Aufgabe 1. Eine Münze mit Wahrscheinlichkeit p ≥ 1/2 für „Zahl“ wird wiederholt geworfen. Sei A

Stochastik, Sommersemester 2014 Prof. Dr. I. Veselić Dr. M. Tautenhahn, Dr. C. Schumacher Hausaufgabe 8

Abgabe am 2.6. oder am 4.6. in der Übung

Aufgabe 1. Eine Münze mit Wahrscheinlichkeit p ≥ 1/2 für „Zahl“ wird wiederholt geworfen. Sei A

_k

, k ∈ N , das Ereignis, dass bei den Würfen 2

^k

, 2

^k

+ 1, . . . , 2

^k+1

− 1 mindestens k Mal in Folge „Zahl“

fällt. Zeigen Sie, dass

P (A

_k

tritt für unendlich viele k ein) = 1.

Hinweis: Definieren Sie das Ereignis E

_i,k

= {X

_j

= 1 für alle j = 2

^k

+ ik, 2

^k

+ ik + 1, . . . , 2

^k

+ ik + k − 1}, k ∈ N und i = 0, . . . b2

^k

/k − 1c. Benutzen Sie einen Satz von Borel-Cantelli.

Lösung zu Aufgabe 1: (Borel–Cantelli) borelcantelliII.tex Die Ereignisse E

_i,k

sind unabhängig, und es gilt P (E

_i,k

) = p

^k

und

X

i,k

P (E

_i,k

) =

∞

X

k=1

b2^k/kc−1

X

i=0

p

^k

≥

∞

X

k=1

2

^k

k − 1

p

^k

≥

∞

X

k=1

1

k − p

^k

= ∞.

Nach BorelCantelli II ist P (lim sup

_i,k

E

i,k

) = 1. Weiter gilt lim sup

_(i,k)

E

i,k

⊆ lim sup

_k

A

k

, also 1 ≥ P (lim sup

_k

A

_k

) ≥ P (lim sup

_(i,k)

E

_i,k

) = 1.

Kommentar zu Borel–Cantelli:

Alternativlösung I: Die Ereignisse A

_k

, k ∈ N sind unabhängig. Nach dem zweiten Borel-Cantelli- Lemma müssen wir nur

^P∞_k=1

P (A

_k

) = ∞ zeigen. Da

^Sb2_i=0^k/kc−1

E

_i,k

⊆ A

_k

für k ∈ N , ist

^P∞_k=1

P (A

_k

) ≥

P∞

k=1

P (

^Sb2_i=0^k/kc−1

E

_i,k

). Wegen der Unabhängigkeit der E

_i,k

’s ist P

b2^k/kc−1

[

i=0

E

i,k

= 1 − P

b2^k/kc−1

\

i=0

(Ω \ E

i,k

)

= 1 −

b2^k/kc−1

Y

i=0

(1 − P (E

i,k

)) = 1 − (1 − p

^k

)

^b2k/kc

. Wir verwenden 1 − x ≤ e

^−x

für x ∈ R mit x := p

^k

und danach p ≥ 1/2 für die untere Schranke

P

[b2^k/kc−1 i=0

E

i,k

≥ 1 − e

^−pkb2k/kc

≥ 1 − e

^{−(2p)k/k+pk}

≥ 1 − e

^pk−k−1

.

Der Term 1 − e

^pk−k−1

= 1 − (1 + p

^k

− 1/k + O(k

⁻²

)) = 1/k + O(k

⁻²

) verhält sich wie 1/k. Ein rigoroser Weg, das auszunutzen, geht über asymptotische Äquivalenz. Zwei Folgen (a

_n

)

_n

, (b

_n

)

_n

heißen asymptotisch äquivalent, wenn lim

n→∞

an

bn

= 1. Asymptotische Äquivalenz von Folgen entscheidet über die Konvergenz der zugehörigen Reihen:

Lemma. Asymptotisch äquivalente, positive Folgen (a

_n

)

_n

, (b

_n

)

_n

erfüllen

X

n∈N

a

n

= ∞ ⇐⇒

^X

n∈N

b

n

= ∞.

