Kapitel19 a) 1234 - static.springer.comund... · AufgabenzuKapitel19 137 Aufgabe 19.13 • Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist beim Lotto 6 aus 49 a) die zweite gezogene Zahl kleiner

Kapitel 19

Aufgaben

Verständnisfragen

Aufgabe 19.1 • In einer Schachtel liegen fünf von 1bis 5 nummerierte Kugeln. Geben Sie einen Grundraum fürdie Ergebnisse eines stochastischen Vorgangs an, der darinbesteht, rein zufällig zwei Kugeln mit einem Griff zu ziehen.

Aufgabe 19.2 • Geben Sie jeweils einen geeignetenGrundraum für folgende stochastischen Vorgänge an:

a) Drei nicht unterscheidbare 1-€-Münzen werden gleich-zeitig geworfen.

b) Eine 1-€-Münze wird dreimal hintereinander geworfen.c) Eine 1-Cent-Münze und eine 1-€-Münze werden gleich-

zeitig geworfen.

Aufgabe 19.3 • Eine technische Anlage bestehe auseinem Generator, drei Kesseln und zwei Turbinen. Jede diesersechs Komponenten kann während eines gewissen, definier-ten Zeitraums ausfallen oder intakt bleiben. Geben Sie einenGrundraum an, dessen Elemente einen Gesamtüberblick überden Zustand der Komponenten am Ende des Zeitraums lie-fern.

Aufgabe 19.4 • Es seien A,B,C,D Ereignisse ineinem GrundraumF. SeiE das Ereignis, dass von den Ereig-nissenA,B,C,D höchstens zwei eintreten. Drücken Sie dasverbal beschriebene Ereignis E durch A,B,C und D aus.

Aufgabe 19.5 •• In einem Stromkreis befinden sichvier nummerierte Bauteile, die jedes für sich innerhalb einesgewissen Zeitraums intakt bleiben oder ausfallen können. Imletzteren Fall ist der Stromfluss durch das betreffende Bauteilunterbrochen. Es bezeichnen Aj das Ereignis, dass das j -teBauteil intakt bleibt (j = 1, 2, 3, 4) undA das Ereignis, dassder Stromfluss nicht unterbrochen ist. Drücken Sie für jedesder vier Schaltbilder das Ereignis A durch A1, A2, A3, A4aus.

Aufgabe 19.6 • In der Situation von Aufgabe 19.3 seidie Anlage arbeitsfähig (Ereignis A), wenn der Generator,mindestens ein Kessel und mindestens eine Turbine intaktsind. Die Arbeitsfähigkeit des Generators, des i-ten Kesselsund der j -ten Turbine seien durch die Ereignisse G, Ki undTj (i = 1, 2, 3; j = 1, 2) beschrieben. Drücken Sie A undAc durch G, K1, K2, K3 und T1, T2 aus.

Aufgabe 19.7 • Ein Versuch mit den möglichen Er-gebnissen Treffer (1) und Niete (0) werde 2n-mal durchge-führt. Die ersten (bzw. zweiten) n Versuche bilden die sog.erste (bzw. zweite) Versuchsreihe. Beschreiben Sie folgendeEreignisse mithilfe geeigneter Zählvariablen:

a) 1 2 3 4

b)

2

1

3

4

c) 1

2

3

4

d)

1

2

3

4

Schaltbilder zu Stromkreisen

a) In der zweiten Versuchsreihe treten mindestens zwei Tref-fer auf,

b) bei beiden Versuchsreihen treten unterschiedlich vieleTreffer auf,

c) die zweite Versuchsreihe liefert weniger Treffer als dieerste,

d) in jeder Versuchsreihe gibt es mindestens einen Treffer.

Aufgabe 19.8 •• Ein Würfel wird höchstens dreimalgeworfen. Erscheint eine Sechs zum ersten Mal im j -ten Wurf(j = 1, 2, 3), so erhält eine Person aj €, und das Spiel ist be-endet. Hierbei sei a1 = 100, a2 = 50 und a3 = 10. Erscheintauch im dritten Wurf noch keine Sechs, so sind 30 € an dieBank zu zahlen, und das Spiel ist ebenfalls beendet. Beschrei-ben Sie den Spielgewinn mithilfe einer Zufallsvariablen aufeinem geeigneten Grundraum.

Aufgabe 19.9 • Das gleichzeitige Eintreten der Ereig-nisse A und B ziehe das Eintreten des Ereignisses C nachsich. Zeigen Sie, dass dann gilt:

P(C) ≥ P(A)+ P(B)− 1 .

Aufgabe 19.10 •• Es sei c ∈ (0,∞) eine beliebige(noch so große) Zahl. Gibt es Ereignisse A, B in einem ge-eigneten Wahrscheinlichkeitsraum, sodass

P(A ∩ B) ≥ c · P(A) · P(B)gilt?

Aufgabe 19.11 • Ist es möglich, dass von drei Ereig-nissen, von denen jedes die Wahrscheinlichkeit 0.7 besitzt,nur genau eines eintritt?

Aufgabe 19.12 • Zeigen Sie, dass es unter acht paar-weise disjunkten Ereignissen stets mindestens drei gibt, diehöchstens die Wahrscheinlichkeit 1/6 besitzen.

Aufgaben zu Kapitel 19 137

Aufgabe 19.13 • Mit welcher Wahrscheinlichkeit istbeim Lotto 6 aus 49

a) die zweite gezogene Zahl kleiner als die erste?b) die dritte gezogene Zahl kleiner als die beiden ersten Zah-

len?c) die letzte gezogene Zahl die größte aller 6 Gewinnzahlen?

Aufgabe 19.14 •• Auf einemm×n-Gitter mit den Ko-ordinaten (i, j), 0 ≤ i ≤ m, 0 ≤ j ≤ n (siehe nachstehendeAbbildung für den Fall m = 8, n = 6) startet ein Robo-ter links unten im Punkt (0, 0). Er kann wie abgebildet proSchritt nur nach rechts oder nach oben gehen.

0 m0

n

1 · · ·

1

.

.

.

a) Auf wie viele Weisen kann er den Punkt (m, n) rechtsoben erreichen?

b) Wie viele Wege von (0, 0) nach (m, n) gibt es, die durchden Punkt (a, b) verlaufen?

Aufgabe 19.15 • Wie viele Möglichkeiten gibt es, kverschiedene Teilchen so aufnFächer zu verteilen, dass im j -ten Fach kj Teilchen liegen (j = 1, . . . , n, k1, . . . , kn ∈ N0,k1 + · · · + kn = k)?

Aufgabe 19.16 • Es sei f eine auf einer offenen Teil-menge des Rn definierte stetig differenzierbare reellwertigeFunktion. Wie viele verschiedene partielle Ableitungen k-terOrdnung besitzt f ?

Aufgabe 19.17 • Aus sieben Männern und siebenFrauen werden sieben Personen rein zufällig ausgewählt. Mitwelcher Wahrscheinlichkeit enthält die Stichprobe höchstensdrei Frauen? Ist das Ergebnis ohne Rechnung einzusehen?

Rechenaufgaben

Aufgabe 19.18 • Im Lotto 6 aus 49 ergab sich nach5047 Ausspielungen die nachstehende Tabelle der Gewinn-häufigkeiten der einzelnen Zahlen.

a) Wie groß sind die relativen Gewinnhäufigkeiten der Zah-len 13, 19 und 43?

b) Wie groß wäre die relative Gewinnhäufigkeit, wenn jedeZahl gleich oft gezogen worden wäre?

1 2 3 4 5 6 7616 624 638 626 607 649 617

8 9 10 11 12 13 14598 636 605 623 600 561 61015 16 17 18 19 20 21588 623 615 618 610 585 59422 23 24 25 26 27 28627 611 619 652 659 648 57729 30 31 32 33 34 35593 602 649 629 643 615 61536 37 38 39 40 41 42618 610 658 617 616 639 62343 44 45 46 47 48 49663 612 570 592 621 612 649

Aufgabe 19.19 • Zeigen Sie, dass durch die Wertepk := 1/(k(k + 1)), k ≥ 1, eine Wahrscheinlichkeitsver-teilung auf der Menge N der natürlichen Zahlen definiertwird.

Aufgabe 19.20 • Bei einer Qualitätskontrolle könnenWerkstücke zwei Arten von Fehlern aufweisen, den FehlerA und den Fehler B. Aus Erfahrung sei bekannt, dass einzufällig herausgegriffenes Werkstück mit Wahrscheinlichkeit

0.04 den Fehler A hat,0.005 beide Fehler aufweist,0.01 nur den Fehler B hat.

a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit weist das Werkstück denFehler B auf?

b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist das Werkstück fehler-haft bzw. fehlerfrei?

c) Mit welcher Wahrscheinlichkeit besitzt das Werkstückgenau einen der beiden Fehler?

Aufgabe 19.21 • Es seien A, B Ereignisse in einemWahrscheinlichkeitsraum (F,A,P). Zeigen Sie:

a) P(Ac ∩ Bc)+ P(A)+ P(Ac ∩ B) = 1,

b) P(A ∩ B)− P(A)P(B) = P(Ac ∩ Bc)− P(Ac)P(Bc).

Aufgabe 19.22 • Beim Zahlenlotto6 aus 49 beobach-tet man häufig, dass sich unter den sechs Gewinnzahlen min-destens ein Zwilling, d. h. mindestens ein Paar (i, i + 1) be-nachbarter Zahlen befindet. Wie wahrscheinlich ist dies?

Aufgabe 19.23 • Sollte man beim Spiel mit einem fai-ren Würfel eher auf das Eintreten mindestens einer Sechs invier Würfen oder beim Spiel mit zwei echten Würfeln auf dasEintreten mindestens einer Doppelsechs (Sechser-Pasch) in24 Würfen setzen? (Frage des Antoine Gombault Chevalierde Méré (1607–1684))

Aufgabe 19.24 • Bei der ersten Ziehung der Glücks-spirale 1971 wurden für die Ermittlung einer 7-stelligen Ge-winnzahl aus einer Trommel, die Kugeln mit den Ziffern0, 1, . . . , 9 je 7mal enthält, nacheinander rein zufällig 7 Ku-geln ohne Zurücklegen gezogen.

138 Aufgaben zu Kapitel 19

a) Welche 7-stelligen Gewinnzahlen hatten hierbei diegrößte und die kleinste Ziehungswahrscheinlichkeit, undwie groß sind diese Wahrscheinlichkeiten?

b) Bestimmen Sie die Gewinnwahrscheinlichkeit für dieZahl 3 143 643.

c) Wie würden Sie den Ziehungsmodus abändern, um al-len Gewinnzahlen die gleiche Ziehungswahrscheinlich-keit zu sichern?

Aufgabe 19.25 •• Bei der Auslosung der 32 Spiele derersten Hauptrunde des DFB-Pokals 1986 gab es einen Eklat,als der Loszettel der Stuttgarter Kickers unbemerkt buchstäb-lich unter den Tisch gefallen und schließlich unter Auslosungdes Heimrechts der zuletzt im Lostopf verbliebenen Mann-schaft Tennis Borussia Berlin zugeordnet worden war. Aufeinen Einspruch der Stuttgarter Kickers hin wurde die ge-samte Auslosung der ersten Hauptrunde neu angesetzt. Ku-rioserweise ergab sich dabei wiederum die Begegnung TennisBorussia Berlin – Stuttgarter Kickers.

a) Zeigen Sie, dass aus stochastischen Gründen kein Ein-wand gegen die erste Auslosung besteht.

b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich in der zwei-ten Auslosung erneut die Begegnung Tennis BorussiaBerlin – Stuttgarter Kickers ergibt?

Aufgabe 19.26 •• Die Zufallsvariable Xk bezeichnedie k-kleinste der 6 Gewinnzahlen beim Lotto 6 aus 49. Wel-che Verteilung besitzt Xk unter einem Laplace-Modell?

Aufgabe 19.27 •• Drei Spieler A, B, C spielen Skat.Berechnen Sie unter einem Laplace-Modell die Wahrschein-lichkeiten

a) Spieler A erhält alle vier Buben,

b) irgendein Spieler erhält alle Buben,

c) Spieler A erhält mindestens ein Ass,

d) es liegen ein Bube und ein Ass im Skat.

Aufgabe 19.28 • Eine Warenlieferung enthalte 20 in-takte und 5 defekte Stücke. Wie groß ist die Wahrscheinlich-keit, dass eine Stichprobe vom Umfang 5

a) genau zwei defekte Stücke enthält?

b) mindestens zwei defekte Stücke enthält?

Beweisaufgaben

Aufgabe 19.29 •• Es sei F = ∑∞n=1 An eine Zerle-

gung des Grundraums F in paarweise disjunkte MengenA1, A2, . . .. Zeigen Sie, dass das System

A ={B ⊆ F | ∃T ⊆ N mit B =

∑n∈TAn

}

eine σ -Algebra über F ist.

Man mache sich klar, dass A nur dann gleich der vollen Po-tenzmenge vonF ist, wenn jedesAj einelementig (und somitF insbesondere abzählbar) ist.

Aufgabe 19.30 • Es seienAundB Ereignisse in einemGrundraum F. Zeigen Sie:

a) 1A∩B = 1A · 1B ,

b) 1A∪B = 1A + 1B − 1A∩B ,

c) 1A+B = 1A + 1B ,

d) 1{Ac} = 1 − 1A,

e) A ⊆ B ⇐⇒ 1A ≤ 1B .

Aufgabe 19.31 • Es seien (F,A,P) ein Wahrschein-lichkeitsraum und (An) eine Folge in A mit An ↓ A. ZeigenSie:

P(A) = limn→∞P(An).

Aufgabe 19.32 • Es seien (F,A) ein Messraum undP : A → [0, 1] eine Funktion mit

P(A+B) = P(A)+P(B), fallsA,B ∈ A mitA∩B = ∅,P(B) = limn→∞ P(Bn) für jede Folge (Bn) aus A mitBn ↑ B.

Zeigen Sie, dass P σ -additiv ist.

Aufgabe 19.33 ••• Beweisen Sie die Formel des Ein-und Ausschließens auf Seite 717 durch Induktion über n.

Aufgabe 19.34 •• In einer geordneten Reihe zweierverschiedener Symbole a und b heißt jede aus gleichen Sym-bolen bestehende Teilfolge maximaler Länge ein Run. AlsBeispiel betrachten wir die Anordnung b b a a a b a, die miteinem b-Run der Länge 2 beginnt. Danach folgen ein a-Runder Länge 3 und jeweils ein b- und ein a-Run der Länge 1.Es mögen nun allgemeinm Symbole a und n Symbole b vor-liegen, wobei alle

(m+nm

)Anordnungen im Sinne von Aus-

wahlen von m der m + n Komponenten in einem Tupel fürdie a’s (die übrigen Komponenten sind dann die b’s) gleichwahrscheinlich seien. Die Zufallsvariable X bezeichne dieGesamtanzahl der Runs. Zeigen Sie:

P(X = 2s) = 2(m−1s−1

)(n−1s−1

)(m+nm

) , 1 ≤ s ≤ min(m, n) ,

P(X = 2s + 1) =(n−1s

)(m−1s−1

)+ (n−1s−1

)(m−1s

)(m+nm

) ,

1 ≤ s < min(m, n).

Aufgabe 19.35 •• Es seien M1 eine k-elementige undM2 eine n-elementige Menge, wobei n ≤ k gelte. Wie vielesurjektive Abbildungen f : M1 → M2 gibt es?

Aufgabe 19.36 •• Es seien A1, . . . , An die in (19.34)definierten Ereignisse. Zeigen Sie:

P(Ai ∩ Aj ) = r · (r − 1)

(r + s) · (r + s − 1)(1 ≤ i �= j ≤ n).

Hinweise zu Kapitel 19 139

Aufgabe 19.37 ••• Es fallen rein zufällig der Reihe nachTeilchen in eines von n Fächern. Die Zufallsvariable Xn be-zeichne die Anzahl der Teilchen, die nötig sind, damit zumersten Mal ein Teilchen in ein Fach fällt, das bereits belegtist. Zeigen Sie:

a) 1− exp(− k(k−1)

2n

)≤ P(Xn ≤ k),

b) P(Xn ≤ k) ≤ 1− exp(− k(k−1)

2(n−k+1)

),

c) für jedes t > 0 gilt

limn→∞P

(Xn√n≤ t

)= 1− exp

(− t

2

2

).

Hinweise

Verständnisfragen

Aufgabe 19.1 • –




Aufgabe 19.5 •• –





Aufgabe 19.10 •• Wählen SieF := {1, . . . , n} und einLaplace-Modell.

Aufgabe 19.11 • Betrachten Sie einen Laplace-Raumder Ordnung 10.


Aufgabe 19.13 • Stellen Sie Symmetriebetrachtungenan.

Aufgabe 19.14 •• –


Aufgabe 19.16 • Es kommt nur darauf an, wie oft nachjeder einzelnen Variablen differenziert wird.


Rechenaufgaben





Aufgabe 19.22 • Man betrachte das komplementäreEreignis.


Aufgabe 19.24 • Unterscheiden Sie gedanklich die 7gleichen Exemplare jeder Ziffer.

