Aufgabe 1. Sei a ∈ (0, 1/2). Die Wahrscheinlichkeit p k , dass eine Familie genau k Kinder hat liege bei p 0 = a, p 1 = a und p k = (1 − 2a)2 −(k−1) für k ≥ 2.

Stochastik, Sommersemester 2014 Prof. Dr. I. Veselić Dr. M. Tautenhahn, Dr. C. Schumacher Hausaufgabe 7

Abgabe am 26.5. oder am 28.5. in der Übung

Aufgabe 1. Sei a ∈ (0, 1/2). Die Wahrscheinlichkeit p _k , dass eine Familie genau k Kinder hat liege bei p 0 = a, p 1 = a und p k = (1 − 2a)2 ^−(k−1) für k ≥ 2.

Es ist bekannt, dass eine Familie genau zwei Jungs hat. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass (a) die Familie nur zwei Kinder hat?

(b) die Familie auch genau zwei Mädchen hat?

Man nehme an, dass die Wahrscheinlichkeit, ein Mädchen zu bekommen, genauso groß ist wie die Wahrscheinlichkeit, einen Jungen zu bekommen.

Kommentar zu Satz von Bayes für Kinder: Die Lösung kann man auch gleich mit Zufallsgrößen formulieren.

Lösung zu Aufgabe 1: (Satz von Bayes für Kinder) bayesfamilie.tex Innerhalb einer Familie ist die Anzahl der Jungs binomialverteilt mit Parameter p = 1/2 (weil die Geburten unabhängig voneinander stattfinden). Sei A ein Ereignis, sei J ₂ das Ereignis, dass genau zwei Jungen vorliegen. Für k ∈ N 0 sei K _k das Ereignis, dass in der Familie genau k Kinder sind. Wir haben

P (A | J ₂ ) = P (A ∩ J ₂ )

P (J ₂ ) = P (J ₂ | A) · P (A)

P( ^S _{k∈ N}

(J ₂ ∩ K _k )) = P (J ₂ | A) · P (A) P

k∈ N

P (J ₂ | K _k ) · P (K _k ) . Die Reihe im Nenner hängt nicht von A ab. Ihre Summe ist

X

k∈ N

P (J ₂ | K _k ) · P (K _k ) = ^X

k≥2

P (J ₂ | K _k ) · P (K _k ) = ^X

k≥2

k 2

!

· 2 ^−k · (1 − 2a)2 ^−(k−1)

= ^X

k≥2

1

2 k(k − 1) · 2 ^−k · (1 − 2a)2 ^−(k−1) = (1 − 2a) ^X

k≥2

k(k − 1) · 2 ^−2k . Die geometrische Reihe konvergiert für |q| < 1 absolut, also können wir sie gliedweise differenzieren:

∞

X

k=0

q ^k = 1

1 − q = ⇒

∞

X

k=0

kq ^k−1 = 1

(1 − q) ² = ⇒

∞

X

k=0

k(k − 1)q ^k−2 = 1 (1 − q) ³ Also ist, mit q = 1/4,

∞

X

k=2

k(k − 1) · 2 ^−2k = 1 4

2 n

X

k=2

k(k − 1) 1 4

^k−2

= 1

16 · 1

(1 − ¹ ₄ ) ³ = 8 27 . Wir erhalten daher

P (A | J ₂ ) = 27

8 (1 − 2a) · P (J ₂ | A) · P (A) .

(a) Wir haben P (K ₂ ) = ¹ ₂ (1 − 2a) und P (J ₂ | K ₂ ) = ¹ ₄ (Binomialverteilung), und damit P (K ₂ | J ₂ ) = 27

8 (1 − 2a) · P (J ₂ | K ₂ ) · P (K ₂ ) = 27 8 (1 − 2a) · 1

4 · 1

2 (1 − 2a) = 27

64 .

(b) Unter der Voraussetzung, dass genau zwei Jungs vorliegen, ist die Bedingung, dass genau zwei Mädchen vorliegen, äquivalent zu K ₄ : M ₂ ∩ J ₂ = K ₄ ∩ J ₂ . Wir haben P (K ₄ ) = ¹ ₈ · (1 − 2a) und P (J ₂ | K ₄ ) = ₁₆ ^{1 4} ₂ = ³ ₈ , und damit

P (K ₄ | J ₂ ) = 27

8 (1 − 2a) · P (J ₂ | K ₄ ) · P (K ₄ ) = 27 8 (1 − 2a) · 1

8 · (1 − 2a) · 3 8 = 81

512 .

Aufgabe 2. Tom Bayes hat sich auf seiner Reise durch den Oberrabensteiner Nationalpark verirrt.

