besitzer gibt das Buch gleichverteilt an die anderen n Stadtbewohner weiter, d. h. mit Wahrscheinlichkeit

ⁿ⁻¹_n

nicht an Achim. Wir erhalten also

q

a

(r + 1, n) = q

a

(r, n) · n − 1

n =

n − 1 n

r−1

· n − 1

n =

n − 1 n

r

. Die angegebene Formel stimmt damit auch für r + 1.

(b) Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist q

_b

(r, n) =

_(n−r)!·n^n! r

für r ≤ n und q

_b

(r, n) = 0 für r > n.

Beweis. Vollständige Induktion über r. Die Aussage p

_b

(1, n) = 1 ist aus denselben Gründen richtig für r = 0 wie bei (a).

Sei also p

_b

(r, n) wie oben. Wir unterscheiden wieder zwei Fälle: Hat bereits eine Person das Buch nach r Weitergaben zweimal besessen, so sicher auch nach r + 1 Weitergaben. Ist dies nicht der Fall, so hatte das Buch bereits r + 1 Besitzer, so verteilt es der aktuelle Besitzer gleichverteilt unter den restlichen n Stadtbewohnern, von denen n − r Stück das Buch noch nicht hatten. Die Wahrscheinlichkeit, dass danach weiterhin keine Person das Buch zweimal besitzt, ist

für r < n: q

_b

(r + 1, n) = q

_b

(r, n) · n − r

n = n!

(n − r)! · n

^r

· n − r

n = n!

(n − r − 1)! · n

^r+1

, für r = n: q

_b

(r + 1, n) = q

_b

(n, n) · n − n

n = 0, für r > n: q

_b

(r + 1, n) = q

_b

(r, n) · n − r

n = 0.

so dass die Formel auch für r + 1 stimmt.

(c) Ist r = n + 1, so ist

q

_a

(n + 1, n) =

n − 1 n

n

=

1 − 1 n

n

→ 1 e , für n → ∞, denn

1 1 −

¹_n

ⁿ

= 1

1 −

_n¹

!

n

= n

n − 1

n

=

1 + 1 n − 1

n−1

·

1 − 1 n − 1

→ e · 1 = e für n → ∞.

Aufgabe 3. Beweisen Sie folgende Ungleichungen für n, k ∈ N , k ≤ n. (Hinweise:)

(a)

ⁿ_e

ⁿ

≤ n! ≤ en

ⁿ_e

ⁿ

(Induktion)

(b)

ⁿ_k

^k

≤

ⁿ_k

≤ ^P

^k_j=0 ⁿ_j

≤

^en_k

^k

(Zeigen Sie erst

ⁿ_k

≤

^n−j_k−j

und

n j

≤ (

ⁿ_k

)

^{k k}_j!^j

für 0 ≤ j ≤ k ≤ n)

(c)

_n+1⁴ⁿ

≤

²ⁿ_n

≤ 4

ⁿ

(Pascal’s Dreieck und Induktion)

Lösung zu Aufgabe 3: (Stirling-ähnliche Ungleichungen) fakbinomi.tex (a) Wir induzieren über n. Für n = 1 ist

¹_e

=

¹_e

¹

≤ 1! ≤ e · 1

¹_e

)

¹

= 1 erfüllt. Sei als Induktionsvor- aussetzung die Zeile aus der Aufgabe für ein n erfüllt. Für die linke Ungleichung ist nach dieser Induktionsvoraussetzung

(n + 1)! ≥ n e

n

(n + 1) = e n n + 1

n

n + 1 e

n+1

= e

¹ⁿ

1 +

_n¹

n

n + 1 e

n+1

≥ n + 1 e

n+1

,

da e

ⁿ¹

= ^P

^∞_j=0 ¹

j!n^j

≥ 1 +

_n¹

. Für die rechte Ungleichung berechnen wir (n + 1)! ≤ en n

e

n

(n + 1) = e(n + 1) n + 1 e

n+1

e n n + 1

n+1

= e(n + 1) n + 1 e

n+1

e

ⁿ⁺¹¹

1 +

_n¹

n+1

≤ e(n + 1) n + 1 e

n+1

. Die letzte Abschätzung gilt wegen

1 − x ≤ e

^−x

= ⇒ e

^x

≤ 1 1 − x

x:=_n+1¹

= ⇒ e

ⁿ⁺¹¹

≤ 1

1 −

_n+1¹

= n + 1

n + 1 − 1 = 1 + 1 n . (b) 0 ≤ j ≤ k ≤ n = ⇒ jk ≤ jn = ⇒ nk − nj ≤ kn − kj = ⇒

ⁿ_k

≤

^n−j_k−j

= ⇒

n k

k

≤

k−1

Y

j=0

n − j k − j = n

k

!

≤

k

X

j=0

n j

!

≤

k

X

j=0

n

^j

j! =

k

X

j=0

n k

j

k

^j

j! ≤ n

k

k k

X

j=0

k

^j

j! ≤ en k

k

(c) Die rechte Ungleichung folgt aus dem binomischen Lehrsatz:

2n n

!

≤

2n

X

k=0

2n k

!

1

^k

· 1

^2n−k

= (1 + 1)

²ⁿ

= 4

ⁿ

.

Wir induzieren erneut über n ∈ N . Induktionsanfang: n = 1 geht leicht, n = 0 tut’s auch:

4

⁰

0 + 1 = 0 0

!

= 4

⁰

= 1.

Das Pascalsche Dreieck verrät uns 2(n + 1)

n + 1

!