Aufgabe 19.25 •• Nummeriert man alle Mannschaf-ten gedanklich von 1 bis 64 durch, so ist das Ergebniseiner regulären Auslosung ein 64-Tupel (a1, . . . , a64), wo-bei Mannschaft a2i−1 gegen Mannschaft a2i Heimrecht hat(i = 1, . . . , 32).

Aufgabe 19.26 •• –

Aufgabe 19.27 •• –


Beweisaufgaben

Aufgabe 19.29 •• –




Aufgabe 19.33 ••• –

Aufgabe 19.34 •• Um die Längen der a-Runs festzule-gen, muss man bei den in einer Reihe angeordneten m a’sTrennstriche anbringen.

Aufgabe 19.35 •• Formel des Ein- und Ausschließens!

Aufgabe 19.36 •• –

Aufgabe 19.37 ••• Starten Sie mit (19.40).

140 Lösungswege zu Kapitel 19

Lösungen

Verständnisfragen





Aufgabe 19.5 •• a) A = A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4b) A = A1 ∪A2 ∪A3 ∪A4 c) A = A1 ∩ (A2 ∪A3 ∪A4)

d) A = (A1 ∪ A2) ∩ (A3 ∪ A4).

Aufgabe 19.6 • A = G∩(K1∪K2∪K3)∩(T1∪T2),Ac = Gc ∪ (Kc1 ∩Kc2 ∩Kc3) ∪ (T c1 ∩ T c2 ).




Aufgabe 19.10 •• –




Aufgabe 19.14 •• –


Aufgabe 19.16 • (n+k−1k

).

Aufgabe 19.17 • 1/2.

Rechenaufgaben








Aufgabe 19.25 •• –

Aufgabe 19.26 •• –

Aufgabe 19.27 •• –


Beweisaufgaben

Aufgabe 19.29 •• –




Aufgabe 19.33 ••• –

Aufgabe 19.34 •• –

Aufgabe 19.35 •• ∑n−1r=0 (−1)r

(nr

)(n− r)k

Aufgabe 19.36 •• –

Aufgabe 19.37 ••• –

Lösungswege

Verständnisfragen

Aufgabe 19.1 • Da nur festgestellt werden kann, wel-che Zweier-Teilmenge der 5 Kugeln gezogen wurde, ist

F := {{1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {1, 5}, {2, 3}, {2, 4},{2, 5}, {3, 4}, {3, 5}, {4, 5}}

= {M ⊆ {1, 2, 3, 4, 5} | |M| = 2}

ein angemessener Grundraum.

Aufgabe 19.2 • a) Da nur festgestellt werden kann,wie oft Wappen oder Zahl fällt, istF := {0, 1, 2, 3} ein mög-licher Ergebnisraum. Dabei stehe j ∈ F für das Ergebnis,dass j mal Wappen und 3− j mal Zahl auftritt.

b) In diesem Fall besitzt man die vollständige Informationüber die Ergebnisse Wappen (W ) oder Zahl (Z) in jedem derdrei Würfe. Ein angemessener Grundraum ist somit

F := {(W,W.W), (W,W,Z), (W,Z,W), (W,Z,Z),(Z,W,W), (Z,W,Z), (Z,Z,W), (Z,Z,Z)}

= {Z,W }3.

Lösungswege zu Kapitel 19 141

Natürlich kann man die Ergebnisse Z undW auch als 1 bzw.0 notieren.

c) Ein möglicher Grundraum ist

F := {(E,W), (E,Z), (Z,W), (Z,Z)}.Dabei stehe E für Eichenblatt, und die erste Komponentebezeichne das Ergebnis der 1-Cent-Münze.

Aufgabe 19.3 • Nummerieren wir zwecks Identifizie-rung die Kessel von 1 bis 3 und die Turbinen von 1 bis 2, soist die Menge

F := {(a1, . . . , a6) | aj ∈ {0, 1} für j = 1, . . . , 6}ein möglicher Grundraum. Dabei stehe eine 1 (0) für intaktesVerhalten (Ausfall); a1 beschreibe den Zustand des Gene-rators, aj+1 den des j -ten Kessels (j = 1, 2, 3) und aj+4denjenigen der j -ten Turbine (j = 1, 2).

Aufgabe 19.4 • „Am elegantesten“ ist es, die Indika-torsumme X := 1A + 1B + 1C + 1D zu definieren. Dasgesuchte Ereignis ist dann E = {X ≤ 2}. Eine andere Mög-lichkeit besteht darin, das Ereignis E in die Ereignisse Ejaufzuspalten, wobei genau j der vier Ereignisse eintreten(j = 0, 1, 2). Dann wäre E = E0 + E1 + E2 zu setzen.Hierbei gilt

E0 = AcBcCcDc,E1 = ABcCcDc + AcBCcDc + AcBcCDc + AcBcCcD,E2 = ABCcDc + ABcCDc + AcBCDc + ABcCcD

+AcBCcD + AcBcCD.Man beachte, dass Ej = {X = j} gilt (j = 0, 1, 2).

Aufgabe 19.5 •• a) Es muss jedes der Ereignisse ein-treten. b) Es muss mindestens eines der Ereignisse eintreten.c) Es muss A1 und dazu noch mindestens eines der anderenEreignisse eintreten. d) Es müssen mindestens eines der Er-eignisseA1, A2 und mindestens eines der EreignisseA3, A4eintreten.

Aufgabe 19.6 • Die Darstellung für A ergibt sich ausder Bedingung, dass der Generator und mindestens einer derKessel und mindestens eine der Turbinen arbeiten muss so-wie der Tatsache, dass das logische und dem Durchschnitt-szeichen und das nicht ausschließende logische oder demVereinigungszeichen entspricht. Die Darstellung fürAc folgtaus der de Morgan’schen Regel.

Aufgabe 19.7 • Es sei F := {0, 1}2n. Für j = 1,. . . , n bezeichne Aj := {(a1, . . . , a2n) ∈ F | aj = 1} dasEreignis, dass der j -te Versuch einen Treffer ergibt. Dannbeschreiben die Zufallsvariablen X := ∑n

j=1 1{Aj } und

Y :=∑2nj=n+1 1{Aj } die Trefferanzahlen in der ersten bzw.

zweiten Versuchsreihe. Hiermit nehmen die verbal beschrie-benen Ereignisse formal folgende Gestalt an: a) {Y ≥ 2}b) {X �= Y } c) {Y < X} d) {X ≥ 1} ∩ {Y ≥ 1}.

Aufgabe 19.8 •• Wie bei Modellierungsproblemen üb-lich gibt es auch hier mehrere Möglichkeiten. Eine bestehtdarin, den Grundraum F := {1, 2, 3, 4, 5, 6}3 zu wählen,also gedanklich auch für den Fall, dass im ersten oder zwei-ten Wurf eine Sechs fällt, weiterzuwürfeln. Hierbei steht imTripel ω = (a1, a2, a3) die Komponente aj für das Ergeb-nis des j -ten Wurfs. Der Spielgewinn wird dann auf diesemGrundraum durch die Zufallsvariable X : F→ R mit

X(ω) :=

100, falls a1 = 6

50, falls a1 ≤ 5 und a2 = 6,

10, falls max(a1, a2) ≤ 5 und a3 = 6,

−30, sonst,

(ω = (a1, a2, a3) ∈ F) beschrieben. Dabei bedeutet dernegative Wert −30 einen Verlust. Eine andere Möglichkeitbesteht darin, den auf den ersten Blick attraktiven, weil einfa-chen Grundraum F̃ := {0, 1, 2, 3} zu wählen. Hier modelliertj ∈ {1, 2, 3} das Ergebnis die erste Sechs tritt im j -ten Wurfauf, und 0 bedeutet, dass keiner der drei Würfe eine Sechsergibt. In diesem Fall beschreibt die durch X̃(0) := −30,X̃(1) = 100, X̃(2) = 50 und X̃(3) = 10 definierte Zufalls-variable X̃ : F̃→ R den Spielgewinn. Der Vorteil des erstenRaumes offenbart sich, wenn wir etwa die Wahrscheinlich-keit dafür angeben wollen, dass das Spiel mit einer Zahlungan die Bank endet oder die Frage stellen, ob das Spiel fürden Spieler vorteilhaft ist. Die Ergebnisse ω ∈ Fwürde manunter der Annahme, dass der Würfel exakt gefertigt ist, alsgleich wahrscheinlich ansehen. Für die Ergebnisse im Grund-raum F̃ trifft dies nicht zu.

Aufgabe 19.9 • Die verbal beschriebene Vorausset-zung besagt A ∩B ⊆ C, und somit folgt P(A ∩B) ≤ P(C).Weiter gilt

P(A ∩ B) = 1− P((A ∩ B)c) = 1− P(Ac ∪ Bc)≥ 1− P(Ac)− P(Bc)

= 1− (1− P(A))− (1− P(B))

= P(A)+ P(B)− 1.

Zusammen folgt die Behauptung.

Aufgabe 19.10 •• Mit der obigen Wahl von F und Pals Gleichverteilung auf F sei A := {1, 2, . . . , k} und B :={2, 3, . . . , k + 1} gesetzt, wobei k ≤ n− 1. Dann gilt

P(A) = P(B) = kn, P(A ∩ B) = k − 1

n

und somitP(A ∩ B)

P(A) · P(B) =(k − 1)n

k2.

Wählt man jetzt zu gegebenem c die Zahl m als kleinstenatürliche Zahl, die größer oder gleich c+1 ist sowie n :=m2,k := m, so geht obige Gleichung in

P(A ∩ B)P(A) · P(B) =

(m− 1)m2

m2= m− 1 ≥ c

über, was zu zeigen war.


Aufgabe 19.11 • Ja. Ein Beispiel ist der GrundraumF := {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} mit der GleichverteilungP. Für die Ereignisse A := {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, B :={3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, C := {0, 2, 3, 4, 5, 6, 7} gilt P(A) =P(B) = P(C) = 0.7 sowie P(A∩Bc ∩Cc) = P({1}) = 0.1,P(Ac ∩ B ∩ Cc) = P({8, 9}) = 0.2, P(Ac ∩ Bc ∩ C) =P({0}) = 0.1.

Aufgabe 19.12 • Würde etwa nur P(A1) ≤ 1/6 undP(A2) ≤ 1/6 gelten, so wäre P(Aj ) > 1/6 für j = 3, . . . , 8.Da sich die Ereignisse paarweise ausschließen, wäre dannP(A3 ∪ . . . ∪ A8) = P(A3) + . . . + P(A8) > 6 · 1/6 = 1,was ein Widerspruch zu P(A) ≤ 1, A ∈ A, wäre.

Aufgabe 19.13 • a) Für die beiden ersten Zahlen gibtes genauso viele Paare (i, j)mit i < j wie es Paare mit i > jgibt. Die Wahrscheinlichkeit ist somit 1/2.

b) Eine der drei ersten Zahlen ist die kleinste. Aus Symme-triegründen ist die Antwort 1/3.

c) Eine der 6 gezogenen Zahlen ist die größte aller 6 Zahlen.Die Antwort ist ebenfalls aus Symmetriegründen 1/6.

Aufgabe 19.14 •• a) Da von insgesamtm+n Schrittenm für ’rechts’ zu wählen sind, gibt es

(m+nm

)Möglichkeiten.

b) Mit a) und der Multiplikationsregel ist die Anzahl gleich(a+ba

) · (m−an−b

).

Aufgabe 19.15 • Es gibt(k

k1, . . . , kn

)= k!k1! · . . . · kn!

Möglichkeiten, nämlich( kk1

)Möglichkeiten, k1 Teilchen in

Fach 1 zu legen, dann(k−k1k2

)Möglichkeiten, von den rest-

lichen Teilchen k2 für Fach 2 auszuwählen usw. (vgl. dieHerleitung des Multinomialkoeffizienten auf Seite 724).

Aufgabe 19.16 • Es handelt sich um k-Kombinationenaus n Objekten (den Variablen) mit Wiederholung.

Aufgabe 19.17 • Die zufällige Anzahl X der Frauenin der Stichprobe besitzt die hypergeometrische VerteilungHyp(n, r, s) mit n = r = s = 7. Es folgt

P(X ≤ 3) =3∑k=0

P(X = k) =3∑k=0

(7k

)( 77−k

)(147

)= 12 + 72 + 212 + 352

3432= 1

2.

Dieses Ergebnis ist auch aus Symmetriegründen klar, da esgenauso viele Frauen wie Männer gibt und das zu {X ≤ 3}komplementäre Ereignis {X ≥ 4} gleichbedeutend damit ist,dass die Stichprobe höchstens drei Männer enthält.

Rechenaufgaben

Aufgabe 19.18 • a) Die relativen Häufigkeiten derZahlen 13, 19 und 43 sind

561/5047 ≈ 0.111,610/5047 ≈ 0.121,663/5047 ≈ 0.131.

Dabei wurde auf 3 Nachkommastellen gerundet.

b) Wenn jede Zahl nach 5047 Ausspielungen k mal gezogenwurde, gilt k · 49 = 6 · 5047 und somit k = 618. Die relativeHäufigkeit ist dann 618/5047 = 6/49 ≈ 0.122.

Aufgabe 19.19 • Wegen pk ≥ 0 ist nur die Normie-rungsbedingung

∑∞k=1 pk = 1 zu zeigen. Wegen

1

k(k + 1)= 1

k− 1

k + 1

gilt unter Ausnutzung eines Teleskop-Effektes∑nk=1 pk =

1−1/n, woraus die Behauptung folgt. Diese Verteilung ent-steht im Zusammenhang mit einem Urnenmodell, wenn aufdas erstmalige Auftreten einer roten Kugel gewartet wird.

Aufgabe 19.20 • Es sei A bzw. B das Ereignis, dassdas Werkstück den Fehler A bzw. den Fehler B aufweist. Ausder Aufgabenstellung ist bekannt: P(A) = 0.04, P(A∩B) =0.005, P(B ∩ Ac) = 0.01.

a): Mit Eigenschaft b) auf Seite 714 folgt P(B) = P(A ∩B)+ P(Ac ∩ B) = 0.005+ 0.01 = 0.015.

b): Aus Eigenschaft f) auf Seite 714 ergibt sich P(A ∪ B) =P(A)+P(B)−P(A∩B) = 0.04+0.015−0.005 = 0.05. EinWerkstück ist also mit Wahrscheinlichkeit 0.05 fehlerhaft undsomit (komplementäre Wahrscheinlichkeit) mit Wahrschein-lichkeit 0.95 fehlerfrei.

c): Es ist P(A∩Bc)+P(B ∩Ac) = P(A∪B)−P(A∩B) =0.05− 0.005 = 0.045.

Aufgabe 19.21 • a): Die Behauptung folgt aus derDarstellung F = A + Ac ∩ Bc + Ac ∩ B und der endli-chen Additivität von P sowie P(F) = 1.

b): Es gilt P(Ac∩Bc) = 1−P(A∪B)= 1−P(A)−P(B)+P(A ∩ B) sowie P(Ac) = 1 − P(A), P(Bc) = 1 − P(B).Hieraus folgt die Behauptung.

Aufgabe 19.22 • Jede 6-Kombination

1 ≤ b1 < . . . < b6 ≤ 49

ohne Zwilling lässt sich gemäß

aj := bj − j + 1, j = 1, . . . , 6,

zu einer 6-Kombination 1 ≤ a1 . . . < a6 ≤ 44 ausK44

6 (oW) „zusammenziehen“ und umgekehrt. Die gesuchte

Wahrscheinlichkeit ist somit 1− (446

)/(49

6

) = 0.495 . . .

Aufgabe 19.23 • Die Wahrscheinlichkeit, mindestenseine Sechs in vier Würfen zu werfen, ist 1− (5/6)4 ≈ 0.518


(vgl. die Ausführungen auf Seite 715). Die Wahrscheinlich-keit, mindestens eine Doppelsechs in 24 Doppelwürfen zuwerfen, berechnet sich analog zu 1 − (35/36)24 ≈ 0.491 .Man sollte also eher auf das Eintreten von mindestens einerSechs in vier Würfen wetten.

Aufgabe 19.24 •a) 7-stellige Gewinnzahlen mit lauter verschiedenen (glei-

chen) Ziffern hatten die größte (kleinste) Wahrschein-lichkeit, gezogen zu werden. Als Grundraum F kanndie Menge der 7-Permutationen ohne Wiederholung aus{01, 02, . . . , 07, 11, 12, . . . , 17, . . . , 91, 92, . . . , 97} ge-wählt werden, wenn man jede Ziffer gedanklich von 1bis 7 nummeriert. Bei Annahme eines Laplace-Modellsbesitzt jede Zahl mit lauter verschiedenen (bzw. glei-chen) Ziffern die gleiche Wahrscheinlichkeit 77/(70)7(bzw. 7!/(70)7). Der Quotient von größter zu kleinsterZiehungswahrscheinlichkeit ist 77/7! ≈ 163.4.

b) 7 · 7 · 7 · 6 · 7 · 6 · 5/(70)7 ≈ 7.153 · 10−8

c) Jede Ziffer der Gewinnzahl wird aus einer separatenTrommel, welche die Ziffern 0, 1, . . . , 9 je einmal ent-hält, gezogen. Gleichwertig hiermit ist das 7-fache Ziehenmit Zurücklegen aus einer Trommel, die jede der Ziffern0, 1, . . . , 9 einmal enthält.