Beweis. Seien zwei positive, asymptotisch äquivalente Folgen (a

n

)

_n

, (b

n

)

_n

gegeben und

^P_n

b

n

= ∞. Es gibt ein n

0

∈ N , so dass

^a_bⁿ

n

≥

¹₂

für alle n ≥ n

0

gilt. Also ist

X

n∈N

a

n

=

^X

n∈N

a

n

b

_n

b

n

≥ 1 2

X

n≥n0

b

n

= ∞.

Wir untersuchen, ob (1 − e

^pk−1/k

)

_k

und (1/k)

k

asymptotisch äquivalent sind. Die Regel von l’Hospital hilft:

k→∞

lim

1 − e

^pk−k−1

k

⁻¹

= lim

k→∞

−e

^pk−k−1

(p

^k

ln p + k

⁻²

)

−k

⁻²

= lim

k→∞

k

²

p

^k

ln p + 1 = 1.

Da die harmonische Reihe

^P∞_k=1

1/k = ∞ divergiert und die Folge P (

^S_i

E

_i,k

)

_k

asymptotisch äquivalent zu (1/k)

_k

ist, divergiert auch

^P_k

P (

^S_i

E

_i,k

), und damit ist

^P_k

P (A

_k

) = ∞ und alles gezeigt.

Alternativlösung II: Wir schlagen den Hinweis in den Wind und überlegen uns eine Abschätzung der P (A

_k

) nach unten mittels einer Rekursionsformel. Anschließend werden wir zeigen, dass die Reihe

P

k∈N

P (A

_k

) mindestens so schnell divergiert wie die harmonische Reihe.

Ohne Beschränkung der Allgemeinheit genügt es, den Fall p = 1/2 zu betrachten. Ist p > 1/2, so erhöht sich die Wahrscheinlichkeit, dass ein Ereignis A

_k

eintritt, noch. Wenn die Reihe

^P_k∈

N

P (A

_k

) für p = 1/2 divergiert, so sicher auch für jedes größere p.

Es ist egal, wie wir die Münzwürfe nummerieren, deshalb ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass das Ereignis A

_k

eintritt gleich der Wahrscheinlichkeit, dass es bei einem 2

^k

-fachen Münzwurf eine Serie von k aufeinanderfolgenden Zahlausgängen gibt. Analog ist P (A

k+1

) gleich der Wahrscheinlichkeit, dass bei einem 2

^k+1

-fachen Münzwurf eine Serie von k + 1 aufeinanderfolgenden Zahlausgängen gibt.

Wir zerlegen den 2

^k+1

-fachen Münzwurf in zwei 2

^k

-fache Münzwürfe. Das Ereignis A

_k+1

tritt ein, wenn in einem der beiden 2

^k

-Blöcke k + 1 aufeinanderfolgende Zahl-Ausgänge eintreten. Dies tritt ein, wenn in einem 2

^k

-Block k aufeinanderfolgende Zahlereignisse auftreten und das auf den k-Block folgende Ereignis wiederum Zahl ist. Abziehen müssen wir davon noch die Wahrscheinlichkeit, dass die k aufeinanderfolgenden Zahl-Ereignisse ganz am Schluss stattfinden. Wir haben deshalb

P (A

_k+1

) ≥ 1

2 · P (A

_k

)

| {z }

tritt im ersten Block auf

+ 1

2 · P (A

_k

)

| {z }

tritt im zweiten Block auf

− 1

2 · P (A

_k

)

2

| {z }

tritt in beiden Blöcken auf

− 1

2

^k

|{z}

am Schluss

,

weil die Münzwürfe voneinander unabhängig sind. Setzen wir q

_n

:= P (A

_n

), so haben wir folgende rekursive Abschätzung gefunden:

