Mat3 UE 2

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Mat3 Blatt 2

Gruppe: 7
Maarten Behn, Niklas Borchers, Emre Kilinc

5

a) Mindestens eines der drei Ereignisse $(A,B,C)$ tritt ein

Die Warscheinlichkeit ist:
$P(A)+P(B)+P(C)-P(A\cap B)-P(A\cap C)-P(B\cap C)+P(A\cap B\cap C)$

$P(C)=P(A\cap C)+P(\complement A\cap C)=P(A\cap C)+0.15=0.4$
$\Rightarrow P(A\cap C)=0.25$

$P(A)=P(A\cap \complement C)+P(A\cap C)=0.25+0.25=0.5$

$P(B\cap C)=P(B\cap \complement A)+P(A\cap B\cap C)-P(\complement A\cap B\cap \complement C)=0.3+0.1-0.2=0.2$

$P(A\cap B)=P(A)-P(\complement B\cap A)=0.5-0.25=0.25$

$P(B)=P(B\cap A)+P(B\cap A\complement )=0.25+0.3=0.55$

$\Rightarrow 0.5+0.55+0.4-0.25-0.25-0.2+0.1=0.85$

b) Genau zwei der drei Ereignisse $(A,B,C)$ treten ein

Die Warscheinlichkeit ist:
$P(A\cap B)+P(A\cap C)+P(B\cap C)-3P(A\cap B\cap C)$
$=0.25+0.25+0.2-3(0.1)$
$=0.4$

c) Keines der drei Ereignisse $(A,B,C)$ tritt ein

Die Warscheinlichkeit ist:
1 - Mindestens eines der drei Ereignisse $(A,B,C)$ tritt ein.
$=1-a)=1-0.85=0.15$

d) Höchstens eines der drei Ereignisse $(A,B,C)$ tritt ein

Die Warscheinlichkeit ist:
1 - Genau zwei der drei Ereignisse $(A,B,C)$ treten ein - $P(A\cap B\cap C)$.
$=1-b)-0.1=1-0.4-0.1=0.5$

6

$p_k^{(n)}=\frac{1}{k!}\sum _{l=0}^{n-k}\frac{(-1{)}^l}{l!}k\in \{0,...,n\}$

a) Beweis mit Kontradiktion

Sei ein Ergebnis negativ.
Dann muss $\sum _{l=0}^{n-k}\frac{(-1{)}^l}{l!}$ negativ sein.
Die Summe ist eine addtions folge mit abwechselnd $1,-1,1,-1,...$ im Zähler.
Die absolute Summe aller Brüche mit negativen Zähler ist daher größer als die absolute Summe aller Brüche mit positivem Zähler.
Da die Zähler durch $l!$ geteilt werden gilt $abs\left(\frac{(-1{)}^{(l-1)}}{(l-1)!}\right)\le abs\left(\frac{(-1{)}^l}{l!}\right)$.
Da die Summe mit einem positiven Zähler für $l=0$ beginnt ist ein negativer Bruch immer kleiner als der der positive Bruch von $l-1$.
Somit ist absolute Summe aller Brüche mit negativen Zähler kleiner als die absolute Summe aller Brüche mit positivem Zähler.
Dies weiderspricht der obrigen Aussage.

b)

Beobactungen

zum verstehen der Aufgabe

$n=0$

$p_0^{(0)}=\frac{1}{0!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}\right)=\frac{1}{1}\left(\frac{1}{1}\right)=1$

$n=1$

$p_0^{(1)}=\frac{1}{0!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}+\frac{(-1{)}^1}{1!}\right)=\frac{1}{1}\left(\frac{1}{1}+\frac{-1}{1}\right)=0$
$p_1^{(1)}=\frac{1}{1!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}\right)=\frac{1}{1}\left(\frac{1}{1}\right)=1$
$0+1=1$

$n=2$

$p_0^{(2)}=\frac{1}{0!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}+\frac{(-1{)}^1}{1!}+\frac{(-1{)}^2}{2!}\right)=\frac{1}{1}\left(\frac{1}{1}+\frac{-1}{1}+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$
$p_1^{(2)}=\frac{1}{1!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}+\frac{(-1{)}^1}{1!}\right)=\frac{1}{1}\left(\frac{1}{1}+\frac{-1}{1}\right)=0$
$p_2^{(2)}=\frac{1}{2!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1}\right)=\frac{1}{2}$
$\frac{1}{2}+0+\frac{1}{2}=1$

$n=3$

$p_0^{(3)}=\frac{1}{0!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}+\frac{(-1{)}^1}{1!}+\frac{(-1{)}^2}{2!}+\frac{(-1{)}^3}{3!}\right)=\frac{1}{1}\left(\frac{1}{1}+\frac{-1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{-1}{6}\right)=\frac{1}{3}$
$p_1^{(3)}=\frac{1}{1!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}+\frac{(-1{)}^1}{1!}+\frac{(-1{)}^2}{2!}\right)=\frac{1}{1}\left(\frac{1}{1}+\frac{-1}{1}+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$
$p_2^{(3)}=\frac{1}{2!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}+\frac{(-1{)}^1}{1!}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1}+\frac{-1}{1}\right)=0$
$p_3^{(3)}=\frac{1}{3!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}\right)=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{1}\right)=\frac{1}{6}$
$\frac{1}{3}+\frac{1}{2}+0+\frac{1}{6}=1$