Aufgabe 19.25 •• a) Seien F = P 6464 (oW) die Menge

aller regulären Auslosungen mit der am Ende des Hinweisesgemachten Interpretation sowie P die Gleichverteilung aufF.Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei 1 die Nummer derStuttgarter Kickers und 2 die von Tennis Borussia Berlin. DasEreignis „Mannschaft j hat gegen Mannschaft k Heimrecht“ist formal durchAjk := {(a1, . . . , a64) ∈ F | a2i−1 = j unda2i = k für ein i ∈ {1, . . . , 32}} gegeben. Wegen |F| = 64!und |Ajk| = 32 · 1 · 62! gilt nach der MultiplikationsregelP(Ajk) = |Ajk|/|F| = 1/126, 1 ≤ j �= k ≤ 64, also ins-besondere P(A21) = 1/126. Dieses Ergebnis kann auch soeingesehen werden: Für Mannschaft 1 gibt es 63 gleichwahr-scheinliche Gegner, wobei nach Auswahl des Gegners noch2 Möglichkeiten für das Heimrecht vorhanden sind.

Die Menge der möglichen Paarungen der „nicht regulären“ersten Auslosung ist F0 := {(a1, . . . , a64) ∈ F | 1 ∈{a63, a64}}. Dabei sei im Folgenden P0 die Gleichvertei-lung auf F0. Setzen wir für j �= 1, k �= 1, j �= k

A0jk := {(a1, . . . , a64) ∈ F0 | a2i−1 = j und a2i = k für ein

i = 1, . . . , 31}, so liefert die Multiplikationsregel P0(A0jk) =

|A0jk|/|F0| = 31 · 1 · 2 · 61!/(2 · 63!) = 1/126 = P(Ajk).

Mit A01k := {(a1, . . . , a64) ∈ F0 | a63 = 1, a64 = k} und

A0k1 := {(a1, . . . , a64) ∈ F0 | a63 = k, a64 = 1} (k �= 1)

ergibt sich ebenso P0(A01k) = 62!/(2 · 63!) = 1/126 =

P0(A0k1).

b) 1/126.

Aufgabe 19.26 •• Das Ereignis {Xk = j} tritt genaudann ein, wenn k − 1 der Lottozahlen kleiner als j , die k-kleinste gleich j und 6−k Lottozahlen größer als j sind. Mit

der Multiplikationsregel und der Anzahlformel für Kombi-nationen ohne Wiederholung folgt

P(Xk = j) =(j−1k−1

) · (49−j6−k

)(496

) , j = k, k + 1, . . . , k + 43.

Aufgabe 19.27 •• Wir verwenden den Grundraum

F := {(A,B,C) | A+ B + C ⊆ K, |A+ B + C| = 30}auf Seite 724 mit der Gleichverteilung P aufF. Die Teilmen-gen S, Bu und As bezeichnen den Skat, die vier Buben bzw.die vier Asse.

a): Das beschriebene Ereignis ist D1 := {(A,B,C) ⊆ F |Bu ⊆ A}. WegenBu ⊆ A stehen zur Bildung der Teilmengeder Karten für A nur 28 Karten zur Verfügung. Nach derMultiplikationsregel folgt

P(D1) = |D1||F| =

(286

)(2210

)(1210

)32!

10!3·2!= 21

3596≈ 0.00584.

b): Das beschriebene Ereignis D2 ist die Vereinigung derdrei paarweise disjunkten Ereignisse, dass entweder A oderB oder C alle vier Buben erhalten. Mit a) folgt aus Symme-triegründen

P(D2) = 3 · P(D1) = 63

3596≈ 0.0175.

c): Gefragt ist nach P(D3), wobei D3 := {(A,B,C) ∈ F |A ∩ As �= ∅}. Das komplementäre Ereignis Dc3 bedeutet,dass A kein Ass erhält, also seine 10 Karten aus den 28Nicht-Assen ausgewählt werden. Nach der Multiplikations-regel folgt

P(D3) = 1−P(Dc3) = 1−(28

10

)(2210

)(1210

)32!

10!3·2!= 1−1463

7192≈ 0.797.

d): Das beschriebene Ereignis ist D4 := {(A,B,C) ⊆ F ||Bu ∩ S| = 1 = |As ∩ S|}. Die günstigen Fälle hierfür sind,dass zunächst sowohl von den vier Buben als auch von denvier Assen je eine Karte für den Skat ausgewählt werden,wofür es 16 Möglichkeiten gibt. Danach kann man die restli-chen 30 Karten beliebig auf die drei Spieler verteilen. Nachder Multiplikationsformel ergibt sich

P(D4) = |D4||F| =

16 · (3010

)(2010

)(1010

)32!

10!3·2!= 1

31≈ 0.0323.

Aufgabe 19.28 • Wir interpretieren die defekten Ex-emplare als rote und die intakten Exemplare als schwarze Ku-geln und unterstellen Ziehen ohne Zurücklegen. Dann besitztdie AnzahlX der defekten Exemplare in einer rein zufälligen


Stichprobe die hypergeometrische Verteilung Hyp(n, r, s)mit n = 5, r = 5, s = 20. Es folgt

P(X = k) =(5k

)( 205−k

)(255

) , k = 0, 1, . . . , 5,

und somit auf drei Nachkommastellen genau

P(X = 0) = 0.292, P(X = 1) = 0.328, P(X = 2) = 0.215.

Es folgt a) P(X=2) = 0.215 und b) P(X≥2) = 1−P(X≤1)= 1− 0.292− 0.328 = 0.380.

Beweisaufgaben

Aufgabe 19.29 •• Setzt man T = N, so folgt F ∈ A.Ist B = ∑

n∈T An ∈ A, so stellt sich mit S := N \ Tdas Komplement von B in der Form Bc = ∑

n∈S An dar.Also gilt Bc ∈ A. Sind B1, B2, . . . ∈ A paarweise disjunkt,so gibt es paarweise disjunkte Mengen T1, T2, . . . ⊆ N mitBj = ∑

n∈Tj An ∈ A für jedes j ≥ 1. Mit T := ∑∞j=1 Tj

gilt dann

∞∑j=1

Bj =∞∑j=1

∑n∈Tj

An =∑n∈TAn

und somit∑∞j=1 Bj ∈ A.

Man mache sich klar, dass A nur dann gleich der vollen Po-tenzmenge vonF ist, wenn jedesAj einelementig (und somitF insbesondere abzählbar) ist.

Aufgabe 19.30 • a) ergibt sich, indem man für ω ∈ Fdie Fälle ω ∈ A ∩ B und ω /∈ A ∩ B unterscheidet. Imersten Fall sind beide Seiten der zu beweisenden Identitätgleich Eins, im zweiten gleich Null. Zum Nachweis von b)betrachtet man wegenF = ABc+AB+BAc+AcBc die vierFälle ω ∈ ABc, ω ∈ AB, ω ∈ BAc und ω ∈ AcBc. In jedemder ersten drei Fälle nehmen beide Seiten der zu zeigendenGleichheit den Wert Eins an, im letzten Fall den Wert Null.Gleichung c) folgt wegen A ∩ B = ∅ und 1∅ ≡ 0 aus b).Gleichung d) folgt aus c) mit B = Ac, da 1F ≡ 1. Gilt A ⊆B, so folgt für jedes ω ∈ F durch Unterscheiden der beidenFälle ω ∈ A und ω ∈ Ac die Ungleichung 1A(ω) ≤ 1B(ω).Gilt umgekehrt die letzte Ungleichung für jedes ω ∈ F, sogilt sie insbesondere für jedes ω ∈ A, was A ⊆ B und somite) beweist.

Aufgabe 19.31 • Wir verwenden, dass P nach Fol-gerung h) auf Seite 714 stetig von unten ist und setzenBn := Acn, n ≥ 1, sowie B := Ac. Aus An ↓ A folgtdann Bn ↑ B und somit nach Teil c) und Teil h) der obenzitierten Folgerung

1− P(A) = P(B) = limn→∞P(Bn) = lim

n→∞(1− P(An))

= 1− limn→∞P(An).

Hieraus folgt die Behauptung.

Aufgabe 19.32 • Es seien A1, A2, . . . paarweise dis-junkte Mengen aus A sowie Bn := A1 + . . . + An, n ≥ 1.Dann gilt wegen der endlichen Additivität

P(Bn) =n∑j=1

P(Aj ),

und die Stetigkeit von unten liefert

limn→∞P(Bn) = P

∞∑j=1

Aj

.Es gilt also

P

∞∑j=1

Aj

= ∞∑j=1

P(Aj ),

was zu zeigen war.

Aufgabe 19.33 ••• Der Induktionsanfang n = 2 ist mit(19.17) erbracht, und die Beweisidee für den Induktions-schluss von n auf n+1 ist die Gleiche wie bei der Herleitungvon (19.18) aus (19.17): Sind A1, . . . , An+1 Ereignisse, sosetzen wir kurzBn := A1∪ . . .∪An und erhalten mit (19.17)

P

n+1⋃j=1

Aj

= P(Bn ∪ An+1

)= P(Bn)+ P(An+1)− P

(Bn ∩ An+1

).

Hier stehen mit Bn = A1 ∪ . . . ∪ An und Bn ∩ An+1 =⋃nj=1(Aj ∩An+1)Vereinigungen von jeweils n Ereignissen,

sodass wir zweimal die Induktionsvoraussetzung anwendenkönnen. Mit Sr wie in (19.19) und

S̃r :=∑

1≤i1<...<ir≤nP(Ai1 ∩ . . . ∩ Air ∩ An+1

)ergibt sich

P

n+1⋃j=1

Aj

=n∑r=1

(−1)r−1 · Sr + P(An+1)

−n∑r=1

(−1)r−1 · S̃r

= S1 + P(An+1)+ (−1)n · S̃n+

n∑r=2

(−1)r−1(Sr + S̃r−1).

Es bleibt zu zeigen, dass die rechte Seite die Gestalt∑n+1r=1 (−1)r−1Sn+1,r mit

Sn+1,r =∑

1≤i1<...<ir≤n+1

P(Ai1 ∩ . . . ∩ Air )

annimmt. Zerlegt man diese Summe danach, ob ir ≤ n oderir = n+ 1 gilt, so folgt

Sn+1,1 = S1 + P(An+1),

Sn+1,r = Sr + S̃r−1, 2 ≤ r ≤ n,Sn+1,n+1 = S̃n (= P(A1A2 . . . An+1)),

was zu zeigen war.


Aufgabe 19.34 •• Im Fall einer geraden Anzahl 2s vonRuns gibt es jeweils s a-Runs und s b-Runs, die sich abwech-seln. Um die Länge der s a-Runs festzulegen, gibt es genau(m−1s−1

)Möglichkeiten, denn man muss hierzu nur s − 1 der

m−1 Lücken zwischen den in eine Reihe gelegt gedachtenma’s auswählen und dort Trennstriche anbringen. In gleicherWeise ist

(n−1s−1

)die Anzahl der Möglichkeiten, die Längen

der s b-Runs festzulegen. Der Faktor 2 im Zähler rührt da-her, dass der erste Run ein a-Run oder auch ein b-Run seinkann. Der Fall einer ungeraden Anzahl von Runs folgt ohneneue Überlegung. Hier hat man entweder s + 1 b-Runs unds a-Runs oder s b-Runs und s + 1 a-Runs.

Aufgabe 19.35 •• Die Formel des Ein- und Ausschlie-ßens gilt offenbar auch für die FunktionM *→ |M|, die end-lichen Mengen deren Elementanzahl zuordnet, denn dieseFunktion tritt ja in Laplace-Modellen bei der Definition derWahrscheinlichkeit gemäß P(A) = |A|/|F| auf. Im Folgen-den nehmen wir o.B.d.A. den Fall M1 = {1, 2, . . . , k} undM2 = {1, 2, . . . , n} an. BezeichnetAj die Menge derjenigenFunktionen f : M1 → M2, die das Element j nicht anneh-men, für die also f (i) �= j , i ∈ M1, gilt, so ist die Mengeder nicht surjektiven Abbildungen gleich ∪nj=1Aj . Mit

Sr :=∑

1≤i1<...<ir≤n|Ai1 ∩ . . . ∩ Air |

gilt nach der Formel des Ein- und Ausschließens

∣∣ n⋃j=1

Aj∣∣ = n∑

r=1

(−1)r−1Sr .

Offenbar giltA1∩. . .∩An = ∅, denn irgendeinen Wert mussja eine Funktion von M1 nach M2 annehmen. Für r < n istAi1∩. . .∩Air die Menge derjenigen Funktionenf : M1→M2,die jeden der r Werte i1, . . . , ir auslässt. Für jedes i ∈ M1gibt es also nur n − r mögliche Funktionswerte. Nach derAnzahlformel für Permutationen mit Wiederholung gilt dann|Ai1 ∩ . . . ∩ Air | = (n− r)k , und es folgt

∣∣ n⋃j=1

Aj∣∣ = n−1∑

r=1

(−1)r−1(n

r

)(n− r)k.

Die Anzahl der surjektiven Abbildungen ist somit

nk −n−1∑r=1

(−1)r−1(n

r

)(n− r)k =

n−1∑r=0

(−1)r(n

r

)(n− r)k.

Aufgabe 19.36 •• Analog zur Herleitung von |Aj | in(19.42) besetzen wir zur Bestimmung von |Ai∩Aj | zuerst diei-te, danach die j -te Stelle und danach die restlichen Stellendes Tupels (a1, . . . , an) (z.B. von links nach rechts). Diese

Vorgehensweise liefert

|Ai ∩ Aj | = r · (r − 1) · (r + s − 2)n−2

und somit

P(Ai ∩ Aj ) = |Ai ∩ Aj |(r + s)n = r(r − 1)

(r + s)(r + s − 1).

Aufgabe 19.37 ••• a): Mit der Ungleichung log t≤ t−1,t > 0, folgt

k−1∑j=1

log

(1− j

n

)≤ −

k−1∑j=1

j

n= − (k − 1)k

2n,

sodass Darstellung (19.40) die Behauptung liefert.

b): Wir verwenden jetzt die nach Ersetzen von t durch 1/tin obiger Logarithmus-Ungleichung folgende Abschätzunglog t ≥ 1− 1/t , t > 0. Hiermit ergibt sich

k−1∑j=1

log

(1− j

n

)≥ −

k−1∑j=1

(1− (1− j/n)−1

)

= −1

n

k−1∑j=1

j

1− j/n

≥ −1

n

k−1∑j=1

j

1− (k − 1)/n

= − (k − 1)k

2n(n− k + 1)

und daraus b).

c): Zu vorgegebenem t > 0 existiert für jede genügend großeZahl n eine natürliche Zahl kn mit kn ≤ √nt ≤ kn + 1, undes folgt

P(Xn ≤ kn) ≤ P(Xn ≤ √nt) ≤ P(Xn ≤ kn + 1).

Wegen

limn→∞

(kn − 1)kn2n

= limn→∞

(kn − 1)kn2(n− kn + 1)

= t2

liefern die in a) und b) erhaltenen Schranken beim Grenz-übergang n→∞

lim supn→∞

P(Xn ≤ √nt) ≤ exp

(− t

2

2

),

lim infn→∞ P(Xn ≤ √nt) ≥ exp

(− t

2

2

),

was zu zeigen war.

Kapitel 20

Aufgaben

Verständnisfragen

Aufgabe 20.1 •• (3-Kasten-Problem von Joseph Ber-trand (1822–1900))

Drei Kästen haben je zwei Schubladen. In jeder Schubladeliegt eine Münze, und zwar in Kasten 1 je eine Gold- undin Kasten 2 je eine Silbermünze. In Kasten 3 befindet sichin einer Schublade eine Gold- und in der anderen eine Sil-bermünze. Es wird rein zufällig ein Kasten und danach aufsGeratewohl eine Schublade gewählt, in der sich eine Gold-münze befinde. Mit welcher bedingten Wahrscheinlichkeit istdann auch in der anderen Schublade des gewählten Kastenseine Goldmünze?

Aufgabe 20.2 •• Es seien A, B und C Ereignisse ineinem Wahrscheinlichkeitsraum (F,A,P).a) A und B sowie A und C seien stochastisch unabhängig.

Zeigen Sie an einem Beispiel, dass nicht unbedingt auchA und B ∩ C unabhängig sein müssen.

b) A und B sowie B und C seien stochastisch unabhän-gig. Zeigen Sie anhand eines Beispiels, dass A und Cnicht notwendig unabhängig sein müssen. Der Unabhän-gigkeitsbegriff ist also nicht transitiv !

Aufgabe 20.3 • Es bezeichne Xn, n ≥ 1, die Anzahlroter Kugeln nach dem n-ten Zug im Pólya’schen Urnenmo-dell von Seite 738 mit c > 0. Zeigen Sie: Mit der FestsetzungX0 := r ist (Xn)n≥0 eine nicht homogene Markov-Kette.

Aufgabe 20.4 • Es sei (Xn)n≥0 eine Markov-Kette mitZustandsraum S. Ein Zustand i ∈ S heißt wesentlich, fallsgilt:

∀j ∈ S : i → j �⇒ j → i.