q

_k+1

≥ q

_k

− 1 4 q

_k²

− 1

2

^k

. Wir definieren s

k

: [0, 1] → R, q

k

7→ q

k

−

¹₄

q

_k²

−

₂¹_k

. Wir haben

s

⁰_k

(x) = 1 − 1

2 · x ≥ 0,

d. h. s

_k

ist monoton wachsend. Nehmen wir an, wir hätten k, n ∈ N gefunden, so dass q

_k

≥

¹_n

. Ein solches n existiert für jedes k, da k > 0. Dann gilt

q

_k+1

= s

_k

(q

_k

) ≥ s

_k

1

n

= 1 n − 1

4 · 1 n

²

− 1

2

^k

= 4n (n + 1) − n − 1 4n

²

(n + 1) − 1

2

^k

= 4n

²

+ 3n − 1 4n

²

(n + 1) − 1

2

^k

= 1

n + 1 + 3n − 1

4n

²

(n + 1) − 1 2

^k

.

Wählen wir nun das k groß genug, so wird dieser Ausdruck größer als 1/(n + 1), und da 1/2

^k

mit wachsendem k schneller fällt als

_4n³ⁿ⁻¹_2(n+1)

für konstantes n − k, wird q

_k+`

≥

_n+`¹

für alle ` ∈ N gelten.

Damit divergiert die Reihe

^P_k∈

N

q

_k

mindestens so schnell wie die harmonische Reihe, insbesondere divergiert sie. Die Ereignisse A

_k

sind alle unabhängig, denn sie hängen paarweise von unterschiedlichen Münzwürfen ab, und die Münzwürfe sind voneinander unabhängig. Nach Teil (ii) des Borel-Cantelli- Lemmas folgt somit

P

lim sup

n→∞

A

_n

= 1,

was zu zeigen war.

Aufgabe 2. Es seien X und Y unabhängige Zufallvariablen und Z = X + Y . Bestimmen Sie die Verteilung von Z falls

(a) X und Y mit den Parametern λ und µ Poisson-verteilt sind.

(b) X und Y mit den Parametern (µ

₁

, σ

²₁

) und (µ

₂

, σ

₂²

) normalverteilt sind.

(c) X und Y mit den Parametern (n

1

, p) und (n

2

, p) binomialverteilt sind.

Lösung zu Aufgabe 2: (Faltung Poisson, Normal und Binomial) faltungkonkret.tex (a) Für n ∈ N ∪ {0} haben wir

P ({Z = n}) = P ({X + Y = n}) = P

n

[

k=0

{X = k, Y = n − k}

!

=

n

X

k=0

P ({X = k, Y = n − k}) =

n

X

k=0

P ({X = k}) · P ({Y = n − k})

=

n

X

k=0

λ

^k

k! · e

^−λ

· µ

^n−k

(n − k)! · e

^−µ

= e

^−(λ+µ)

n!

n

X

k=0

n!

k! (n − k)! µ

^n−k

λ

^k

= e

^−(λ+µ)

n!

n

X

k=0

n k

!

µ

^n−k

λ

^k

= (λ + µ)

ⁿ

n! e

^−(λ+µ)

. Folglich ist Z poissonverteilt mit Parameter λ + µ.

(b) Die Normalverteilung zum Parameter µ, σ

²

besitzt die Dichtefunktion f (x) = 1

σ √

2π e

⁻¹²

(

^x−µ_σ

)

²

Seien f

_X

bzw. f

_Y

die Dichten von µ

_X

bzw. µ

_Y

. In der Vorlesung haben wir bewiesen, dass die Verteilung µ

_Z

= µ

_X

∗ µ

_Y

auch eine Dichte f

_Z

besitzt, nämlich f

_X

∗ f

_Y

. Wir setzen u = t − µ

₁

, µ ˜ = µ

₁

+ µ

₂

sowie v = u −

^{(x−˜µ)σ12}

σ₁²+σ²₂

und erhalten f

_Z

(x) = (f

_X

∗ f

_Y

) (x) =

Z

R

f

_X

(t) f

_Y

(x − t) dt

= 1

2πσ

1

σ

2

Z

R

e

⁻

1 2

_t−µ

1 σ1

2

· e

⁻

1 2

_x−µ

2−t σ2

2

dt

= 1

2πσ

1

σ

2

Z

R

e

⁻

1 2

u σ1

2

· e

⁻

1 2

x−u−(µ1+µ2) σ2

2

du

= 1

2πσ

1

σ

2

Z

R

e

−¹

2 u2 σ2

1

· e

−¹

2

(x−˜µ)2+u2−2u(x−˜µ) σ2

2

du

= 1

2πσ

₁

σ

₂ Z

R

e

⁻

u2σ2

2+(x−˜µ)2σ2 1+u2σ2

1−2u(x−˜µ)σ2 1 2σ2

1σ2

2

du

= 1

2πσ

₁

σ

₂ Z

R

e

⁻

(x−˜µ)2σ2

1+u2

(

^σ1²+σ2

2

)