Seiner Erinnerung nach schätzt er, dass mit Wahrscheinlichkeit p der Ausgang aus dem Nationalpark im Osten liegt und mit Wahrscheinlichkeit 1 − p im Westen. Bevor er sich auf den Weg macht, fragt er jedoch einen Passanten mehrmals nach der Richtung zum Ausgang, um seinen Kenntnisstand zu verbessern. Die Personen in Nationalpark reagieren auf die Frage nach dem Ausgang genauso, wie in Aufgabe 1 auf Hausaufgabenblatt 5 beschrieben. Zeigen Sie:

(a) Egal welche Antwort Tom auf seine erste Frage bekommt, er glaubt weiterhin, dass die Antwort Osten mit Wahrscheinlichkeit p korrekt ist.

(b) Sind die ersten beiden Antworten identisch (OO oder WW), so glaubt Tom weiterhin, dass die Antwort Osten mit Wahrscheinlichkeit p korrekt ist.

(c) Nach drei gleichen Antworten beurteilt Tom die Situation folgendermaßen:

P (Osten korrekt | OOO) = 9p

11 − 2p und P (Osten korrekt | WWW) = 11p 9 + 2p . Welche Werte ergeben sich für p = ₂₀ ⁹ ?

Lösung zu Aufgabe 2: (Bayes im Oberrabensteiner Nationalpark) bayes.tex Sei O das Ereignis, dass der Ausgang im Osten liegt und W das Ereignis, dass er sich im Westen befindet.

Für das Verhalten der Passanten schreiben wir wie in der Aufgabe O und W, wobei mehrere Buchstaben für mehrere aufeinanderfolgende Antworten stehen. Zunächst ergeben sich einige Wahrscheinlichkeiten aus dem Verhalten der Passanten, das sich ja bei Vertauschung des Ostens und des Westens nicht ändert:

P (W | O) = 1 3 + 2

3 · 1 4 = 1

3 + 1 6 = 1

2 = P (O | W) , P (O | O) = 2

3 · 3 4 = 1

2 = P (W | W) , P (WW | O) = 1

3 + 2 3 · 1

4 · 1 4 = 1

3 + 1 24 = 3

8 = P (OO | W) , P (OO | O) = 2

3 · 3 4 · 3

4 = 3

8 = P (WW | W) , P (WWW | O) = 1

3 + 2 3 · 1

4 · 1 4 · 1

4 = 1 3 + 1

96 = 11

32 = P (OOO | W) , P (OOO | O) = 2

3 · 3 4 · 3

4 · 3 4 = 9

32 = P (WWW | W) .

Für ein beliebiges Wort σ über dem Alphabet {W, O} liefert die Formel von Bayes P (O | σ) = P (O) · P (σ | O)

P (O) · P (σ | O) + P (W) · P (σ | W) = p · P (σ | O)

p · P (σ | O) + (1 − p) · P (σ | W) .

Das Einsetzen in σ liefert damit

P (O | W) = p · P (W | O)

p · P (W | O) + (1 − p) · P (W | W) = p · ¹ ₂

p · ¹ ₂ + (1 − p) · ¹ ₂ = p, P (O | O) = p · P (O | O)

p · P (O | O) + (1 − p) · P (O | W) = p · ¹ ₂

p · ¹ ₂ + (1 − p) · ¹ ₂ = p, P (O | WW) = p · P (WW | O)

p · P (WW | O) + (1 − p) · P (WW | W) = p · ³ ₈

p · ³ ₈ + (1 − p) · ³ ₈ = p, P (O | OO) = p · P (OO | O)

p · P (OO | O) + (1 − p) · P (OO | W) = p · ³ ₈

p · ³ ₈ + (1 − p) · ³ ₈ = p,

P (O | WWW) = p · P (WWW | O)

p · P (WWW | O) + (1 − p) · P (WWW | W)

= p · ¹¹ ₃₂

p · ¹¹ ₃₂ + (1 − p) · ₃₂ ⁹ = 11p 9 + 2p , P (O | OOO) = p · P (OOO | O)

p · P (OOO | O) + (1 − p) · P (OOO | W)

= p · ₃₂ ⁹

p · ₃₂ ⁹ + (1 − p) · ¹¹ ₃₂ = 9p 11 − 2p , was zu zeigen war. Für p = 9/20 ergeben sich die Werte

P (O | WWW) = 11 · ₂₀ ⁹

9 + 2 · ₂₀ ⁹ = 99 198 = 1

2 , P (O | OOO) = 9 · ₂₀ ⁹

11 − 2 · ₂₀ ⁹ = 81 202 .