Andernfalls heißt i unwesentlich. Ein wesentlicher Zustandführt also nur zu Zuständen, die mit ihm kommunizieren.Zeigen Sie: Jede Kommunikationsklasse hat entweder nurwesentliche oder nur unwesentliche Zustände.

Rechenaufgaben

Aufgabe 20.5 • Zeigen Sie, dass für eine Zufallsva-riable X mit der in (20.13) definierten Pólya-VerteilungPol(n, r, s, c) gilt:

limc→∞Pc(X = 0) = s

r + s , limc→∞Pc(X = n) = r

r + s .

Dabei haben wir die betrachtete Abhängigkeit der Verteilungvon c durch einen Index hervorgehoben.

Aufgabe 20.6 •• Eine Schokoladenfabrik stellt Prali-nen her, die jeweils eine Kirsche enthalten. Die benötigten

Kirschen werden an zwei Maschinen entkernt. Maschine Aliefert 70% dieser Kirschen, wobei 8% der vonA geliefertenKirschen den Kern noch enthalten. Maschine B produziert30% der benötigten Kirschen, wobei 5% der von B geliefer-ten Kirschen den Kern noch enthalten. Bei einer abschließen-den Gewichtskontrolle werden 95% der Pralinen, in denenein Kirschkern enthalten ist, aussortiert, aber auch 2% derPralinen ohne Kern.

a) Modellieren Sie diesen mehrstufigen Vorgang geeignet.Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine Praline mitKirschkern in den Verkauf gelangt?

b) Ein Kunde kauft eine Packung mit 100 Pralinen. Wie großist die Wahrscheinlichkeit, dass nur gute Pralinen, alsoPralinen ohne Kirschkern, in der Packung sind?

Aufgabe 20.7 •• Ein homogenes Glücksrad mit denZiffern 1, 2, 3 wird gedreht. Tritt das Ergebnis 1 auf, so wirddas Rad noch zweimal gedreht, andernfalls noch einmal.

a) Modellieren Sie diesen zweistufigen Vorgang.

b) Das Ergebnis im zweiten Teilexperiment sei die Zifferbzw. die Summe der Ziffern. Mit welcher Wahrschein-lichkeit tritt das Ergebnis j auf, j = 1, . . . , 6?

c) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ergab die erste Drehungeine 1, wenn beim zweiten Teilexperiment das Ergebnis3 auftritt?

Aufgabe 20.8 •• Beim Skatspiel werden 32 Karten reinzufällig an drei Spieler 1, 2 und 3 verteilt, wobei jeder 10Karten erhält; zwei Karten werden verdeckt als Skat auf denTisch gelegt. Spieler 1 gewinnt das Reizen, nimmt den Skatauf und will mit Karo-Buben und Herz-Buben einen Grandspielen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit besitzt

a) jeder der Gegenspieler einen Buben?

b) jeder der Gegenspieler einen Buben, wenn Spieler 1 beiSpieler 2 den Kreuz-Buben (aber sonst keine weitereKarte) sieht?

c) jeder der Gegenspieler einen Buben, wenn Spieler 1 beiSpieler 2 einen (schwarzen) Buben erspäht (er ist sichjedoch völlig unschlüssig, ob es sich um den Pik-Bubenoder den Kreuz-Buben handelt)?

Aufgabe 20.9 • Zeigen Sie, dass im Beispiel von La-place auf Seite 742 die A-posteriori-WahrscheinlichkeitenP(Ak|B) für jede Wahl von A-priori-WahrscheinlichkeitenP(Aj ) für n→∞ gegen die gleichen Werte null (für k ≤ 2)und eins (für k = 3) konvergieren.

Aufgabe 20.10 •• Drei-Türen-Problem, Ziegenpro-blemIn der Spielshow Let’s make a deal! befindet sich hinter einervon drei rein zufällig ausgewählten Türen ein Auto, hinterden beiden anderen jeweils eine Ziege. Ein Kandidat wählteine der Türen aufs Geratewohl aus; diese bleibt aber vorerstverschlossen. Der Spielleiter öffnet daraufhin eine der beiden


anderen Türen, und es zeigt sich eine Ziege. Der Kandidatkann nun bei seiner ursprünglichen Wahl bleiben oder dieandere verschlossene Tür wählen. Er erhält dann den Preishinter der von ihm zuletzt gewählten Tür. Mit welcher Wahr-scheinlichkeit gewinnt der Kandidat bei einem Wechsel zurverbleibenden verschlossenen Tür das Auto, wenn wir unter-stellen, dass

a) der Spielleiter weiß, hinter welcher Tür das Auto steht,diese Tür nicht öffnen darf und für den Fall, dass ereine Wahlmöglichkeit hat, mit gleicher Wahrscheinlich-keit eine der beiden verbleibenden Türen wählt?

b) der Spielleiter aufs Geratewohl eine der beiden verblei-benden Türen öffnet, und zwar auch auf die Gefahr hin,dass das Auto offenbart wird?

Aufgabe 20.11 •• Eine Mutter zweier Kinder sagt:

a) „Mindestens eines meiner beiden Kinder ist ein Junge.“

b) „Das älteste meiner beiden Kinder ist ein Junge.“

Wie schätzen Sie jeweils die Chance ein, dass auch das andereKind ein Junge ist?

Aufgabe 20.12 • 95% der in einer Radarstation ein-treffenden Signale sind mit einer Störung überlagerte Nutzsi-gnale, und 5% sind reine Störungen. Wird ein gestörtes Nutz-signal empfangen, so zeigt die Anlage mit Wahrscheinlich-keit 0.98 die Ankunft eines Nutzsignals an. Beim Empfangeiner reinen Störung wird mit Wahrscheinlichkeit 0.1 fälsch-licherweise ein Nutzsignals angezeigt. Mit welcher Wahr-scheinlichkeit ist ein als Nutzsignal angezeigtes Signal wirk-lich ein (störungsüberlagertes) Nutzsignal?

Aufgabe 20.13 •• Es bezeichne ak ∈ {m, j} das Ge-schlecht des k-jüngsten Kindes in einer Familie mit n ≥ 2Kindern (j = Junge, m = Mädchen, k = 1, . . . , n). P sei dieGleichverteilung auf der Menge F = {m, j}n aller Tupel(a1, . . . , an). Weiter sei

A = {(a1, . . . , an) ∈ F | |{a1, . . . , an} ∩ {j,m}| = 2}= {„die Familie hat Kinder beiderlei Geschlechts“} ,

B = {(a1, . . . , an) ∈ F | |{j : 1 ≤ j ≤ n, aj = m}| ≤ 1}= {„die Familie hat höchstens ein Mädchen“} .

Beweisen oder widerlegen Sie: A und B sind stochastischunabhängig⇐⇒ n = 3.

Aufgabe 20.14 •• Zwei Spieler A und B drehen in un-abhängiger Folge abwechselnd ein Glücksrad mit den Sek-torenA und B. Das Glücksrad bleibt mit Wahrscheinlichkeitp im Sektor A stehen. Gewonnen hat derjenige Spieler, wel-cher als Erster erreicht, dass das Glücksrad in seinem Sektorstehen bleibt. Spieler A beginnt. Zeigen Sie:

Gilt p = (3 − √5)/2 ≈ 0.382, so ist das Spiel fair, d. h.,beide Spieler haben die gleiche Gewinnchance.

Aufgabe 20.15 • Eine Urne enthalte eine rote und eineschwarze Kugel. Es wird rein zufällig eine Kugel gezogen.Ist diese rot, ist das Experiment beendet. Andernfalls werdendie schwarze Kugel sowie eine weitere schwarze Kugel indie Urne gelegt und der Urneninhalt gut gemischt. DieserVorgang wird so lange wiederholt, bis die (eine) rote Kugelgezogen wird. Die Zufallsvariable X bezeichne die Anzahlder dazu benötigten Züge. Zeigen Sie:

P(X = k) = 1

k(k + 1), k ≥ 1 .

Aufgabe 20.16 •• In der auf Seite 742 ff. geschildertenSituation habe sich eine Person r-mal einem ELISA-Test un-terzogen. Wir nehmen an, dass die einzelnen Testergebnisse– unabhängig davon, ob eine Infektion vorliegt oder nicht –als stochastisch unabhängige Ereignisse angesehen werdenkönnen. Zeigen Sie: Die bedingte Wahrscheinlichkeit, dassdie Person infiziert ist, wenn alle r Tests positiv ausfallen, istin Verallgemeinerung von (20.26) durch

q · prseq · prse + (1− q) · (1− psp)r

gegeben. Was ergibt sich speziell für q = 0.0001, pse =0.999, psp = 0.998 und r = 1, 2, 3?

Aufgabe 20.17 • Von einem regulären Tetraeder seiendrei der vier Flächen mit jeweils einer der Farben 1, 2 und3 gefärbt; auf der vierten Fläche sei jede dieser drei Farbensichtbar. Es sei Aj das Ereignis, dass nach einem Wurf desTetraeders die unten liegende Seite die Farbe j enthält (j =1, 2, 3). Zeigen Sie:

a) Je zwei der Ereignisse A1, A2 und A3 sind unabhängig.

b) A1, A2, A3 sind nicht unabhängig.

Aufgabe 20.18 •• Es sei (F,P(F),P) ein La-place’scher Wahrscheinlichkeitsraum mit

a) |F| = 6 (echter Würfel),

b) |F| = 7.

Wie viele Paare (A,B) unabhängiger Ereignisse mit 0 <P(A) ≤ P(B) < 1 gibt es jeweils?

Aufgabe 20.19 • Ein kompliziertes technisches Gerätbestehe aus n Einzelteilen, die innerhalb eines festen Zeit-raumes unabhängig voneinander mit derselben Wahrschein-lichkeitp ausfallen. Das Gerät ist nur funktionstüchtig, wennjedes Einzelteil funktionstüchtig ist.

a) Welche Ausfallwahrscheinlichkeit besitzt das Gerät?

b) Durch Parallelschaltung identischer Bauelemente zu je-dem der n Einzelteile soll die Ausfallsicherheit erhöhtwerden. Bei Ausfall eines Bauelements übernimmt danneines der noch funktionierenden Parallel-Elemente des-sen Aufgabe. Zeigen Sie: Ist jedes Einzelteil k-fach par-allel geschaltet, und sind alle Ausfälle voneinander unab-hängig, so ist die Ausfallwahrscheinlichkeit des Gerätesgleich 1− (1− pk)n.


c) Welche Ausfallwahrscheinlichkeiten ergeben sich fürn = 200, p = 0.0015 und die Fälle k = 1, k = 2und k = 3?

Aufgabe 20.20 • Zeigen Sie durch Nachweis derMarkov-Eigenschaft, dass Partialsummen unabhängiger Z-wertiger Zufallsvariablen (siehe Seite 755) eine Markov-Kette bilden.

Aufgabe 20.21 • Es seienY0, Y1, . . . unabhängige undje Bin(1, p) verteilte Zufallsvariablen, wobei 0 < p < 1. DieFolge (Xn)n≥0 sei rekursiv durchXn := 2Yn+Yn+1, n ≥ 0,definiert. Zeigen Sie, dass (Xn) eine Markov-Kette bildet,und bestimmen Sie die Übergangsmatrix.

Aufgabe 20.22 •• Es sei X0, X1, . . . eine Markov-Kette mit Zustandsraum S. Zeigen Sie, dass für alle k,m, nmit 0 ≤ k < m < n und alle h, j ∈ S diesogenannteChapman-Kolmogorov-Gleichung

P(Xn = j |Xk = h)=

∑i∈S

P(Xm = i|Xk = h) · P(Xn = j |Xm = i)gilt.

Aufgabe 20.23 • Leiten Sie im Fall des Bediensy-stems mit drei Zuständen auf Seite 756 die invariante Vertei-lung α = (α0, α1, α2) her. Warum sind die Voraussetzungendes Ergodensatzes erfüllt?

Aufgabe 20.24 •• Beim diskreten Diffusionsmodellvon Bernoulli-Laplace für den Fluss zweier inkompressi-bler Flüssigkeiten befinden sich in zwei Behältern A undB jeweils m Kugeln. Von den insgesamt 2m Kugeln seienm weiß und m schwarz. Das System sei im Zustand j ,j ∈ S := {0, 1, . . . , m}, wenn sich im Behälter A genauj weiße Kugeln befinden. Aus jedem Behälter wird unab-hängig voneinander je eine Kugel rein zufällig entnommenund in den jeweils anderen Behälter gelegt. Dieser Vorgangwird in unabhängiger Folge wiederholt. Die ZufallsvariableXn beschreibe den Zustand des Systems nach n solchen Zie-hungsvorgängen, n ≥ 0. Leiten Sie die Übergangsmatrix derMarkov-Kette (Xn)n≥0 her und zeigen Sie, dass die invari-ante Verteilung eine hypergeometrische Verteilung ist.

Beweisaufgaben

Aufgabe 20.25 •• Es seien (F,A,P) ein Wahrschein-lichkeitsraum und C1, C2, . . . endlich oder abzählbar-unendlich viele paarweise disjunkte Ereignisse mit positiverWahrscheinlichkeit sowie C := ∑

j≥1 Cj . Besitzt A ∈ Adie Eigenschaft, dass P(A|Cj ) nicht von j abhängt, so gilt

P(A|C) = P(A|C1) .

Aufgabe 20.26 •• Im Pólya’schen Urnenmodell vonSeite 738 sei

Aj := {(a1, . . . , an) ∈ F | aj = 1}

das Ereignis, im j -ten Zug eine rote Kugel zu erhalten (j =1, . . . , n). Zeigen Sie: Für jedes k = 1, . . . , n und jede Wahlvon i1, . . . , ik mit 1 ≤ i1 < . . . < ik ≤ n gilt

P(Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ) = P(A1 ∩ . . . ∩ Ak) =k−1∏j=0

r + jcr + s + jc .

Aufgabe 20.27 • Es seien (F,A,P) ein Wahrschein-lichkeitsraum undA,B ∈ A. Beweisen oder widerlegen Sie:

a) A und ∅ sowie A und F sind unabhängig.

b) A undA sind genau dann stochastisch unabhängig, wenngilt: P(A) ∈ {0, 1}.

c) Gilt A ⊆ B, so sind A und B genau dann unabhängig,wenn P(B) = 1 gilt.

d) A ∩ B = ∅⇒ A und B sind stochastisch unabhängig.

e) Es gelte 0 < P(B) < 1 und A ∩ B = ∅. Dann folgt:P(AC |B) = P(A|BC)⇐⇒ P(A)+ P(B) = 1.

Aufgabe 20.28 •• Es sei F := Pnn = {(a1, . . . , an) |1 ≤ aj ≤ n, j = 1, . . . , n; ai �= aj für i �= j} die Mengeder Permutationen der Zahlen 1, . . . , n. Für k = 1, . . . , nbezeichne

Ak := {(a1, . . . , an) ∈ F | ak = max(a1, . . . , ak)}das Ereignis, dass an der Stelle k ein „Rekord“ auftritt. ZeigenSie: Unter einem Laplace-Modell gilt:

a) P(Aj ) = 1/j, j = 1, . . . , n.

b) A1, . . . , An sind stochastisch unabhängig.

Aufgabe 20.29 ••• Es sei F := {ω = (a1, . . . , an) |aj ∈ {0, 1} für 1 ≤ j ≤ n} = {0, 1}n, n ≥ 3, und p : F→[0, 1] durch

p(ω) :=

2−n+1, fallsn∑j=1aj ungerade

0 sonst

definiert. Ferner sei

Aj := {(a1, . . . , an) ∈ F | aj = 1} , 1 ≤ j ≤ n .Zeigen Sie:

a) Durch P(A) := ∑ω∈A p(ω), A ⊆ F, wird ein Wahr-

scheinlichkeitsmaß auf P(F) definiert.

b) Je n− 1 der Ereignisse A1, . . . , An sind unabhängig.

c) A1, . . . , An sind nicht unabhängig.

Aufgabe 20.30 •• Es seien A1, . . . , An Ereignisse ineinem Wahrscheinlichkeitsraum (F,A,P). Zeigen Sie, dassA1, . . . , An genau dann unabhängig sind, wenn die Indika-torfunktionen 1{A1}, . . . , 1{An} unabhängig sind.

Aufgabe 20.31 •• Beweisen Sie die Identitäten in(20.38).


Aufgabe 20.32 ••• Es sei (F,A,P) ein diskreter Wahr-scheinlichkeitsraum. Weiter sei A1, A2, . . . ∈ A eine Folgeunabhängiger Ereignisse mit pn := P(An), n ≥ 1. ZeigenSie: ∞∑

n=1

min(pn, 1− pn) <∞ .

Aufgabe 20.33 •• Es seien An, n ≥ 1, Ereignisse ineinem Wahrscheinlichkeitsraum (F,A,P). Zeigen Sie:

a) lim supn→∞

Acn = (lim infn→∞ An)

c,

b) lim infn→∞ Acn = (lim sup

n→∞An)

c,

c) lim supn→∞

An \ lim infn→∞ An = lim sup

n→∞(An ∩ Acn+1).