^{−2u(x−˜µ)σ2}1 2σ2

1σ2

2

du

= 1

2πσ

1

σ

2

Z

R

e

−(x−˜µ)2σ2

1

(

^σ2₁^+σ₂²

)

^−u2

(

^σ₁^2+σ2₂

)

^{2+2u(x−˜µ)σ2}₁

(

^σ₁^2+σ2₂

)

2σ2 1σ2

2

(

^σ₁^2+σ2₂

) du

= 1

2πσ

1

σ

2

Z

R

e

−(x−˜µ)2σ4

1−(x−˜µ)2σ2 1σ2

2−u2

(

^σ₁^2+σ2₂

)

^{2+2u(x−˜µ)σ2}₁

(

^σ₁^2+σ2₂

)

2σ2 1σ2

2

(

^σ₁^2+σ2₂

) du

= 1 2πσ

1

σ

2

Z

R

e

− ^{(x−˜µ)2σ}

4 1 2σ2

1σ2

2

(

^σ2₁^+σ₂²

)

⁻

(x−˜µ)2 2

(

^σ2₁^+σ₂²

)

⁻

u2

(

^σ1²+σ2 2

)

2σ2 1σ2

2

+^{2u(x−˜µ)σ}

2 1 2σ2

1σ2

2

du

= 1

2πσ

₁

σ

₂ Z

R

e

− ^(x−˜µ)2

2

(

^σ2₁^+σ₂²

)

⁻

σ2 1+σ2

2 2σ2

1σ2 2

u²−^{2u(x−˜µ)σ}

2 1 σ2

1+σ2 2

+^{(x−˜µ)2σ}

4 1

(

^σ2₁^+σ2₂

)

²

du

= 1

2πσ

₁

σ

₂ Z

R

e

− ^(x−˜µ)2

2

(

^σ2₁^+σ₂²

)

⁻

σ2 1+σ2

2 2σ2

1σ2 2

u−^(x−˜µ)σ

2 1 σ2

1+σ2 2

²

du

= 1

2πσ

₁

σ

₂

e

− ^(x−˜µ)2

2

(

^σ2₁^+σ₂²

)

^Z

R

e

⁻

σ2 1+σ2

2 2σ2

1σ2 2

·v²

dv

= 1

2πσ

1

σ

2

e

− ^(x−˜µ)2

2

(

^σ2₁^+σ₂²

)

s

σ

²₁

σ

₂²

σ

²₁

+ σ

₂²

Z

R

e

^−v

2 2

dv

= 1

2πσ

₁

σ

₂

e

− ^(x−˜µ)2

2

(

^σ2₁^+σ₂²

) σ

1

σ

2

q

σ

²₁

+ σ

₂²

√

2π = 1

q

2π σ

²₁

+ σ

²₂

e

− ^(x−˜µ)2

2

(

^σ₁^2+σ2₂

) .

Diese Funktion stimmt mit der Dichte für die Normalverteilung mit dem Parameter µ

₁

+ µ

₂

, σ

₁²

+ σ

₂²

überein. Daher ist Z normalverteilt mit Parameter µ

₁

+ µ

₂

, σ

²₁

+ σ

₂²

.

(c) Die Zufallsvariable X nimmt Werte aus {0, . . . , n

₁

}, die Zufallsvariable Y Werte aus {0, . . . , n

₂

} an, darum nimmt Z = X + Y Werte aus {0, . . . , n

₁

+ n

₂

} an. Sei also n ∈ {0, . . . , n

₁

+ n

₂

}. Dann ist

P ({Z = n}) = P ({X + Y = n}) = P

n1+n2

[

k=0

{X = k, Y = n − k}

!