$n=4$

$p_0^{(4)}=\frac{1}{0!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}+\frac{(-1{)}^1}{1!}+\frac{(-1{)}^2}{2!}+\frac{(-1{)}^3}{3!}+\frac{(-1{)}^4}{4!}\right)=\frac{1}{1}\left(\frac{1}{1}+\frac{-1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{-1}{6}+\frac{1}{24}\right)=\frac{3}{8}$
$p_1^{(4)}=\frac{1}{1!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}+\frac{(-1{)}^1}{1!}+\frac{(-1{)}^2}{2!}+\frac{(-1{)}^3}{3!}\right)=\frac{1}{1}\left(\frac{1}{1}+\frac{-1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{-1}{6}\right)=\frac{1}{3}$
$p_2^{(4)}=\frac{1}{2!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}+\frac{(-1{)}^1}{1!}+\frac{(-1{)}^2}{2!}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1}+\frac{-1}{1}+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}$
$p_3^{(4)}=\frac{1}{3!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}+\frac{(-1{)}^1}{1!}\right)=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{1}+\frac{-1}{1}\right)=0$
$p_4^{(4)}=\frac{1}{4!}\left(\frac{(-1{)}^0}{0!}\right)=\frac{1}{24}\left(\frac{1}{1}\right)=\frac{1}{24}$
$\frac{3}{8}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+0+\frac{1}{24}=1$

$p_k^{(n)}=0$ wenn $k=n+1$
$n-k=(n+1)-(k+1)\Rightarrow \sum _{l=0}^{n-k}\frac{(-1{)}^l}{l!}=\sum _{l=0}^{(n+1)-(k+1)}\frac{(-1{)}^l}{l!}$
$\frac{1}{k!}=\frac{1}{l!}$ wenn $l=k$

Zu zeigen

$\sum _{k=0}^n{p}_k^{(n)}=1$

Beweis

= \sum_{k=0}^{n} \left( \frac{1}{k!} \sum_{\ell=0}^{n-k} \frac{(-1)^\ell}{\ell!} \right)$$ Wir vertauschen die Summationsreihenfolge mit $m = k + \ell$ daher $\ell = m - k$ und $k = m - \ell$ $$\sum_{k=0}^{n} \sum_{\ell=0}^{n-k} \frac{1}{k!} \cdot \frac{(-1)^\ell}{\ell!}$$$$= \sum_{m=0}^{n} \sum_{\ell=0}^{m} \frac{1}{(m - \ell)!} \cdot \frac{(-1)^\ell}{\ell!}$$$$= \sum_{m=0}^{n} \sum_{\ell=0}^{m} \frac{(-1)^\ell}{\ell! (m-\ell)!}$$ $$= \sum_{m=0}^{n} \frac{1}{m!} \sum_{\ell=0}^{m} \frac{m!}{\ell! (m-\ell)!} \cdot (-1)^\ell$$ $$= \sum_{m=0}^{n} \frac{1}{m!} \sum_{\ell=0}^{m} \binom{m}{\ell} \cdot (-1)^\ell$$ Es ist allgemein bekannt:

\left(\begin{matrix}
n\
k
\end{matrix}\right)
= \frac{n!}{(n-k)!k!}

$$und$$

\sum_{j=0}^{m} \binom{m}{j} (-1)^j = (1 - 1)^m =
\begin{cases}
1 & \text{falls } m = 0, \
0 & \text{falls } m \geq 1.
\end{cases}

$$Somitergibtsich:$$

\sum_{k=0}^{n} p_k^{(n)} = \sum_{m=0}^{n} \frac{1}{m!} \cdot \sum_{j=0}^{m} \binom{m}{j} (-1)^j = \frac{1}{0!} \cdot 1 = 1.

# 7 ```R n <- 500000 dice1 <- sample(1:6, n, replace = TRUE) dice2 <- sample(1:6, n, replace = TRUE) sum <- dice1 + dice2 barplot(table(sum), main = "Augensummen (500.000 Simulationen)", xlab = "Augensumme", ylab = "Häufigkeit", col = "skyblue") ``` # 8 ## a) Ja, denn $P (A \cup B) = P (A) + P (B) − P (A \cap B) = \frac{25}{24} > 1$ ## b) Nein, z.B. $\Omega=\{1,2\}$ $A=\{1\} → P(A)=\frac{1}{2}$ $B=\{2\} → P(B)=\frac{1}{2}$ somit ist: $A \cap B=\varnothing → P(A \cap B)=0$ $P(A∣B)= \frac{P(A \cap B)}{P(B)}​ = \frac{0}{\frac{1}{2}} = 0 < P(A)​$ ## c) Nein, z.B. $\Omega=\{1,2,3,4\}$ $A=\{1,2\} → P(A)=\frac{1}{2}$ $B=\{1\} → P(B)=\frac{1}{4}$ somit ist: $A \cap B=\{ 1 \} → P(A \cap B)= \frac{1}{4}$ $P(A∣B)= \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{4}} = 1 > P(A)​$ ## d) Ja, denn $P (A \cup B) = P (A) + P (B) − P (A \cap B)$ und $P (A \cap B) \neq 0$Link to original