Aufgabe 20.34 •• Es seien An,Bn, n ≥ 1, Ereignissein einem Wahrscheinlichkeitsraum (F,A,P). Zeigen Sie:

a) lim supn→∞

An ∩ lim supn→∞

Bn ⊇ lim supn→∞

(An ∩ Bn),b) lim sup

n→∞An ∪ lim sup

n→∞Bn = lim sup

n→∞(An ∪ Bn),

c) lim infn→∞ An ∩ lim inf

n→∞ Bn = lim infn→∞ (An ∩ Bn),

d) lim infn→∞ An ∪ lim inf

n→∞ Bn ⊆ lim infn→∞ (An ∪ Bn).

Geben Sie Beispiele für strikte Inklusion in a) und d) an.

Aufgabe 20.35 •• Es seienX1, X2, . . . stochastisch un-abhängige Zufallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeits-raum (F,A,P)mit P(Xj = 1) = p und P(Xj = 0) = 1−p,j ≥ 1, wobei 0 < p < 1. Zu vorgegebenem r ∈ N und(a1, . . . , ar ) ∈ {0, 1}r sei Ak das Ereignis

Ak :=r⋂l=1

{Xk+l−1 = al} , k ≥ 1 .

Zeigen Sie: P(lim supk→∞ Ak) = 1.

Aufgabe 20.36 •• Es seien A ⊆ N und 1 der größtegemeinsame Teiler von A. Für m, n ∈ A gelte m + n ∈ A.Zeigen Sie: Es gibt ein n0 ∈ N, sodass n ∈ A für jedesn ≥ n0.

Hinweise

Verständnisfragen

Aufgabe 20.1 •• 2/3.

Aufgabe 20.2 •• Für Teil a) kann man Aufgabe 20.17verwenden.



Rechenaufgaben


Aufgabe 20.6 •• Sehen Sie die obigen Prozentzahlenals Wahrscheinlichkeiten an.




Aufgabe 20.10 •• Aus Symmetriegründen kann ange-nommen werden, dass der Kandidat Tür Nr. 1 wählt.

Aufgabe 20.11 •• Nehmen Sie an, dass die Geschlech-ter der Kinder stochastisch unabhängig voneinander undMädchen- sowie Jungengeburten gleichwahrscheinlich sind.

Aufgabe 20.12 • Interpretieren Sie die Prozentzahlenals Wahrscheinlichkeiten.

Aufgabe 20.13 •• –

Aufgabe 20.14 •• –


Aufgabe 20.16 •• –


Aufgabe 20.18 •• –



Aufgabe 20.21 • Yn und Yn+1 sind durch Xn be-stimmt.

Aufgabe 20.22 •• Beachten Sie die verallgemeinerteMarkov-Eigenschaft.


Aufgabe 20.24 •• Es ist(2mm

) =∑mk=0

(mk

)2.

Beweisaufgaben

Aufgabe 20.25 •• –

Aufgabe 20.26 •• –


150 Lösungen zu Kapitel 20

Aufgabe 20.28 •• –

Aufgabe 20.29 ••• –

Aufgabe 20.30 •• Wie sieht σ(1{Aj }) aus?

Aufgabe 20.31 •• Für A1 ∈ A1, . . . , Al ∈ Al gilt

Z−11 (A1 × . . .× Al) = ∩lj=1X

−1j (Aj ). (20.11)

Aufgabe 20.32 ••• –

Aufgabe 20.33 •• –

Aufgabe 20.34 •• –

Aufgabe 20.35 •• Es reicht, die Aussage für eine Teil-folge von (Ak) zu zeigen.

Aufgabe 20.36 •• Da 1 größter gemeinsamer Teiler vonA ist, gibt es ein k ∈ N und a1, . . . , ak ∈ A sowien1, . . . , nk ∈ Z mit 1 =∑k

j=1 njaj . Fasst man die positivenund negativen Summanden zusammen, so gilt 1 = P − Nmit P,N ∈ A, und n0 := (N + 1)(N − 1) leistet das Ver-langte. Stellen Sie n ≥ n0 in der Form n = qN + r mit0 ≤ r ≤ N − 1 dar. Es gilt dann q ≥ N − 1.

Lösungen

Verständnisfragen





Rechenaufgaben




Aufgabe 20.8 •• a) 10/19, b) 10/19, c) 20/29.


Aufgabe 20.10 •• a) 2/3. b) 1/2.

Aufgabe 20.11 •• –


Aufgabe 20.13 •• –

Aufgabe 20.14 •• –


Aufgabe 20.16 •• –


Aufgabe 20.18 •• –




Aufgabe 20.22 •• –

Aufgabe 20.23 •

α0 = 1

1+ u+ v , α1 = u

1+ u+ v , α2 = v

1+ u+ v ,

wobei

u = p

q(1− p) , v = p2(1− q)q2(1− p) .

Aufgabe 20.24 •• Die invariante Verteilung ist die hy-pergeometrische Verteilung Hyp(m,m,m).

Beweisaufgaben

Aufgabe 20.25 •• –

Aufgabe 20.26 •• –


Aufgabe 20.28 •• –

Aufgabe 20.29 ••• –

Aufgabe 20.30 •• –

Aufgabe 20.31 •• –

Aufgabe 20.32 ••• –

Aufgabe 20.33 •• –

Aufgabe 20.34 •• –

Aufgabe 20.35 •• –

Aufgabe 20.36 •• –


Lösungswege

Verständnisfragen

Aufgabe 20.1 •• In einem zweistufigen Verfahren wirdjede der sechs Schubladen mit gleicher Wahrscheinlichkeit1/6 ausgewählt. Wird eine Goldmünze gefunden, so handeltes sich entweder um die Goldmünze in der einen Schubladevon Kasten 1 oder um die Goldmünze in der anderen Schub-lade von Kasten 1 oder um die (eine) Goldmünze in Kasten3. In zwei der drei Fälle ist in der anderen Schublade eineGoldmünze. Die Wahrscheinlichkeit ist also 2/3.

Aufgabe 20.2 ••a) Es kann A = A1, B = A2 und C = A3 mit den Ereignis-

sen A1, A2 und A3 aus Aufgabe 20.17 gesetzt werden.

b) Ein möglicher Wahrscheinlichkeitsraum ist F :={1, 2, 3, 4} mit der Gleichverteilung P auf F. Mit A :={1, 2}, B := {2, 3} und C := {3, 4} folgt

P(A) = P(B) = P(C) = 1/2

und

P(A ∩ B) = P(B ∩ C) = 1/4,

sodass A und B sowie B und C unabhängig sind. We-gen P(A ∩ C) = P(∅) = 0 sind jedoch A und C nichtunabhängig.

Aufgabe 20.3 • Aufgrund der Ziehungsvorschrift istdie Zusammensetzung der Urne nach dem n + 1-ten Zugnur durch das Mischungsverhältnis nach dem n-ten Zug unddie Farbe der im n + 1-ten Zug entnommenen Kugel be-stimmt. Die FolgeX0, X1, . . . ist also nach Konstruktion eineMarkov-Kette. Unter der BedingungXn = k enthält die Urnenach dem n-ten Zug r + s + nc Kugeln, von denen k rot undr + s + nc − k schwarz sind. Es gilt somit

P(Xn+1 = k + 1|Xn = k) = k

r + s + nc ,

P(Xn+1 = k|Xn = k) = r + s + nc − kr + s + nc

und P(Xn+1 = j |Xn = k) = 0, falls j /∈ {k, k + 1}. DieÜbergangswahrscheinlichkeiten hängen also vom Zeitpunktn ab, sodass keine Homogenität vorliegt.

Aufgabe 20.4 • Es seien i, j ∈ S mit i → j . DerZustand i sei wesentlich. Wir behaupten, dass auch j we-sentlich ist. Zum Beweis betrachten wir ein beliebiges k ∈ Smit j → k. Wegen i → j gilt dann mit der Transitivität derRelation→ auch i → k. Da i wesentlich ist, folgt k→ i undsomit wegen i → j auch k→ j , was zeigt, dass j wesentlichist. Mit mindestens einem wesentlichen Zustand sind somitalle Zustände einer Kommunikationsklasse wesentlich, wasdie Behauptung liefert.

Rechenaufgaben

Aufgabe 20.5 • Nach (20.13) gilt

Pc(X = 0) = s

r + s ·n−1∏j=1

s + jcr + s + jc

sowie

Pc(X = n) = r

r + s ·n−1∏j=1

r + jcr + s + jc

Mit (s+jc)/(r+s+jc)→ 1 und (s+jc)/(r+s+jc)→ 1bei c→∞ für jedes j ≥ 1 folgt die Behauptung.

Aufgabe 20.6 ••a) Wir modellieren die Situation durch ein dreistufiges Ex-

periment mit dem GrundraumF := F1×F2×F3 sowieder Festsetzung

P({(ω1, ω2, ω3)}) := p1(ω1) ·p2(ω1|ω2) ·p3(ω1, ω2|ω3)

für (ω1, ω2, ω3) ∈ F. Dabei werden die drei Stufen wiefolgt beschrieben:

F1 := {A,B} (Kirsche von Maschine A bzw. B) undp1(A) := 0.7, p1(B) := 0.3.

F2 := {mK, oK} (Kirsche mit Kern, Kirsche ohneKern) und

p2(A|mK) := 0.08, p2(A|oK) := 0.92,

p2(B|mK) := 0.05, p2(B|oK) := 0.95.

F3 := {V, nV } (Praline im Verkauf, Praline nicht imVerkauf) und

p3(ω1, mK|V ) := 0.05, p3(ω1, mK|nV ) := 0.95,

p3(ω1, oK|V ) := 0.98, p3(ω1, oK|nV ) := 0.02.

Man beachte, dass p3 nicht von ω1 abhängt.

Sei C := {(A,mK,V ), (B,mK,V )} das Ereignis, dasseine Praline mit Kirschkern in den Verkauf gelangt. Dannist

P(C) = 0.7 · 0.08 · 0.05+ 0.3 · 0.05 · 0.05 = 0.00355.

Mit 0.355-prozentiger Wahrscheinlichkeit gelangt alsoeine Praline mit Kirschkern in den Verkauf.

b) Wir müssen zunächst berechnen, mit welcher Wahr-scheinlichkeit eine Praline ohne Kirschkern in den Ver-kauf gelangt, d. h. die Wahrscheinlichkeit des Ereig-


nisses

D := {(A, oK, V ), (B, oK, V )}.

Diese ist gegeben durch

P(D) = 0.7 · 0.92 · 0.98+ 0.03 · 0.95 · 0.98 = 0.91042.

Folglich ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine in den Ver-kauf gelangte Praline keinen Kirschkern enthält, gleich

P(oK|V ) = P(oK ∩ V )P(V )

= P(oK ∩ V )P(mK ∩ V )+ P(oK ∩ V )

= P(D)P(C)+ P(D)

= 91042

91397≈ 0.9961

Damit ergibt sich die Wahrscheinlichkeit p, dass in einerPackung mit 100 Pralinen nur gute sind, zu

p =(

91042

91397

)100

≈ 0.6776.

Aufgabe 20.7 ••a) Als Grundraum kann F := {(i, j) | 1 ≤ i ≤ 3, 1 ≤j ≤ 6} gewählt werden. Dabei bezeichne i das Ergeb-nis der ersten Drehung und j das Ergebnis des zweitenTeilexperiments. Da das Glücksrad homogen ist, wäh-len wir als Startwahrscheinlichkeiten p1(i) := 1/3 füri = 1, 2, 3. Im Fall i = 1 wird das Rad noch zweimalgedreht. Damit ergeben sich die Übergangswahrschein-lichkeiten p2(1|1) = 0, p2(1|2) = 1/9, p2(1|3) = 2/9,p2(1|4) = 3/9, p2(1|5) = 2/9 und p2(1|6) = 1/9. Dafür i = 2 und i = 3 nur eine weitere Drehung erfolgt,gilt p2(i|j) = 1/3 für i ∈ {1, 2} und j ∈ {1, 2, 3} so-wie p2(i|j) = 0 für i ∈ {1, 2} und j ∈ {4, 5, 6}. DasWahrscheinlichkeitsmaß P auf (der Potenzmenge von)F ist durch P(A) := ∑

(i,j)∈A p(i, j) mit p(i, j) :=p1(i)p2(i|j) definiert.

b) Es sei Bj := {(1, j), (2, j), (3, j)} das Ereignis, dass daszweite Teilexperiment den Wert j ergibt (j = 1, 2, 3).Weiter sei Ai := {(i, j) | 1 ≤ j ≤ 6} das Ereignis, dassdie erste Drehung den Wert i liefert. Nach der Formel vonder totalen Wahrscheinlichkeit gilt

P(Bj ) =3∑i=1

P(Ai) · P(Bj |Ai)

= 1

3·

3∑i=1

P(Bj |Ai).

Wegen P(Bj |Ai) = p2(i|j) folgt mit a)

P(B1) =3∑i=1

p1(i)p2(i|1) = 6

27,

P(B2) =3∑i=1

p1(i)p2(i|2) = 7

27,

P(B3) =3∑i=1

p1(i)p2(i|3) = 8

27,

P(B4) = p1(1)p2(1|4) = 1

9,

P(B5) = p1(1)p2(1|5) = 2

27,

P(B6) = p1(1)p2(1|6) = 1

27.

c) Es ist

P(A1|B3) = P(A1 ∩ B3)

P(B3)= P(A1)P(B3|A1)

P(B3)

= 1/3 · 2/98/27

= 1

4.

Aufgabe 20.8 ••a) Da Spieler 1 seine Karten und den Skat kennt, sind für

ihn alle(20

10

)Kartenverteilungen (Möglichkeiten, aus 20

Karten 10 für Spieler 2 auszuwählen) gleichwahrschein-lich. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist 2 · (18

9

)/(20

10

) =1019 ≈ 0.526. Der Faktor 2 rührt daher, dass wir festlegenmüssen, wer den Kreuz-Buben erhält.

b) Unter der gegebenen Information sind für Spieler 1 alle(199

)Möglichkeiten, Spieler 2 noch 9 Karten zu geben,

gleichwahrscheinlich. Die Wahrscheinlichkeit, dass Spie-ler 2 den Pik-Buben nicht erhält, ist

(189

)/(19

9

) = 1019 . Der

Vergleich mit a) zeigt, dass die gegebene Information dieAussicht auf verteilt sitzende Buben nicht verändert hat.

c) Wir müssen genau modellieren, auf welche Weise die er-haltene Information zu uns gelangt. Kann Spieler 1 über-haupt nur die ganz links in der Hand von Spieler 2 befind-liche Karte sehen, so ergibt sich die gleiche Antwort wie ina) und b), wenn wir unterstellen, dass Spieler 2 seine Kar-ten in der aufgenommenen rein zufälligen Reihenfolge inder Hand hält (bitte nachrechnen nen Buben grundsätz-lich auf der linken Seite seiner Hand einsortiert, so istdie gegebene Information gleichwertig damit, dass Spie-ler 2 mindestens einen der beiden schwarzen Buben erhält(Ereignis B). Bezeichnet P die Gleichverteilung auf allen(20

10

)möglichen Kartenverteilungen der Gegenspieler, so

gilt P(B) = 1 − P(Bc) = 1 − (1810

)/(20

10

) = 29/38 undsomit P (Spieler 2 erhält genau einen schwarzen Buben|B) = (2 · (18

9

)/(20

10

))/(29/38) = 20/29 = 0.689 . . . Die

gegenüber b) „schwächere Information“ hat somit unterder gemachten Annahme die Aussicht auf verteilte Bubenerheblich vergrößert.


Aufgabe 20.9 • Die Behauptung ergibt sich unmittel-bar aus der für k ∈ {0, 1, 2, 3} geltenden Darstellung

P(Ak|B) =P(Ak)

(k3

)nP(A1)

(13

)n + P(A2)(

23

)n + P(A3) · 1.

Aufgabe 20.10 ••a) Es bezeichne Aj das Ereignis, dass sich das Auto hinter

Tür Nr. j befindet und Bj das Ereignis, dass der Spiel-leiter Tür Nr. j öffnet (j = 1, 2, 3). Da das Auto reinzufällig platziert wird, gilt P(Aj ) = 1/3 (j = 1, 2, 3).Aufgrund unserer Annahmen, dass der Kandidat Tür Nr.1 wählt, ergeben sich aus der Aufgabenstellung die be-dingten Wahrscheinlichkeiten

P(B1|A1) = 0, P(B2|A1) = P(B3|A1) = 1/2,

P(B1|A2) = 0, P(B2|A2) = 0, P(B3|A2) = 1,

P(B1|A3) = 0, P(B2|A3) = 1, P(B3|A3) = 0.

Nehmen wir an, dass der Spielleiter Tür Nr. 2 öffnet, sofolgt nach der Bayes-Formel

P(A3|B2) = P(A3 ∩ B2)

P(B2)= P(A3)P(B2|A3)∑3

j=1 P(Aj )P(B2|Aj )= 1

1/2+ 0+ 1= 2

3.