=

n1+n2

X

k=0

P ({X = k, Y = n − k}) =

n1+n2

X

k=0

P ({X = k, Y = n − k})

=

n1+n2

X

k=0

P ({X = k}) · P ({Y = n − k})

=

n1+n2

X

k=0

n

₁

k

!

p

^k

(1 − p)

^n1−k

n

₂

n − k

!

p

^n−k

(1 − p)

^n2−n+k

= p

ⁿ

(1 − p)

^n1+n2−n

n1+n2

X

k=0

n

1

k

!

n

2

n − k

!

= p

ⁿ

(1 − p)

^n1+n2−n

n

1

+ n

2

n

!

.

Folglich ist Z binomialverteilt mit Parameter (n

₁

+ n

₂

, µ). Wir haben dabei die Vandermonde- Identität

n1+n2

X

k=0

n

₁

k

!

n

₂

n − k

!

= n

₁

+ n

₂

n

!

benutzt, die kombinatorisch bewiesen wird: Gegeben seien zwei Urnen mit n

1

bzw. n

2

Kugeln. Es

gibt offenbar

ⁿ¹⁺ⁿ_n ²

Möglichkeiten, n Kugeln aus den beiden Urnen auszuwählen. Andererseits

kann man sich auch zuerst ein k vorgeben und k Kugeln aus der ersten und n − k Kugeln aus der

zweiten Urne ziehen und kommt zum selben Ergebnis. Die Anzahl der Möglichkeiten, die man dazu

hat, werden durch die linke Seite angegeben. Damit ist die Gleichheit bewiesen.

Aufgabe 3. Sei (Ω, A, P ) ein Wahrscheinlichkeitsraum und X

1

, X

2

, . . . unabhängig identisch verteilte Zufallsvariablen, deren Verteilung eine Dichte bezüglich des Lebesgue-Maßes besitzen. Seien E

₁

= Ω und für n ≥ 2

E

_n

:= {X

_m

< X

_n

für alle m < n} = „ein Rekord wird zur Zeit n erreicht“.

Zeigen Sie, dass die Ereignisse E

1

, E

2

, . . . unabhängig sind und P (E

n

) = 1/n gilt.

Lösung zu Aufgabe 3: (Unabhängigkeit, Rekord zur Zeit n) rekord.tex Sei π ∈ S

n

eine beliebige Permutation. Wir setzen

B

n,π

:=

ⁿ

X

_π(1)

< X

_π(2)

< . . . < X

_π(n)^o

. Dann gilt

P (B

n,idn

) = P (B

n,π

) , (1) denn die Zufallsvariablen X

i

(i ∈ N ) sind unabhüngig und identisch verteilt. Wir zerlegen den Wahr- scheinlichkeitsraum disjunkt:

1 = P (Ω) =

^X

π∈Sn

P (B

_n,π

) .

Das Ereignis, dass zwei Zufallsvariablen denselben Wert annehmen, ist eine Nullmenge, denn für i 6= j gilt

P ({X

_i

= X

_j

}) =

Z

R

Z

{x}

f (t) dtf (x) dx = 0, wobei f : R → R die Dichte von X

₁

bezeichnet.

Wegen (1) folgt

P (B

_n,π

) = 1 n!

für eine beliebige Permutation π ∈ S

_n

. Dann gilt P (E

n

) = P

·

[

π∈Sn

π(n)=n

B

n,π

!

= (n − 1)! · 1 n! = 1

n .

Es sei der relative Rang R

n

gegeben durch R

_n

=

n

X

k=1

1

{X_k≥Xn}

.

