Einführung in die Stochastik Übungsblatt 0
Lösungsvorschlag
Fachbereich Mathematik Sommersemester 2010
Dr. Robert Schlicht Dr. Mehdi Slassi
Dipl. Math. Andreas Fromkorth
Aufgabe 0.1 (Lösungsvorschlag)
a) Die Voraussetzung0≤k−1<nsorgt dafür, dass alle in der Aussage vorkommenden Binomialkoeffizienten definiert sind.
n−1 k−1
+ n−1
k
= (n−1)!
(k−1)!(n−1−(k−1))!+ (n−1)!
k!(n−1−k)!
= (n−1)!·k
k!(n−k)! +(n−1)!·(n−k)
k!(n−k)! =(n−1)!·k+ (n−1)!·(n−k) k!(n−k)!
= (n−1)!·(k+n−k)
k!(n−k)! = n!
k!(n−k)!= n
k
. b) Beweis per vollständiger Induktion. Fürn=1gilt wegen
1
X
k=0
1 k
x1−kyk= 1
0
x1y0+ 1
1
x0y1=x+y
die Behauptung. Sein>1. Als Induktionsvoraussetzung (IV) nehmen wir an, dass die Behauptung fürn−1 schon gezeigt ist. Dann erhalten wir
(x+y)n = (x+y)·(x+y)n−1= (IV x+y)·
n−1
X
k=0
n−1 k
xn−1−kyk
= Xn−1 k=0
n−1 k
xn−kyk+ Xn−1 k=0
n−1 k
xn−1−kyk+1
= xn+
n−1
X
k=1
n−1 k
xn−kyk+
n
X
k=1
n−1 k−1
xn−kyk
= xn+
n−1
X
k=1
n−1 k
+
n−1 k−1
xn−kyk+yn
=∗
n 0
xny0+
n−1
X
k=1
n k
xn−kyk+ n
n
x0yn
=
n
X
k=0
n k
xn−kyk
Hierbei folgt(∗)aus Teil (a). Man beachte, dass die Voraussetzungen von diesem Aufgabenteil wegenn>1 für jeden Summanden der Summe erfüllt sind. Insgesamt folgt die zu zeigende Aussage.
c) Nach Teil (b) gilt
2n= (1+1)n=
n
X
k=0
n k
1n−k1k=
n
X
k=0
n k
.
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Aufgabe 0.2 (Lösungsvorschlag)
Am einfachsten zeigt man diese Aussagen durch Übergang zur Aussagenlogik. SindQ1,Q2,Q3 aussagenlogische Variablen (d.h. Variablen die entweder den Wert wahr (w) oder den Wert falsch (f) haben), so gilt
• Q1undQ2:=Q1∧Q2:=
(w fallsQ1=Q2=w f sonst
• Q1oderQ2:=Q1∨Q2:=
(f fallsQ1=Q2=f w sonst
• nichtQ1:=¬Q1:=
(w fallsQ1=f f sonst
Durch aufschreiben aller möglichen Wertekombinationen (in einer sogenannten Wahrheitstafel) kann man
• Q1∧ ¬ Q2∧Q3
= Q1∧ ¬Q2
∨ Q1∧ ¬Q3
• Q1∧ ¬ Q2∨Q3
= Q1∧ ¬Q2
∧ Q1∧ ¬Q3 zeigen.
Damit folgt a)
x∈A\(B∪C)
⇔ (x∈A)∧(¬((x∈B)∨(x∈C)))
⇔ ((x∈A)∧(¬(x∈B)))∧((x∈A)∧(¬(x∈C)))
⇔ x∈(A\B)∩(A\C)
b)
x∈A\(B∩C)
⇔ (x∈A)∧(¬((x∈B)∨(x∈C)))
⇔ ((x∈A)∧(¬(x∈B)))∨((x∈A)∧(¬(x∈C)))
⇔ x∈(A\B)∪(A\C)
c) Nach Teil (b) gilt
B\(A∩B) = (B\A)∪(B\B) =B\A.
Es genügt somit zu zeigen:
A∪B=A∪B\A.
AusB\A⊂Berhalten wir unmittelbarA∪B⊃A∪B\A. Zu zeigen bleibt noch die umgekehrte Mengeninklu- sion. Sei dazux∈A∪B. Wir unterscheiden zwei Fälle.
Fall x∈A:Dann folgt ausx∈A∪Bsofortx∈A∪B\A.
Fall x∈/A:Dann folgt ausx∈A∪B, dass x∈Bund x∈/A, alsox∈B\A. Insgesamt alsox∈A∪B\A.
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Aufgabe 0.3
a) Die leere Menge ist Teilmenge jeder anderen Menge. Also gilt; ⊂ f−1(;).
Angenommen es gibt ein Elementω∈Ωmitω∈ f−1(;). Nach Definition giltf(ω)∈ ;, d.h.ωwird auf kein Element inΩ0 abgebildet. Dies ist aber ein Widerspruch zur Voraussetzung, dass f eine Funktion ist. Also kann es ein solchesωnicht geben. Dies ist aber gleichbedeutend mit f−1(;)⊂ ;. Insgesamt ergibt sich die Behauptung.
b)
ω∈f−1(Ω0\A) ⇔ f(ω)∈Ω0\A
⇔ f(ω)∈Ω0und f(ω)∈/A
⇔ ω∈Ωund f(ω)∈/A
⇔ ω /∈f−1(A)
⇔ ω∈Ω\f−1(A).
Dabei geht wiederum ein, dass f eine Funktion vom TypΩ→Ω0ist.
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