Der Kandidat gewinnt also das Auto mit der Wahrschein-lichkeit 2/3, wenn er zur verbleibenden verschlossenenTür wechselt. Das gleiche Ergebnis erhält man, wenn derModerator Tür 3 öffnet, denn es gilt auch P(A2|B3) =2/3

b) Die Ereignisse Ai , Bj seien wie in a) definiert. Wie obengilt P(Aj ) = 1/3 (j = 1, 2, 3). Im Gegensatz zu a) öff-net jetzt der Moderator aufs Geratewohl eine der beidenTüren 2 oder 3. Wir haben es also daraufhin mit den be-dingten Wahrscheinlichkeiten

P(B1|A1) = 0, P(B2|A1) = P(B3|A1) = 1/2,

P(B1|A2) = 0, P(B2|A2) = P(B3|A2) = 1/2,

P(B1|A3) = 0, P(B2|A3) = P(B3|A3) = 1/2.

zu tun (beachten Sie, dass die vom Kandidaten gewählte TürNr. 1 nicht geöffnet werden darf). Nehmen wir an, der Spiel-leiter öffnet Tür 3, und es zeigt sich eine Ziege. Die Bedin-gung ist also jetzt B3 ∩ Ac3. Wegen A2 ⊆ Ac3 folgt

P(A2|B3 ∩ Ac3) =P(A2 ∩ B3 ∩ Ac3)

P(B3 ∩ Ac3)= P(A2 ∩ B3)

P(B3)− P(B3 ∩ A3)

= P(A2)P(B3|A2)∑3j=1P(Aj)P(B3|Aj )−P(A3)P(B3|A3)

= 1/2

1/2+ 1/2

= 1

2.

Im Gegensatz zu den in a) gemachten Annahmen ist es alsojetzt für den Kandidaten egal, ob er bei seiner ursprüngli-chen Wahl bleibt oder zur verbleibenden verschlossenen Türwechselt.

Aufgabe 20.11 •• Als Grundraum kann die MengeF := {(m,m), (w,m), (m,w), (m,m)} mit der Gleichver-teilung P auf F gewählt werden. Dabei gibt die erste bzw.zweite Komponente das Geschlecht des älteren bzw. jünge-ren Kindes an.

a) Es können sich verschiedene Situationen abgespielt ha-ben, wie es zu der gemachten Aussage kam. Wenn dieFrau gebeten wurde, den Satz „Mindestens eines meinerKinder ist ein Junge“ zu sagen, falls er zutrifft, so ist diegesuchte bedingte Wahrscheinlichkeit gleich

P({(m,m)})P({(m,m), (m,w), (w,m)}) =

1

3.

Wenn die Frau jedoch gebeten wurde, den Satz „Minde-stens eines meiner beiden Kinder ist ...“ mit „ein Junge“oder „ein Mädchen“ zu ergänzen und bei unterschied-lichen Geschlechtern der Kinder aufs Geratewohl einedieser beiden Ergänzungen gibt, liegt das untenstehendeBaumdiagramm für ein zweistufiges Experiment vor, beidem in der ersten Stufe die Gleichverteilung auf allen vierGeschlechterkombinationen erzeugt wird. Liegen zweiJungen bzw. zwei Mädchen vor, so gibt die Mutter jeweilsmit Wahrscheinlichkeit eins die einzig mögliche Ergän-zung „ein Junge“ bzw. „ein Mädchen“. Im Fall verschie-dener Geschlechter wählt sie rein zufällig eine der beidenmöglichen Ergänzungen aus.

Abbildung 20.1 Baumdiagramm zum Zwei-Jungen-Problem.

Die von der Mutter gegebene Ergänzung findet sich imBaumdiagramm am Ende der Pfeile der zweiten Stufe.BezeichnetA das Ereignis, dass die Mutter die Ergänzung„ein Junge“ gibt, so folgt wegen

P(A) = 1

4· 1+ 1

4· 1

2+ 1

4· 1

2= 1

2


P({(m,m)}|A) = P({m,m} ∩ A)P(A)

= P({(m,m)})P(A|{(m,m)})1/2

= 1/4 · 11/2

= 1

2,

also eine andere Antwort.

b) Die Antwort ist P({mm}|{wm,mm}) = 1/2. Man be-achte, dass die Geschlechter der beiden Kinder stocha-stisch unabhängig voneinander sind.

Aufgabe 20.12 • Es sei A das Ereignis, dass ein ein-treffendes Signal ein störungsüberlagertes Nutzsignal dar-stellt, und B bezeichne das Ereignis, dass ein eintreffendesSignal eine Störung ist. Weiter stehe C für das Ereignis,dass ein Nutzsignal angezeigt wird. Interpretieren wir die inder Aufgabenstellung angegebenen Prozentzahlen als Wahr-scheinlichkeiten, so gilt nach Voraussetzung P(A) = 0.95,P(B) = 0.05, P(C|A) = 0.98, P(C|B) = 0.1. Gesucht istP(A|C). Es gilt

P(A|C) = P(A ∩ C)P(C)

= P(C|A)P(A)P(C|A)P(A)+ P(C|B)P(B)

= 0.9946 . . .

Aufgabe 20.13 •• Das komplementäre EreignisAc be-deutet, dass die Familie nur Jungen oder nur Mädchen hat.Wegen der Gleichverteilungsannahme folgt P(Ac) = 2 ·(1/2)n und somit P(A) = 1 − 2 · (1/2)n. Das Ereignis Bsetzt sich zusammen aus den beiden Fällen, dass kein Mäd-chen oder genau ein Mädchen vorhanden ist. Es gilt somitP(B) = (1/2)n + n · (1/2)n. Das Ereignis A ∩ B ist gleich-bedeutend damit, dass die Familie genau ein Mädchen hat.Es gilt also P(A ∩ B) = n · (1/2)n und somit

P(A ∩ B) = P(A)P(B) ⇔(

1

2

)n−2

(1

2

)2n

− 2n

(1

2

)2n

=0

⇔ 2n − 2− 2n = 0

⇔ 2n−1 = n+ 1

⇔ n = 3.

Aufgabe 20.14 •• Spieler A gewinnt genau dann, wennentweder beim ersten Versuch A auftritt oder für ein k ∈ Nk-mal die Sequenz BA und danach A. Mit q := 1− p folgtsomit wegen der stochastischen Unabhängigkeit der Ergeb-nisse der einzelnen Drehungen

P(A gewinnt) = p

∞∑k=0

(qp)k = p

1− qp .

Dieser Ausdruck ist genau dann 1/2, wenn p Lösung derquadratischen Gleichung p2 − 3p + 1 = 0 ist. Die einzigeLösung dieser Gleichung im Intervall [0, 1] ist (3−√5)/2.

Aufgabe 20.15 • Es gilt X = k genau dann, wenn dieersten k − 1 Ziehungen jeweils eine schwarze Kugel erge-

ben und danach die rote Kugel gezogen wird. Aufgrund desZiehungsmodus ist die Wahrscheinlichkeit hierfür nach derersten Pfadregel

P(X = k) = 1

2· 2

3· . . . · k − 1

k· 1

k + 1= 1

k(k + 1).

Aufgabe 20.16 •• Es bezeichne N das Ereignis, dassmindestens einer der r Tests negativ ausfällt. Weiter sei Kdas Ereignis, dass die Person krank ist und q := P(K) dieA-priori-Wahrscheinlichkeit für K . Die vorausgesetzte Un-abhängigkeit bedeutet P(Nc|K) = prse und P(N |Kc) =1− (1− psp)r . Die Bayes-Formel liefert dann

P(K|Nc) = q · prseq · prse + (1− q) · (1− psp)r

.

Im Fall q = 0.0001, pse = 0.999, psp = 0.998 nimmtdiese Wahrscheinlichkeit für r = 1, 2, 3 die Werte 0.0476 (!),0.9615 (!) und 0.99992 (!) an.

Aufgabe 20.17 •a) Da jede Farbe auf genau zwei der vier Flächen vertreten

ist, gilt P(A1) = P(A2) = P(A3) = 1/2. Weiter giltP(A1A2) = P(A1A3) = P(A2A3) = 1/4, denn nur eineFläche enthält zwei der drei Farben. Folglich sind die dreiEreignisse paarweise unabhängig.

b) Wegen 1/4 = P(A1A2A3) �= P(A1) ·P(A2) ·P(A3) sindA1, A2, A3 nicht unabhängig.

Aufgabe 20.18 •• In einem Laplace-Raum der Ord-nung n ist die Unabhängigkeit von A und B zu

n · |A ∩ B| = |A| · |B|äquivalent, und nach Voraussetzung gilt 1 ≤ |A| ≤ |B| ≤n− 1.

a) Es gibt 360 solcher Paare (A,B) , und zwar je 180 mit|A| = 2, |B| = 3, |A ∩ B| = 1 und 180 mit |A| = 3,|B| = 4, |A ∩ B| = 2.

b) Es kann kein solches Paar geben, denn die Gleichungn|A∩B| = |A| · |B|mit 1 ≤ |A| ≤ |B| ≤ n− 1 ist nichterfüllbar, wenn n eine Primzahl ist.

Aufgabe 20.19 •a) Die Wahrscheinlichkeit, dass alle Bauteile funktionieren,

ist (1−p)n. Die Ausfallwahrscheinlichkeit ist somit 1−(1− p)n.

b) Geht man zum komplementären Ereignis über und nutztdie Unabhängigkeit aus, so ergibt sich die Wahrschein-lichkeit, dass ein Bauteil intakt ist, zu 1− pk . Die Wahr-scheinlichkeit, dass alle Bauteile intakt sind, ist somit we-gen der vorausgesetzten Unabhängigkeit gleich (1−pk)n.Komplementbildung liefert jetzt die Behauptung.

c) Es ergeben sich die Werte 0.2593 . . . für k = 1,0.0004498 . . . für k = 2 und 0.0000006749 . . . für k = 3.


Aufgabe 20.20 • Wegen Xn = Y0 + . . . + Yn giltY0 = X0 und Yk = Xk −Xk−1 für k ≥ 1. Es folgt

P(Xn+1 = in+1|Xn = in, . . . , X0 = i0)= P(Xn+1 = in+1, Xn = in, . . . , X0 = i0)

P(Xn = in, . . . , X0 = i0)= P(Yn+1 = in+1 − in, Yn = in − in−1, . . . , Y0 = i0)

P(Yn = in − in−1, . . . , Y0 = i0)= P(Yn+1 = in+1 − in).

Dabei gilt das letzte Gleichheitszeichen aufgrund der Unab-hängigkeit der Yj . Wegen

P(Xn+1 = in+1|Xn = in)= P(Xn+1 = in+1, Xn = in)

P(Xn = in)= P(Xn+1 −Xn = in+1 − in, Xn = in)

P(Xn = in)= P(Yn+1 = in+1 − in|Xn = in)= P(Yn+1 = in+1 − in)

folgt die Behauptung. Hier ergibt sich das letzte Gleichheits-zeichen aus der Unabhängigkeit von Yn+1 undXn, denn letz-tere Zufallsvariable ist eine Funktion von Y0, . . . , Yn.

Aufgabe 20.21 • Der Zustandsraum für Xn ist S ={0, 1, 2, 3}. Es gilt

Xn = 3 ⇐⇒ Yn = 1, Yn+1 = 1,

Xn = 2 ⇐⇒ Yn = 1, Yn+1 = 0,

Xn = 1 ⇐⇒ Yn = 0, Yn+1 = 1,

Xn = 0 ⇐⇒ Yn = 0, Yn+1 = 0

und somit

Yn+1 = 1{Xn ist ungerade},Yn = 1{Xn ≥ 2}.

Folglich erhält man

Xn+1 = 2 · Yn+1 + Yn+2

= 2 · 1{Xn ist ungerade} + Yn+2.

Da (X1, . . . , Xn−1) von Yn+2 stochastisch unabhängig ist,ist die Markov-Eigenschaft erfüllt. Für die Übergangswahr-scheinlichkeiten pij ergibt sich

p01 = p21 = p,

p00 = p20 = 1− p,p13 = p33 = p,

p12 = p32 = 1− p.

Alle anderen Übergangswahrscheinlichkeiten sind gleich 0.

Aufgabe 20.22 •• Die σ -Additivität von P und die De-finition der bedingten Wahrscheinlichkeit liefern

P(Xk = h|Xn = j)=

∑i∈S

P(Xk = h,Xm = i, Xn = j)

=∑i∈S

P(Xk = h,Xm = i)P(Xn = j |Xk = h,Xm = j).

Nach der verallgemeinerten Markov-Eigenschaft kann imletzten Faktor die Bedingung Xk = h weggelassen werden.Dividiert man dann durch P(Xk = h), so folgt die Behaup-tung.

Aufgabe 20.23 • Die Voraussetzungen des Ergoden-satzes sind erfüllt, da alle 2-Schritt-Übergangswahrschein-lichkeiten positiv sind. Mit der Übergangsmatrix

P = 1− p p 0q(1− p) 1− q(1− p)− p(1− q) p(1− q)

0 q 1− q

nehmen die Gleichungen (20.49) die Gestalt

α0 = (1− p)α0 + q(1− p)α1

α1 = pα0 + (1− q(1− p)− p(1− q))α1 + qα2

α2 = p(1− q)α1 + (1− q)α2

an. Aus der ersten und dritten Gleichung folgt

α1 = pα0

q(1− p) = uα0, α2 = p(1− q)α1

q= v α0

und somit wegen α0 + α1 + α2 = 1

α0 · (1+ u+ v) = 1.

Hieraus ergibt sich unmittelbar die Behauptung.

Aufgabe 20.24 •• Sind 0 bzw. m weiße Kugeln in Be-hälter A, so befinden sich nach dem nächsten Ziehungsvor-gang eine bzw. m − 1 weiße Kugeln in diesem Behälter. Esgilt also

p0,1 = pm,m−1 = 1.

Es sei im Folgenden 1 ≤ j ≤ m − 1. Sind j weiße Kugelnin Behälter A und damit m− j weiße Kugeln in Behälter B,so befinden sich nach dem nächsten Ziehungsvorgang j − 1weiße Kugeln in A, wenn aus A eine weiße und aus B eineschwarze Kugeln gezogen werden. Die Wahrscheinlichkeithierfür ist (j/m)2. In gleicher Weise ist ((m − j)/m)2 dieWahrscheinlichkeit, dass das System vom Zustand j in denZustand j + 1 übergeht. Das System bleibt im Zustand j ,wenn aus den Behältern gleichfarbige Kugeln gezogen wer-den, was mit Wahrscheinlichkeit 2j (m − j)/m2 geschieht.Wir erhalten also für j ∈ {1, . . . , m−1} die Übergangswahr-scheinlichkeiten

pj,j−1=(j

m

)2

, pj,j+1=(m− jm

)2

, pjj =(

2j (m− j)m2

)2

.


Aufgrund der Ziehungs- und Umverteilungsvorschrift giltferner pij = 0, falls |i − j | > 1. Somit ist die Übergangs-matrix eine Tridiagonalmatrix. Wegen

k−1∏j=0

pj,j+1

pj+1,j=k−1∏j=0

(m− jj + 1

)2

=(m

k

)2

und

1+m−1∑k=0

k−1∏j=0

pj,j+1

pj+1,j=

m∑k=0

(m

k

)2

=(

2m

m

)2

folgt aus (20.50) – mit m anstelle von s und der Änderung,dass k und j ab null und nicht ab 1 laufen –

αk =(mk

)2(2mm

) , k = 0, 1, . . . , m.

Die invariante Verteilung ist also die hypergeometrische Ver-teilung Hyp(n, r, s) mit n = r = s = m. Diese entsteht,wenn man aus 2mKugeln, von denenmweiß undm schwarzsind, rein zufällig ohne Zurücklegen m Kugeln zieht und inBehälter A legt, wobei die anderen m Kugeln in Behälter Bgelangen. Füllt man die Behälter zu Beginn auf diese Weise,so startet die Markov-Kette mit dieser in der Physik auch alsGleichgewichtsverteilung bezeichneten Verteilung.

Beweisaufgaben

Aufgabe 20.25 •• Es sei PC die bedingte Verteilungvon P unter der BedingungC, also PC(B) :=P(B|C),B∈A.Wegen PC(C) = 1 liefert die Formel von der totalen Wahr-scheinlichkeit

PC(A) =∑j≥1

PC(Cj ) · PC(A|Cj ).

Mit

PC(A|Cj ) = P(A ∩ C ∩ Cj )P(C ∩ Cj ) = P(A ∩ Cj )

P(Cj )= P(A|Cj ) = P(A|C1),

j ≥ 1, sowie∑j≥1 PC(Cj ) = 1 folgt die Behauptung.

Aufgabe 20.26 •• Nach Gleichung (20.12) hängt dieWahrscheinlichkeit P({ω}) eines Tupels ω = (a1, . . . , an)

nur von der Anzahl a1 + . . . + an der Einsen im Tupel ab.Sind i1, . . . , ik wie in der Aufgabenstellung, so sei

C := {(a1, . . . , an) ∈ F | ai1 = 1, . . . , aik = 1}und

D := {(a1, . . . , an) ∈ F | a1 = 1, . . . , ak = 1}.Zu zeigen ist P(C) = P(D), denn es giltC = Ai1 ∩ . . .∩Aikund D = A1 ∩ . . . ∩ Ak . Sind b1, . . . , bn−k mit 1 ≤ b1 <

. . . < bn−k ≤ n und

{b1, . . . , bn−k} = {1, . . . , n} \ {i1, . . . , ik},

so wird durch die Festsetzung

f ((a1, . . . , an)) := (1, . . . , 1, b1, . . . , bn−k)

eine bijektive Abbildung f : C *→ D definiert. Diese trans-portiert die an den Stellen i1, . . . , ik stehenden Einsen imTupel (a1, . . . , an) auf die ersten k Plätze und sortiert die üb-rigen Komponenten des Tupels entsprechend ihrer ursprüng-lichen Reihenfolge ab der k + 1-ten Stelle des Tupels ein.Da die Abbildung f die Anzahl der Einsen des Tupels nichtändert, folgt

P(D) =∑ω′∈D

P({ω′}) =∑ω∈C

P({f (ω)})

=∑ω∈C

P({ω}) = P(C).