Damit gilt E

n

= {R

_n

= 1}, und um die Unabhängigkeit der Ereignisse E

n

zu zeigen, ist es hinreichend, die Unabhängigkeit der Zufallsvariablen R

_n

nachzuweisen. Die Menge

M := {1} × {1, 2} × . . . × {1, . . . , n}

ist der Wertebereich des Zufallsvektors (R

1

, . . . , R

n

) =: R. Jede Realisierung des Zufallsvektors R entspricht genau einer Rangfolge der X

i

: FALSCH: Die Abbildung

φ : S

_n

→ M, π 7→ (r

₁

, . . . , r

_n

) mit r

_j

=

j

X

i=1

1

{π(j)}

ist injektiv und wegen #S

n

= #M auch surjektiv, also bijektiv. Damit gilt für alle n ∈ N und r ∈ M P ({R = r}) = P

n

X

_φ⁻¹_(r)(1)

< X

_φ⁻¹_(r)(2)

< . . . < X

_φ⁻¹_(r)(n)^o

= P

B

_n,φ⁻¹_(r)

= 1 n! . Für beliebiges r

n

∈ {1, . . . , n} folgt damit

P ({R

_n

= r

n

}) =

1

X

r1=1 2

X

r2=1

· · ·

n−1

X

rn−1=1

1

n! = (n − 1)!

n! = 1 n .

Insgesamt gilt

P ({R = r}) = P ({R

₁

= r

₁

, . . . , R

_n

= r

_n

}) = 1

n! = P (R

₁

= r

₁

) · . . . · P ({R

_n

= r

_n

}) , also für B

_j

∈ P ({1, . . . , j}) (1 ≤ j ≤ n):

P ({R

₁

∈ B

1

, . . . , R

n

∈ B

n

}) = P

·

[

r1∈B1

···

rn∈Bn

{R

₁

= r

1

, . . . , R

n

= r

n

}

!

=

^X

r1∈B1

···

rn∈Bn

P ({R

₁

= r

1

, . . . , R

n

= r

n

})

=

^X

r1∈B₁ rn···∈Bn

P ({R

₁

= r

1

}) · . . . · P ({R

_n

= r

n

})

= P ({R

₁

∈ B

1

}) · . . . · P ({R

_n

∈ B

n

}) .

Damit ist alles gezeigt, was verlangt war.

Aufgabe 4. Eine Münze wird wiederholt geworfen. Die einzelnen Würfe sind unabhängig mit Wahr- scheinlichkeit p ∈ (0, 1) für Kopf. Sei E das Ereignis, dass r > 1 mal hintereinander Kopf fällt, ohne dass irgendwann zuvor s > 1 mal in Folge Zahl geworfen wurde. Weiter sei X

₁

der Ausgang des ersten Wurfs. Zeigen Sie

P (E | X

₁

= Kopf) = p

^r−1

+ (1 − p

^r−1

) P (E | X

₁

= Zahl).

Finden Sie eine ähnliche Formel für P (E | X

₁

= Zahl) und berechnen Sie P (E).

Zusatzaufgabe: Prüfen Sie Ihr Ergebnis für P (E) auf Herz und Nieren.

Lösung zu Aufgabe 4: (Münzwurf: mehr Kopf als Zahl) muenze.tex Wir kodieren Kopf als 1 und Zahl als 0. Das Ergebnis des nten Wurfes sei mit X

_n

bezeichnet. Es folgt

P (E | X

₁

= 1)

=

1

P (E ∩ {X

₂

= · · · = X

r

= 1} | X

1

= 1) + P (E ∩ {X

₂

= 0} | X

1

= 1) +

r

X

t=3

P (E ∩ {X

₂

= · · · = X

t−1

= 1, X

_t

= 0} | X

₁

= 1)

= P (E ∩ {X

₁

= · · · = X

r

= 1}) P (X

1

= 1) +

r

X

t=2

P (E ∩ {X

₁

= · · · = X

t−1

= 1, X

t

= 0}) P (X

1

= 1)

= p

^r−1

+

r

X

t=2

P (E | X

1

= · · · = X

t−1

= 1, X

t

= 0) P (X

1

= · · · = X

t−1

= 1, X

t

= 0) P (X

₁

= 1)

=

2

p

^r−1

+ (1 − p)

r

X

t=2

p

^t−2

P (E | X

₁

= 0) = p

^r−1

+ (1 − p

^r−1

) P (E | X

₁

= 0).