= 2n + 1 n

!

+ 2n + 1 n + 1

!

= 2n

n − 1

!

+ 2 2n n

!

+ 2n

n + 1

!

= 2 2n n

!

+ 2 n n + 1

(2n)!

(n!)

²

= 2 1 + n n + 1

2n n

! .

Damit erhalten wir für die linke Abschätzung unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung 2(n + 1)

n + 1

!

≥ 2 1 + n n + 1

4

ⁿ

n + 1 = 1

2

2n + 1

n + 1 · n + 2 n + 1 · 4

ⁿ⁺¹

n + 2

= 1 2

2n

²

+ 5n + 2 n

²

+ 2n + 1 · 4

ⁿ⁺¹

n + 2 = n

²

+

⁵₂

n + 1 n

²

+ 2n + 1 · 4

ⁿ⁺¹

n + 2 ≥ 4

ⁿ⁺¹

n + 2 .

Aufgabe 4. Ein Nächste-Nachbarn-Pfad der Länge n ∈ N ist eine Abbildung γ : {0, 1, 2, . . . , n} → Z mit |γ (t) − γ(t − 1)| = 1 für alle t ∈ {1, 2, . . . , n}. Wir sagen, der Pfad γ startet in γ (0) und endet in γ (n), oder kurz: γ geht von γ (0) nach γ(n).

(a) Wie viele Nächste-Nachbarn-Pfade der Länge n ≥ 0 von 0 nach k gibt es, falls n + k gerade ist?

Ein Dyck-Pfad ist ein Nächste-Nachbarn-Pfad, der in 0 startet und endet und keine negativen Werte annimmt. Wir nennen für diese Aufgabe Nächste-Nachbarn-Pfade, die in 0 starten und enden, aber keine Dyck-Pfade sind, schlechte Pfade.

Jeder schlechte Pfad hat eine Stelle t, an der er zum ersten Mal den Wert −1 annimmt. Indem man den

Teil zwischen 0 und t dieses Pfades an −1 spiegelt und den Rest des Pfades unverändert übernimmt,

erhält man einen Nächste-Nachbarn-Pfad von −2 nach 0.

(b) Zeigen Sie, dass diese Zuordnung eine Bijektion von den schlechten Pfaden in die Nächste-Nachbar- Pfade von −2 nach 0 ist.

(c) Bestimmen Sie n-te Catalan-Zahl C

n

, das ist die Anzahl der Dyck-Pfade der Länge 2n.

(d) Zeigen Sie, dass der Anteil der Dyck-Pfade an allen Nächste-Nachbar-Pfaden von 0 nach 0 der Länge 2n genau (n + 1)

⁻¹

ist.

(e) Untersuchen Sie das asymptotische Verhalten der Catalan-Zahlen, indem Sie den Grenzwert

n→∞

lim 1

n ln(C

n

) berechnen.

Hinweis: Nutzen Sie Aufgabe 3 zur Abschätzung von C

n

.

2n

−4

−3

−2

−1 0 1 2

Lösung zu Aufgabe 4: (Spiegelungsprinzip) dyck.tex

(a) Damit ein Pfad der Länge n um k Schritte versetzt endet, müssen

^n+k₂

Schritte in die eine und

n−k

2

Schritte in die andere Richtung gemacht werden, denn nur dann ist die Gesamtzahl der Schritte n + k

2 + n − k 2 = n und die Differenz der Schritte

n + k

2 − n − k 2 = k.

Es gibt genau

n+kⁿ 2

Möglichkeiten, die

^n+k₂

Schritte auszuwählen, an denen man in die eine Richtung geht, und alle übrigen Schritte müssen dann in die andere Richtung gehen. Das ist die gesuchte Anzahl.

(b) Wir präzisieren die beschriebene Abbildung. Dazu sei Γ

^y_x

die Menge aller nächste-Nachbar-Pfade, die in x starten und in y enden. Die schlechten Pfade bezeichnen wir mit ˜ Γ.

S : ˜ Γ → Γ

⁰₋₂

, S(γ) (t) :=

( 2 − γ(t) t < min{τ ∈ {1, . . . , 2n} | γ(τ ) = −1}

γ(t) sonst.

Die Abbildung ist wohldefiniert. . . . Die Umkehrabbildung zu S ist durch dieselbe Zuordnungsvor-

schrift wie S gegeben und ebenfalls wohldefiniert. . . .

(c) Die Anzahl der Dyck-Pfade ist die Anzahl aller Pfade von 0 nach 0 minus der Anzahl der schlechten Pfade. Mit (a) folgt

C

n

= 2n n

!

− | Γ| ˜ = 2n n

!

− |Γ

⁰₋₂

| = 2n n

!

− 2n n + 1

!

= 1 − n n + 1

2n n

!

= 1

n + 1 2n

n

! .

(d) Mit (a) und (c) ist

C

_n

/ 2n n

!

= 1

n + 1 . (e) Aus Aufgabe 3 (c) folgt

n→∞

lim n

⁻¹

ln C

n

≤ lim

n→∞

n

⁻¹

ln (n + 1)

⁻¹

4

ⁿ

= lim

n→∞

ln 4 − n

⁻¹

ln(n + 1) = 2 ln 2 und

n→∞

lim n

⁻¹

ln C

n

≥ lim

n→∞

n

⁻¹

ln (n + 1)

⁻²

4

ⁿ

= lim

n→∞

ln 4 − 2n

⁻¹

ln(n + 1) = 2 ln 2.