Aufgabe 20.27 •a) WegenA∩∅ = ∅ und P(∅) = 0 sindA und∅ unabhängig.

In gleicher Weise sind wegen A ∩F = A und P(F) = 1die Ereignisse A und F unabhängig.

b) A undA sind unabhängig genau dann, wenn P(A∩A) =P(A)2 und somit P(A) = P(A)2 gilt. Diese Gleichungbesitzt nur die Lösungen P(A) = 0 und P(A) = 1.

c) Im Fall A ⊆ B gilt A∩B = A. Die Unabhängigkeit vonA und B ist dann also zu P(A) = P(A) ·P(B) äquivalent,sodass aus P(B) = 1 die Unabhängigkeit von A und Bfolgt. Die Umkehrung muss nicht notwendig gelten, daP(A) = 0 möglich ist.

b) A und B sind nur dann unabhängig, wenn P(A) = 0 oderP(B) = 0 gilt.

e) Aus der Voraussetzung folgt

P(Ac|B) = P(Ac ∩ B)P(B)

= P(B)−P(A ∩ B)P(B)

= 1,

P(A|Bc) = P(A ∩ Bc)P(Bc)

= P(A)−P(A ∩ B)1− P(B)

= P(A)1−P(B)

.

Beide Ausdrücke sind genau dann gleich, wenn P(A) +P(B) = 1 gilt.

Aufgabe 20.28 ••a) Die Lösung sollte zunächst intuitiv klar sein. Die Wahr-

scheinlichkeit, dass die an der k-ten Stelle stehende Zahldie größte der ersten k Zahlen ist, ist aus Symmetrie-gründen gleich 1/k, denn eine dieser Zahlen ist ja diegrößte. Für einen formalen Beweis müssen wir die An-zahl aller (a1, . . . , an) ∈ F bestimmen, für die ak =max(a1, . . . , ak) ist. Hierzu wählen wir zunächst k der nZahlen für die ersten k Stellen des Tupels aus, was auf(nk

)Weisen möglich ist. Dann platzieren wir die größte

dieser Zahlen an die k-te Stelle. Jetzt kann man die übri-gen k−1 der ausgewählten Zahlen beliebig auf die erstenk−1 Plätze des Tupels verteilen und die nicht ausgewähl-ten Zahlen auf die Plätze k + 1, . . . , n. Es folgt

P(Ak) = |Ak||F| =

(nk

)(k − 1)! · (n− k)!

n! = 1

k.


b) Wir zeigen zunächst, dass

P(Ai ∩ Aj ) = P(Ai) · P(Aj ) = 1

i · j (20.12)

für jede Wahl von i, j mit 1 ≤ i < j ≤ n gilt, alsopaarweise Unabhängigkeit besteht. Der allgemeine Fallerfordert dann nur einen größeren Schreibaufwand. Auchhier sollte zunächst intuitiv klar sein, warum Ai und Ajunabhängig sind. Erhält man die Information, dass an derj -ten Stelle des Tupels die größte der ersten j Zahlensteht, so hat diese Information keinen Einfluss darauf, obdie an der i-ten Stelle stehende Zahl die größte unter denersten i Zahlen ist oder nicht.

Für einen formalen Beweis wählen wir zunächst j der nZahlen für die ersten j Plätze und setzen die größte dieserZahlen auf Platz j . Von den übrigen j −1 Zahlen wählenwir i für die Plätze 1, . . . , i aus und setzen die größtedieser Zahlen auf Platz i. Die übrigen Zahlen verteilen wirbeliebig auf die Plätze 1, . . . , i−1 und danach die j−i−1ursprünglich ausgewählten, aber noch nicht platziertenZahlen auf die Plätze i + 1, . . . , j . Die restlichen n − jZahlen verteilen wir auf die Plätze j+1, . . . , n. Es ergibtsich

|AiAj | =(n

j

)(j − 1

i

)(i − 1)!(j − i − 1)!(n− j)!

= n!i · j

und somit (20.12). Sind allgemein 1 ≤ i1 < . . . < ik ≤ nmit k ≥ 2, so gilt

|Ai1 ∩ . . . ∩ Aik |

=(n

ik

) k∏r=2

((ir − 1

ir−1

)(ir−ir−1 − 1)!

)(i1−1)!(n−ik)!

= n!i1 · i2 · . . . · ik

und somit

P(Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ) =k∏r=1

1

ir=

k∏r=1

P(Air ),

was zu zeigen war.

Aufgabe 20.29 •••a) Von den insgesamt 2n n-Tupeln ω = (a1, . . . , an) ist

aus Symmetriegründen (betrachten Sie z. B. die „Flip-Abbildung“ T (ω) := (1 − a1, . . . , 1 − an)) die Hälfte„gerade“ (d. h.,

∑nj=1 aj ist gerade) und die Hälfte „unge-

rade“. Folglich gilt∑ω∈F p(ω) = 1, sodass P ein Wahr-

scheinlichkeitsmaß ist.

b) Da für jedes i = 1, . . . , n aus Symmetriegründen genaudie Hälfte der „ungeraden“n-Tupel an der i-ten Stelle eine1 besitzt, gilt P(Ai) = 1/2, 1 ≤ i ≤ n. Es seien k mit

2 ≤ k ≤ n− 1 und i1, . . . , ik mit 1 ≤ i1 < . . . < ik ≤ nbeliebig. Zu zeigen ist

P(Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ) =(

1

2

)k.

Da die Wahrscheinlichkeit eines Tupels (a1, . . . , an) nurvon der Anzahl seiner Einsen, nicht aber von der Stel-lung der Einsen innerhalb des Tupels abhängt, könnenwir ohne Beschränkung der Allgemeinheit den Fall i1 =1, . . . , ik = k annehmen. Ein Tupel (a1, . . . , an) der Ge-stalt (1, . . . , 1, ak+1, . . . , an) kann auf 2n−k−1 Weisendurch Wahl von ak+1, . . . , an zu einem Tupel mit einerungeraden Anzahl von Einsen ergänzt werden. Da jedessolche Tupel die Wahrscheinlichkeit 1/2n−1 besitzt, folgt

P(A1 ∩ . . . ∩ Ak) = 2n−k−1

2n−1= 1

2k,

was zu zeigen war.

c) Für ungerades n gilt P(A1 ∩ . . . ∩ An) =P({(1, . . . , 1)}) = 2−n+1, und für gerades n giltP(A1 ∩ . . . ∩ An) = 0. Wegen P(Aj ) = 1/2 folgt∏nj=1 P(Aj ) = 2−n, sodass A1, . . . , An nicht unabhän-

gig sind.

Aufgabe 20.30 •• Sind A1, . . . , An unab-hängig, so sind die Mengensysteme M1 :={∅, A1, A

c1, F}, . . . ,Mn := {∅, An,Acn,F} unabhän-

gig. Wegen σ(1{Aj }) = Mj , j = 1, . . . , n, sind dannnach Definition 1{A1}, . . . , 1{An} unabhängig. Umgekehrtfolgt aus der Unabhängigkeit der Indikatorfunktionen,dass M1, . . . ,Mn und damit auch die Teilsysteme{A1}, . . . , {An} unabhängig sind. Letzteres ist die Unabhän-gigkeit von A1, . . . , An.

Aufgabe 20.31 •• Es ist nur

σ(Z1) = σ l⋃j=1

σ(Xj )

zu zeigen. Der Nachweis der zweiten Gleichung erfordertkeine neue Überlegung. Da jede der Mengen X−1

j (Aj ),j = 1, . . . , l auf der rechten Seite von (20.11) (und da-mit auch deren Durchschnitt) zu σ(∪lj=1σ(Xj )) gehört, gilt

Z−11 (H) ⊆ σ(∪lj=1σ(Xj )), wobei H := {A1 × . . . × Al |A1 ∈ A1, . . . , An ∈ An}. Wegen σ(H) = B1 = ⊗lj=1Ajgilt dann

σ(Z1) = Z−11 (B1) = σ(Z−1

1 (H) ⊆ σ l⋃j=1

σ(Xj )

.Für die umgekehrte Inklusion ⊇ reicht es aus, X−1

j (Aj ) ∈σ(Z1) für jedes j = 1, . . . , l und jedes Aj ∈ Aj zu zeigen.Dies folgt aber unmittelbar aus der Gleichung

X−1j (Aj ) = Z−1

1 (F1×. . .×Fj−1×Aj×Fj+1×. . .×Fl),denn die rechte Seite gehört zu σ(Z1).


Aufgabe 20.32 ••• Es sei ω0 ∈ F mit 0 < P({ω0}) be-liebig. Für jedes n ≥ 1 gilt ω0 ∈ Bn, wobei Bn ∈ {An,Acn}.Die EreignisseB1, B2, . . . sind stochastisch unabhängig, undfolglich gilt für jedes k ≥ 1

0 < P({ω0}) ≤ P(B1 ∩ . . . ∩ Bk)

=k∏n=1

P(Bn)

= exp

(k∑n=1

log(1− (1− P(Bn))

)

≤ exp

(−

k∑n=1

(1− P(Bn))

).

Dabei haben wir die Ungleichung log t ≤ t − 1 benutzt. Esfolgt

∑∞n=1(1 − P(Bn)) < ∞. Wegen min(pn, 1 − pn) ≤

1−P(Bn)muss die Reihe∑∞n=1 min(pn, 1−pn) nach dem

Majorantenkriterium konvergieren.

Aufgabe 20.33 ••a) Nach der de Morgan’schen Regel gilt

lim supn→∞

Acn =∞⋂n=1

∞⋃k=nAck

=( ∞⋃n=1

∞⋂k=nAk

)c= (lim inf

n→∞ An)c.

b) folgt aus a), indem man An durch Acn ersetzt.

c) Wegen A \ B = A ∩ Bc ergibt sich zunächst mit der deMorgan’schen Regel

lim supn→∞

An \ lim infn→∞ An

=∞⋂n=1

( ∞⋃k=nAk

)∩( ∞⋃n=1

∞⋂k=nAk

)c

=∞⋂n=1

( ∞⋃k=nAk

)∩∞⋂n=1

( ∞⋃k=nAck

)

=∞⋂n=1

[( ∞⋃k=nAk

)∩( ∞⋃l=nAcl

)]

⊇∞⋂n=1

( ∞⋃k=nAk ∩ Ack

)= lim sup

n→∞(An ∩ Acn+1).

Anstelle des Inklusionszeichens gilt aber auch „⊆“, denn

ω ∈∞⋂n=1

[( ∞⋃k=nAk

)∩( ∞⋃l=nAcl

)]

bedeutet, dass es sowohl unendlich viele Indizes k mitω ∈ Ak als auch unendlich viele Indizes lmitω ∈ Acl gibt.

Diese Indizes müssen sich also unendlich oft abwechseln,was zur Folge hat, dass es unendlich viele k ∈ N mitω ∈ Ak und ω /∈ Ak+1 geben muss.

Aufgabe 20.34 ••a) Es ist

lim supn→∞

(An ∩ Bn) =∞⋂n=1

∞⋃k=n(Ak ∩ Bk)

⊆∞⋂n=1

( ∞⋃k=nAk ∩

∞⋃k=nBk

)

=∞⋂n=1

∞⋃k=nAk ∩

∞⋂n=1

∞⋃k=nBk

= lim supn→∞

An ∩ lim supn→∞

Bn.

b) Mit dem Distributivgesetz folgt

lim supn→∞

(An ∪ Bn) =∞⋂n=1

∞⋃k=n(Ak ∪ Bk)

=∞⋂n=1

( ∞⋃k=nAk ∪

∞⋃k=nBk

)

=∞⋂n=1

∞⋃k=nAk ∪

∞⋂n=1

∞⋃k=nBk

= lim supn→∞

An ∪ lim supn→∞

Bn.

c) folgt, indem man in b) Acn und Bcn anstelle von An bzw.Bn einsetzt und Aufgabe a) und b) verwendet.

d) ist die komplementäre Aussage zu a). Sie folgt analog zuc), wenn man in a) Acn und Bcn anstelle von An bzw. Bneinsetzt und Aufgabe a) und b) verwendet.

Die folgende allgemeine Konstruktion liefert ein Beispielfür strikte Inklusion in a) und d). Sind C und D dis-junkte Ereignisse mit C �= ∅ und D �= ∅, und setzt manA2k := C, A2k−1 := D für k ≥ 1 sowie B2k := D undB2k−1 := C für k ≥ 1, so gilt An ∩ Bn = ∅, n ≥ 1und somit lim supn→∞(An ∩ Bn) = ∅. Andererseits giltlim supn→∞ An = C + D und lim supn→∞ Bn = C + D,was strikte Inklusion in a) bedeutet. Wegen

lim infn→∞ An = ∅ = lim inf

n→∞ Bn

und lim infn→∞(An ∪ Bn) = C + D ergibt sich auch einBeispiel für strikte Inklusion in d).

Aufgabe 20.35 •• Es sei Bs := A1+(s−1)r , s ≥ 1. DaBs nur von X(s−1)r+1, X(s−1)r+2, . . . , Xsr abhängt und dieIndexmengen Is := {(s − 1)r + 1, (s − 1)r + 2, . . . , sr}für verschiedene s paarweise disjunkt sind, sind die Ereig-nisse B1, B2, . . . (im Gegensatz zu A1, A2, . . .) stochastischunabhängig. Wegen der Unabhängigkeit der Xj gilt

P(Bs) ≥ δ := min(p, 1− p)r > 0, s ≥ 1.


Da die Reihe∑∞s=1 P(Bs) divergiert, liefert Teil b) des Lem-

mas von Borel-Cantelli

P(lim sups→∞

Bs) = 1

und damit wegen lim sups→∞ Bs ⊆ lim supk→∞ Ak auchP(lim supk→∞ Ak) = 1.

Anmerkung: Steht Aj für das Ereignis, dass mein persönli-cher Tipp beim Lotto 6 aus 49 in der j -ten Ausspielung einenSechser erzielt (die Wahrscheinlichkeit hierfür ist positiv), sobesagt obiges Resultat, dass meine Zahlenreihe in einer Folgevon unendlich vielen Ausspielungen mit Wahrscheinlichkeiteins 176-mal direkt hintereinander jeweils einen Sechser lan-det.

Aufgabe 20.36 •• Unter Verwendung des Hinweisessei n = qN + r mit 0 ≤ r ≤ N − 1. Nehmen wir an,es gälte q < N − 1. Dann wäre

n = qN + r < N(N − 1)+N − 1 = (N + 1)(N − 1),

was im Widerspruch zur Voraussetzungn ≥ n0 stünde. Somitgilt q ≥ N − 1 und folglich q − r ≥ 0. Wegen 1 = P − Nergibt sich

n = qN + r(P −N) = (q − r)N + rP,

und aus q − r ≥ 0 und der Abgeschlossenheit von A gegen-über der Addition folgt (q − r)N + rP ∈ A, was zu zeigenwar.

Kapitel 21

Aufgaben

Verständnisfragen

Aufgabe 21.1 •• In der gynäkologischen Abteilungeines Krankenhauses entbinden in einer bestimmten Wo-che n Frauen. Es mögen keine Mehrlingsgeburten auftreten,und Jungen- bzw. Mädchengeburten seien gleich wahrschein-lich. Außerdem werde angenommen, dass das Geschlecht derNeugeborenen für alle Geburten stochastisch unabhängig sei.Sei an die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens 60% der Neu-geborenen Mädchen sind.

a) Bestimmen Sie a10.

b) Beweisen oder widerlegen Sie: a100 < a10.

c) Zeigen Sie: limn→∞ an = 0.

Aufgabe 21.2 •• Es werden unabhängig voneinanderKugeln auf n Fächer verteilt, wobei jede Kugel in jedes Fachmit Wahrscheinlichkeit 1/n gelangt. Es sei Wn die (zufäl-lige) Anzahl der Kugeln, die benötigt wird, bis jedes Fachmindestens eine Kugel enthält. Zeigen Sie:

a) E(Wn) = n ·n∑j=1

1

j.

b) V(Wn) = n2 ·n−1∑j=1

1

j2− n ·

n−1∑j=1

1

j.

Aufgabe 21.3 •• Ein echter Würfel wird solange in un-abhängiger Folge geworfen, bis die erste Sechs auftritt. Wel-che Verteilung besitzt die Anzahl der davor geworfenen Ein-sen?

