Lösungsvorschlag zu Aufgabe 9.I

Lösungsvorschlag zu Aufgabe 9.I

Die Zufallsgröße X sei für ein n∈N ^{auf {−n, ...,−1,0,1, ..., n}} gleichverteilt.

Es gilt also:

P(X =k) =



 

 

 

 

1

2n+1, falls −n≤k ≤n 0, sonst

Des Weiteren gilt:

E(X) =

X

k∈{−n,...,n}

k·P(X =k) =

n

X

k=−n

k·P(X =k) =

n

X

k=−n

k· 1

2n+ 1 = 1 2n+ 1

n

X

k=−n

k

| {z }

=0

= 0

Wir wollen nun den Hinweis verwenden, um E(|X|^j) für j=1,2,3 zu berechnen.

Zunächst gilt:

E(|X|^j) =

n

X

k=−n

|k|^jP(X =k) =

n

X

k=−n

|k|^j· 1

2n+ 1 = 1 2n+ 1

n

X

k=−n

|k|^j.

Der Fall j = 1:

E(|X|) = 1 2n+ 1

n

X

k=−n

|k|= 1 2n+ 12·

n

X

k=1

k= 1

2n+ 1 ·2· n(n+ 1) 2

= n(n+ 1) 2n+ 1 . Der Fall j=2:

E(|X|²) = 1 2n+ 1

n

X

k=−n

|k|²= 1 2n+ 12

n

X

k=1

k² = 1

2n+ 1 ·2n(n+ 1)(2n+ 1) 6

= n(n+ 1)

3 .

Der Fall j=3:

E(|X|³) = = 1 2n+ 1

n

X

k=−n

|k|³ = 1 2n+ 12

n

X

k=1

k³ = 1

2n+ 1 ·2n²(n+ 1)² 4

a)

P(|X| ≥ n

2) =P({X ≥ n

2} ∪ {X ≤ −n

2})Symm.

= 2·P(X ≥ n 2) Wir müssen nun zwei Fälle unterscheiden, nämlich n gerade und n ungerade:

n gerade:

2·P(X ≥ n

2) = 2·P({n 2,n

2 + 1,n

2 + 2, ..., n

| {z }

n

2 + 1 Elemente

}) = 2(n

2 + 1)·P(X = n 2)

= 2(n

2 + 1) 1

2n+ 1 = n+ 2 2n+ 1 n ungerade:

2·P(X ≥ n

2) = 2·P({n+ 1

2 ,n+ 1

2 + 1,n+ 1

2 + 2, ..., n

| {z }

n+1

2 Elemente

}) = 2n+ 1

2 ·P(X = n+ 1 2 )

= 2n+ 1 2

1

2n+ 1 = n+ 1 2n+ 1 Somit erhalten wir insgesamt:

P(|X| ≥ n 2) =



 

 

 

 

n+2

2n+1, fallsn gerade

n+1

2n+1, fallsn ungerade

P(|X| ≥ 2n

3 ) =P({X ≥ 2n

3 } ∪ {X ≤ −2n

3 })Symm.

= 2·P(X ≥ 2n 3 ) Wir werden nun drei Fälle unterscheiden und dabei die Teilbarkeit vonn berücksichtigen:

n mod 3 ≡0:

2·P(X ≥ 2n

3 ) = 2·P({2n 3 ,2n

3 + 1, ..., n}

| {z }

n

3 + 1 Elemente

) = 2(n

3 + 1)P(X = 2n 3 )

= 2n+ 3 3

1

2n+ 1 = 2n+ 6 6n+ 3 n mod 3 ≡1:

2·P(X ≥ 2n

3 ) = 2·P({2(n−1)

3 + 1,2(n−1)

3 + 2, ..., n}

| {z }

n+2

3 Elemente

) = 2n+ 2

3 P(X = 2(n−1) 3 + 1)

= 2n+ 2 3

1

2n+ 1 = 2n+ 4 6n+ 3 n mod 3 ≡2:

2·P(X ≥ 2n

3 ) = 2·P({2(n−2)

3 + 1,2(n−1)

3 + 2, ..., n}

| {z }

n+1

3 Elemente

) = 2n+ 1

3 P(X = 2(n−2) 3 + 1)

= 2n+ 1 3

1

2n+ 1 = 2n+ 2 6n+ 3 Somit erhalten wir insgesamt:

P(|X| ≥ 2n 3 ) =



 

 

 

 

 

 

 

 

2n+6

6n+3, falls n mod3≡0

2n+4

6n+3, falls n mod3≡1

2n+2

6n+3, falls n mod3≡2 b) Nach der Markoffschen Ungleichung gilt:

=0

z }| {

Wir wollen dies nun auf die Aufgabe anwenden:

c= ⁿ₂ k=1:

P(|X| ≥ n 2)≤

n(n+1) 2n+1

n 2

= 2n+ 2 2n+ 1 k=2:

P(|X| ≥ n 2)≤

n(n+1) 3

(ⁿ₂)² = 4n+ 4 3n k=3:

P(|X| ≥ n 2)≤

n²(n+1)² 2(2n+1)

(ⁿ₂)³ = 4(n+ 1)² 2n²+n c= ²ⁿ₃

k=1:

P(|X| ≥ 2n 3 )≤

n(n+1) 2n+1

2n 3

= 3n+ 3 4n+ 2 k=2:

P(|X| ≥ 2n 3 )≤

n(n+1) 3

(²ⁿ₃)² = 3n+ 3 4n k=3:

P(|X| ≥ 2n 3 )≤

n²(n+1)² 2(2n+1)

(²ⁿ₃ )³ = 27(n+ 1)² 16n(2n+ 1)

c) Der Übersicht halber schreiben wir die Werte in eine Tabelle

a) b)

P(|X| ≥ n

2) k=1 k=2 k=3 n = 1 2

3 4 3

8 3

16 3 n = 3 4

7 8 7

16 9

64 21 n= 10 4

7 22 21

22 15

242 105 n→ ∞ 1

2 1 4

3 2

a) b)

P(|X| ≥ 2n

3 ) k=1 k=2 k=3

n = 1 2

3 1 3

2

9 4 n = 3 4

7 6

7 1 9

7 n= 10 8

21 11 14

33 40

1089 1120

n → ∞ 1

3 3 4

3 4

27 32