Aufgabe 3. Angenommen, die Anzahl der Geburten an einem Tag in einem Krankenhaus ist Poisson- verteilt mit Parameter λ > 0. Jede Geburt ist ein Junge mit Wahrscheinlichkeit p und ein Mädchen mit Wahrscheinlichkeit q = 1 − p, unabhängig von anderen Geburten und unabhängig von der Gesamtzahl der Geburten. Seien J und M die Zahl der Jungen beziehungsweise Mädchen.

(a) Zeigen Sie P (J = j, M = m) = (λp) ^j e ^−λp

j! · (λq) ^m e ^−λq m! .

(b) Folgern Sie, J und M sind unabhängig und Poissonverteilt mit Parameter λp bzw. λq.

Kommentar zu Poissonverteilung bei Geburten: Vergleiche poissonhats.tex: Poisson"=verteilte H"ute

Lösung zu Aufgabe 3: (Poissonverteilung bei Geburten) geburten.tex (a) Ist die Gesamtzahl der Geburten fest, so sind Mädchen und Jungen binomialverteilt, d. h. es gilt

für alle j, m ∈ N 0 :

P (J = j, M = m | J + M = j + m) = j + m j

!

· p ^j (1 − p) ^m .

(Dabei ist J + M die Gesamtzahl der Geburten an einem Tag.) Da J + M poissonverteilt ist, gilt P (J + M = j + m) = λ ^j+m

(j + m)! e ^−λ ,

d. h.

P ({J = j, M = m}) = j + m j

!

· p ^j (1 − p) ^m · λ ^j+m (j + m)! e ^−λ

= (λp) ^j e ^−λp

j! · (λq) ^m e ^−λq m! . (b) Wir haben daher

P ({J = j}) = P



 [

m∈ N

{J = j, M = m}



 = ^X

m∈ N

P ({J = j, M = m})

= ^X

m∈ N

(λp) ^j e ^−λp

j! · (λq) ^m e ^−λq

m! = (λp) ^j e ^−λp

j! · e ^−λq · ^X

m∈ N

(λq) ^m m!

= (λp) ^j e ^−λp

j! · e ^−λq · e ^λq = (λp) ^j e ^−λp j! ,

d. h. die Gewichtsfunktion von J ist die Gewichtsfunktion der Poissonverteilung. Da die Gewichts- funktion eine Verteilung eindeutig festlegt, ist J Poissonverteilt. Um zu zeigen, dass M poissonver- teilt ist, tausche man in der bisherigen Rechnung (J, j, p) gegen (M, m, q) aus.

Die Unabhängigkeit von J und M ist folgendermaßen definiert:

∀A, B ∈ P( N 0 ) : P (J ∈ A, M ∈ B) = P (J ∈ A) P (M ∈ B).

Es geht also darum, ob P (J,M) = P J ⊗ P M für die Bildverteilungen von (J, M ), J und M gilt. Die Zufallsvariablen nehmen nur Werte in N 0 an. Zwei Maße sind gleich, wenn sie auf einem schnitt- stabilen Erzeuger übereinstimmen. Als schnittstabilen Erzeuger wählen wir die Elementarereignisse (und ∅)

E := {∅} ∪ {{(j, m)} | j, m ∈ N 0 }.

Es genügt also, die Unabhängigkeit an der Gewichtsfunktion zu überprüfen. In (a) haben wir diese Frage positiv geklärt, also sind J und M unabhängig.

Aufgabe 4. 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) = 0.

Hinweis: Definieren Sie das Ereignis B _k ^(j) = {X _j = 1, X j+1 = 1, . . . , X j+k−1 = 1}, j, k ∈ N , wobei X j = 1 bedeutet, dass der j-te Wurf „Zahl“ ist. Benutzen Sie einen Satz von Borel-Cantelli.

Lösung zu Aufgabe 4: (Borel–Cantelli) borelcantelli.tex Wir definieren

B _k ^(j) := {X _j = 1, X _j+1 = 1, . . . , X j+k−1 = 1} =

j+k−1

\

i=j

{X _i = 1} . Weil die Ausgänge der einzelnen Münzwürfe voneinander unabhängig sind, gilt

 _j+k−1  _{j+k−1 j+k−1}

Zusätzlich haben wir

A k =

2

−k

[

j=2

B _k ^(j) und damit

P (A k ) ≤

2

−k

X

j=2

P B _k ^(j) =

2

−k

X

j=2

p ^k = 2 · 2 ^k − k − 2 ^k + 1 · p ^k = (2p) ^k − kp ^k + p ^k . Wegen 0 ≤ p < 1/2, d. h. 0 ≤ 2p < 1, konvergiert die Reihe ^P _n∈

N P (A n ) absolut. Teil (i) des Borel- Cantelli-Lemmas liefert

P

lim sup

n→∞ A n

= 0,

was zu zeigen war.