Details: 1: disjunkte Vereinigung, 2: Markov-Eigenschaft. Ähnlich rechnen wir P (E | X

1

= 0)

= P (E ∩ {X

₂

= · · · = X

s

= 0} | X

1

= 0) + P (E ∩ {X

₂

= 1} | X

1

= 0) +

s

X

t=3

P (E ∩ {X

₂

= · · · = X

t−1

= 0, X

_t

= 1} | X

₁

= 0)

= P (E ∩ {X

₁

= · · · = X

s

= 0}) P (X

1

= 0) +

s

X

t=2

P (E ∩ {X

₁

= · · · = X

t−1

= 0, X

t

= 1}) P (X

1

= 0)

= 0 +

s

X

t=2

P (E | X

1

= · · · = X

t−1

= 0, X

t

= 1) P (X

1

= · · · = X

t−1

= 0, X

t

= 1) P (X

₁

= 0)

= p

s

X

t=2

(1 − p)

^t−2

P (E | X

₁

= 1) = (1 − (1 − p)

^s−1

) P (E | X

₁

= 1).

Damit erhalten wir

P (E | X

1

= 1) = p

^r−1

+ (1 − p

^r−1

) P (E | X

1

= 0)

= p

^r−1

+ (1 − p

^r−1

)(1 − (1 − p)

^s−1

) P (E | X

₁

= 1)

= ⇒ P (E | X

1

= 1) = p

^r−1

1 − (1 − p

^r−1

)(1 − (1 − p)

^s−1

) und

P (E | X

₁

= 0) = p

^r−1

(1 − (1 − p)

^s−1

)

1 − (1 − p

^r−1

)(1 − (1 − p)

^s−1

) .

Mit totaler Wahrscheinlichkeit folgt:

P (E) = P (E | X

₁

= 1) P (X

₁

= 1) + P (E | X

₁

= 0) P (X

₁

= 0)

= p

^r

+ p

^r−1

(1 − (1 − p)

^s−1

)(1 − p) 1 − (1 − p

^r−1

)(1 − (1 − p)

^s−1

)

= p

^r−1

(1 − (1 − p)

^s

)

1 − (1 − p

^r−1

)(1 − (1 − p)

^s−1

) =

1

(1−p)^s−1

− (1 − p)

1

p^r−1

+

_(1−p)¹s−1

− 1 Das ist so kompliziert, da müssen wir mal eine Testserie starten. An den Grenzen gilt

p→0

lim P (E) = 0, lim

p→1

P (E) = 1, lim

s→∞

P (E) = 1, lim

r→∞

P (E) = 0.

Der Fall r = s = 1 reiht sich mit P (E) =

^1+p−1₁₊₁₋₁

= p ein. Für r = s ∈ N und p =

¹₂

ist P (E) = 2

^s−1

−

¹₂

2

^r−1

+ 2

^s−1

− 1 = 2

^r−1

−

¹₂

2 · (2

^r−1

−

¹₂

) = 1 2 . Vertauscht man Kopf und Zahl bzw. (p, r) und (1 − p, s), so erhält man

P (Ω \ E) =

1 p^r−1

− p

1

p^r−1

+

_(1−p)¹s−1

− 1 . Damit folgt dann

P (E) + P (Ω \ E) =

1

(1−p)^s−1

+ p − 1 +

_pr−1¹

− p

1

p^r−1

+

_(1−p)¹s−1

− 1 = 1.

Das ist doch vertrauenserweckend. Obendrein erhalten wir für p <

¹₂

, d.h.

_1−p^p

< 1,

r=s→∞

lim P (E) = lim

r→∞

(

_1−p^p

)

^r−1

− p

^r−1

(1 − p)

1 + (

_1−p^p

)

^r−1

− p

^r−1

= 0 − 0 1 + 0 − 0 = 0 und für p >

¹₂

, also

^1−p_p

< 1,

r=s→∞

lim P (E) = lim

r→∞

1 − (1 − p)

^r

(

^1−p_p

)

^r−1

+ 1 − (1 − p)

^r−1

= 1 − 0

0 + 1 − 0 = 1.