Aufgabe 21.4 ••• Es werden n echte Würfel gleichzeitiggeworfen. Diejenigen, die eine Sechs zeigen, werden beisei-tegelegt, und die (falls noch vorhanden) übrigen Würfel wer-den wiederum gleichzeitig geworfen und die erzielten Sech-sen beiseitegelegt. Der Vorgang wird solange wiederholt, bisauch der letzte Würfel eine Sechs zeigt. Die ZufallsvariableMn bezeichne die Anzahl der dafür nötigen Würfe. ZeigenSie:

a) P(Mn > k) = 1−(

1−(

56

)k)n, k ∈ N0 .

b) E(Mn) =n∑k=1

(−1)k−1

(nk

)1−

(56

)k .

Aufgabe 21.5 •• Die Zufallsvariablen X und Y seienstochastisch unabhängig und je geometrisch verteilt mit Pa-rameter p. Überlegen Sie sich ohne Rechnung, dass

P(X = j |X + Y = k) = 1

k + 1, j = 0, 1, . . . , k

gelten muss, und bestätigen Sie diese Einsicht durch formaleRechnung. Die bedingte Verteilung von X unter der Bedin-gungX+Y = k ist also eine Gleichverteilung auf den Werten0, 1, . . . , k.

Aufgabe 21.6 •• Stellen Sie sich eine patriarchisch ori-entierte Gesellschaft vor, in der Eltern so lange Kinder be-kommen, bis der erste Sohn geboren wird. Wir machen zu-dem die Annahmen, dass es keine Mehrlingsgeburten gibt,dass Jungen- und Mädchengeburten gleich wahrscheinlichsind und dass die Geschlechter der Neugeborenen stocha-stisch unabhängig voneinander sind.

a) Welche Verteilung (Erwartungswert, Varianz) besitzt dieAnzahl der Mädchen in einer Familie?

b) Welche Verteilung (Erwartungswert, Varianz) besitzt dieAnzahl der Jungen in einer Familie?

a) Es bezeichne Sn die Gesamtanzahl der Mädchen in eineraus n Familien bestehenden Gesellschaft. Benennen Siedie Verteilung von Sn und zeigen Sie:

P(|Sn − n| ≥ K√

2n) ≤ 1

K2, K > 0.

Was bedeutet diese Ungleichung fürK = 10 und eine aus500 000 Familien bestehenden Gesellschaft?

Aufgabe 21.7 • In einer Urne befinden sich 10 rote,20 blaue, 30 weiße und 40 schwarze Kugeln. Es werden reinzufällig 25 Kugeln mit Zurücklegen gezogen. Es sei R (bzw.B,W, S) die Anzahl gezogener roter (bzw. blauer, weißer,schwarzer) Kugeln. Welche Verteilungen besitzen

a) (R,B,W, S)?

b) (R + B,W, S)?c) R + B +W?

Aufgabe 21.8 •• In einer Urne befinden sich r1+· · ·+rs gleichartige Kugeln, von denen rj die Farbe j tragen. Eswerden rein zufällig n Kugeln nacheinander ohne Zurückle-gen gezogen. Die Zufallsvariable Xj bezeichne die Anzahlder gezogenen Kugeln der Farbe j , 1 ≤ j ≤ s. Die Verteilungdes Zufallsvektors (X1, . . . , Xs) heißt mehrdimensionale hy-pergeometrische Verteilung. Zeigen Sie:

a) P(X1 = k1, . . . , Xs = ks) =

(r1

k1

)· . . . ·

(rs

ks

)(r1 + . . .+ rs

n

) ,

0 ≤ kj ≤ rj , k1 + · · · + ks = n .

b) Xj ∼ Hyp(n, rj ,m− rj ), 1 ≤ j ≤ s .

Aufgabe 21.9 •• Die Zufallsvariable X besitze dieauf Seite 725 eingeführte hypergeometrische VerteilungHyp(n, r, s), d. h., es gelte

P(X = k) =

(r

k

)·(s

n− k)

(r + sn

) , 0 ≤ k ≤ n .


Leiten Sie analog zum Fall der Binomialverteilung den Er-wartungswert

E(X) = n · r

r + svon X auf zwei unterschiedliche Weisen her.

Aufgabe 21.10 • Zeigen Sie, dass die auf Seite 717formulierte Formel des Ein- und Ausschließens aus der Jor-dan’schen Formel auf Seite 777 folgt.

Aufgabe 21.11 •• In der Situation des Beispiels aufSeite 795 soll die mittlere quadratische Abweichung E(M −h(X1))

2 durch geeignete Wahl einer Funktion h minimiertwerden. Dabei darf h nur die Werte 1, 2, . . . , 6 annehmen.Zeigen Sie: Die unter diesen Bedingungen optimale Funktionh ist durch h(1) ∈ {3, 4}, h(2) = h(3) = 4, h(4) ∈ {4, 5},h(5) = 5 und h(6) = 6 gegeben.

Aufgabe 21.12 • Die Zufallsvariablen X und Y seienstochastisch unabhängig, wobei X ∼ Bin(m, p) und Y ∼Bin(n, p), 0 < p < 1. Zeigen Sie: Für festes k ∈{1, 2, . . . , m + n} ist die bedingte Verteilung von X unterder BedingungX+Y = k die hypergeometrische VerteilungHyp(k,m, n). Ist dieses Ergebnis ohne Rechnung einzuse-hen?

Aufgabe 21.13 •• Es seienX1,X2 undX3 unabhängigeZufallsvariablen mit identischer Verteilung. Zeigen Sie:

E(X1|X1 +X2 +X3) = 1

3· (X1 +X2 +X3) .

Aufgabe 21.14 •• Die ZufallsvariableX besitze die Bi-nomialverteilung Bin(n, p). Zeigen Sie:

P(X ∈

{0, 2, . . . , 2 ·

⌊n2

⌋})= 1+ (1− 2p)n

2.

Aufgabe 21.15 •• Es sei (Mn)n≥0 ein Galton-Watson-Prozess wie auf Seite 804 mit M0 = 1, EM1 = µ undV(M1) = σ 2 <∞. Zeigen Sie mithilfe von Aufgabe 21.52:

a) E(Mn) = µn,

b)

V(Mn) =σ 2µn−1(µn − 1)

µ− 1, falls µ �= 1

n · σ 2, falls µ = 1.

Aufgabe 21.16 ••• Kann man zwei Würfel (möglicher-weise unterschiedlich) so fälschen, d. h. die Wahrschein-lichkeiten der einzelnen Augenzahlen festlegen, dass beimgleichzeitigen Werfen jede Augensumme 2, 3, . . . , 12 gleichwahrscheinlich ist?

Beweisaufgaben

Aufgabe 21.17 ••• Beim Coupon-Collector-Problemoder Sammlerproblem wird einer Urne, die n gleichartige,von 1 bis n nummerierte Kugeln enthält, eine rein zufäl-lige Stichprobe von s Kugeln (Ziehen ohne Zurücklegenbzw. „mit einem Griff“) entnommen. Nach Notierungder gezogenen Kugeln werden diese wieder in die Urnezurückgelegt und der Urneninhalt neu gemischt.

Die Zufallsvariable X bezeichne die Anzahl der verschiede-nen Kugeln, welche in den ersten k (in unabhängiger Folgeentnommenen) Stichproben aufgetreten sind. Zeigen Sie:

a) EX = n ·[

1−(

1− sn

)k]b) P(X = r) =

(n

r

) r∑j=0

(−1)j(r

j

)[(r − js

)/(ns

)]k(0 ≤ r ≤ n).

Aufgabe 21.18 •• Es sei X eine N0-wertige Zufallsva-riable mit EX < ∞ (für a)) und EX2 < ∞ (für b)). ZeigenSie:

a) EX =∑∞n=1 P(X ≥ n).

b) EX2 =∑∞n=1(2n− 1)P(X ≥ n).

Aufgabe 21.19 •• Es seiX eine Zufallsvariable mit derEigenschaft b ≤ X ≤ c, wobei b < c. Zeigen Sie:

a) V(X) ≤ 1

4(c − b)2.

b) V(X) = 1

4(c − b)2 ⇐⇒ P(X = b) = P(X = c) = 1

2.

Aufgabe 21.20 •• Es sei X eine Zufallsvariable mitEX = 0 und EX2 <∞. Zeigen Sie:

P(X ≥ ε) ≤ V(X)V(X)+ ε2

ε > 0.

Aufgabe 21.21 ••a) X1, . . . , Xn seien Zufallsvariablen mit EXj =: µ und

V(Xj ) =: σ 2 für j = 1, . . . , n. Weiter existiere eine na-türliche Zahl k, sodass für |i−j | ≥ k die ZufallsvariablenXi und Xj unkorreliert sind. Zeigen Sie:

limn→∞P

∣∣∣∣∣∣1

n

n∑j=1

Xj − µ∣∣∣∣∣∣ ≥ ε

= 0 für jedes ε > 0 .

b) Ein echter Würfel werde in unabhängiger Folge geworfen.Die Zufallsvariable Yj bezeichne die beim j -ten Wurferzielte Augenzahl, und für j ≥ 1 sei Aj :={Yj <Yj+1}.Zeigen Sie mithilfe von Teil a):

limn→∞P

∣∣∣∣∣∣1

n

n∑j=1

1{Aj } − 5

12

∣∣∣∣∣∣ ≥ ε = 0 für jedes ε > 0 .


Aufgabe 21.22 •• Es sei X eine N0-wertige Zufallsva-riable mit 0 < P(X = 0) < 1 und der Eigenschaft

P(X = m+ k|X ≥ k) = P(X = m) (21.13)

für jede Wahl von k,m ∈ N0. Zeigen Sie: Es gibt ein p ∈(0, 1) mit X ∼ G(p).

Aufgabe 21.23 •• Zeigen Sie: In der Situation und mitden Bezeichnungen der Jordan’schen Formel auf Seite 777gilt

P(X ≥ k) =n∑j=k(−1)j−k

(j − 1

k − 1

)Sj , k = 0, 1, . . . , n .

Aufgabe 21.24 •• Wir betrachten wie auf Seite 718 dieGleichverteilung P auf der Menge

F := {(a1, . . . , an) | {a1, . . . , an} = {1, . . . , n}} ,also eine rein zufällige Permutation der Zahlen 1, 2, . . . , n.Mit Aj := {(a1, a2, . . . , an) ∈ F | aj = j} für j ∈{1, . . . , n} gibt die Zufallsvariable Xn := ∑n

j=1 1{Aj } dieAnzahl der Fixpunkte einer solchen Permutation an. ZeigenSie:

a) E(Xn) = 1,

b) P(Xn = k) = 1

k!n−k∑j=0

(−1)j

j ! , k = 0, 1, . . . , n,

c) limn→∞ P(Xn = k) = e−1

k! , k ∈ N0,

d) V(Xn) = 1.

Aufgabe 21.25 ••• In der Situation des Beispiels vonSeite 796 (Warten auf den ersten Doppeltreffer) sei wn :=P(X = n), n ≥ 2, gesetzt. Zeigen Sie:

a) wk+1 = q · wk + pq · wk−1, k ≥ 3 ,

b)∑∞k=2 wk = 1 ,

c)∑∞k=2 k · wk <∞ (d. h., EX existiert).

Rechenaufgaben

Aufgabe 21.26 •• Die Verteilung des Zufallsvektors(X, Y ) sei gegeben durch

P(X = −1, Y = 1) = 1/8 P(X = 0, Y = 1) = 1/8P(X = 1, Y = −1) = 1/8 P(X = 0, Y = −1) = 1/8P(X = 2, Y = 0) = 1/4 P(X = −1, Y = 0) = 1/4.

Bestimmen Sie:a) EX b) EY c) V(X) d) V(Y ) e) E(XY).

Aufgabe 21.27 • Beim Roulette gibt es 37 gleichwahrscheinliche Zahlen, von denen 18 rot und 18 schwarz

sind. Die Zahl 0 besitzt die Farbe Grün. Man kann auf ge-wisse Mengen von n Zahlen setzen und erhält dann im Ge-winnfall in Abhängigkeit von n zusätzlich zum Einsatz dask(n)-fache des Einsatzes zurück. Die Setzmöglichkeiten mitden Werten von n und k(n) zeigt die folgende Tabelle:

n Name k(n)

1 Plein 35

2 Cheval 17

3 Transversale 11

4 Carré 8

6 Transversale simple 5

12 Douzaines, Colonnes 2

18 Rouge/Noir, Pair/Impair, Manque/Passe 1

Es bezeichne X den Spielgewinn bei Einsatz einer Geldein-heit. Zeigen Sie: Unabhängig von der gewählten Setzart giltEX = −1/37. Man verliert also beim Roulette im Durch-schnitt pro eingesetztem Euro ungefähr 2,7 Cent.

Aufgabe 21.28 ••• n Personen haben unabhängig von-einander und je mit gleicher Wahrscheinlichkeit p eineKrankheit, die durch Blutuntersuchung entdeckt werdenkann. Dabei sollen von den nBlutproben dieser Personen dieProben mit positivem Befund möglichst kostengünstig her-ausgefunden werden. Statt alle Proben zu untersuchen bietetsich ein Gruppen-screening an, bei dem jeweils das Blut vonk Personen vermischt und untersucht wird. In diesem Fallmuss nur bei einem positiven Befund jede Person der Gruppeeinzeln untersucht werden, sodass insgesamt k+1 Tests nötigsind. Andernfalls kommt man mit einem Test für k Personenaus.

Es sei Yk die (zufällige) Anzahl nötiger Blutuntersuchungenbei einer Gruppe von k Personen. Zeigen Sie:

a) EYk = k + 1− k(1− p)k .b) Für p < 1− 1/ 3√3 = 0.3066 . . . gilt E(Yk) < k.c) Welche Gruppengröße ist im Fall p = 0.01 in Bezug auf

die erwartete Ersparnis pro Person optimal?d) Begründen Sie die Näherungsformel k ≈ 1/

√p für die

optimale Gruppengröße bei sehr kleinem p.

Aufgabe 21.29 •• Beim Pokerspiel Texas Hold’emwird ein 52-Blatt-Kartenspiel gut gemischt; jeder von insge-samt 10 Spielern erhält zu Beginn zwei Karten. Mit welcherWahrscheinlichkeit bekommt mindestens ein Spieler zweiAsse?

Aufgabe 21.30 •• Es sei X ∼ Bin(n, p) mit 0 < p <1. Zeigen Sie die Gültigkeit der Rekursionsformel

P(X = k + 1) = (n− k)p(k + 1)(1− p) · P(X = k),

k = 0, . . . , n− 1,

und überlegen Sie sich hiermit, für welchen Wert bzw. welcheWerte von k die Wahrscheinlichkeit P(X = k)maximal wird.


Aufgabe 21.31 •• In Kommunikationssystemen wer-den die von der Informationsquelle erzeugten Nachrichten ineine Bitfolge umgewandelt, die an den Empfänger übertragenwerden soll. Um die durch Rauschen und Überlagerung ver-ursachten Störungen zu unterdrücken und die Zuverlässigkeitder Übertragung zu erhöhen, fügt man einer binären Quell-folge kontrolliert Redundanz hinzu. Letztere hilft, Übertra-gungsfehler zu erkennen und eventuell sogar zu korrigieren.Wir machen die Annahme, dass jedes zu übertragende Bit un-abhängig von anderen Bits mit derselben Wahrscheinlichkeitp in dem Sinne gestört wird, dass 0 in 1 und 1 in 0 umgewan-delt wird. Die zu übertragenden Codewörter mögen jeweilsaus k Bits bestehen.

a) Es werdennWörter übertragen. Welche Verteilung besitztdie Anzahl X der nicht (d. h. in keinem Bit) gestörtenWörter?

b) Zur Übertragung werden nur Codewörter verwendet, dieeine Korrektur von bis zu zwei Bitfehlern pro Wort gestat-ten. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein über-tragenes Codewort korrekt auf Empfängerseite ankommt(evtl. nach Korrektur)? Welche Verteilung besitzt die An-zahl der richtig erkannten unter n übertragenen Codewör-tern?

Aufgabe 21.32 •• Peter wirft 10-mal in unabhängigerFolge einen echten Würfel. Immer wenn eine Sechs auftritt,wirft Claudia eine echte Münze (Zahl/Wappen). Welche Ver-teilung besitzt die Anzahl der dabei erzielten Wappen?

Aufgabe 21.33 •• Es sei X ∼ G(p). Zeigen Sie:

a) E(X) = 1− pp

,

b) V(X) = 1− pp2

.

Aufgabe 21.34 • Es sei X ∼ Po(λ). Zeigen Sie:

E(X) = V(X) = λ .

Aufgabe 21.35 •• Ein echter Würfel wird in unabhän-giger Folge geworfen. Bestimmen Sie die Wahrscheinlich-keiten folgender Ereignisse:

a) mindestens eine Sechs in sechs Würfen,

b) mindestens zwei Sechsen in 12 Würfen,

c) mindestens drei Sechsen in 18 Würfen.

Aufgabe 21.36 • Es sei (pn)n≥1 eine Folge aus (0, 1)mit limn→∞ npn = λ, wobei 0 < λ <∞. Zeigen Sie:

limn→∞

(n

k

)pkn(1− pn)n−k = e−λ · λ

k

k! , k ∈ N0 .

Aufgabe 21.37 • Es seiX ∼ Po(λ). Für welche Wertevon k wird P(X = k) maximal?

Aufgabe 21.38 • Ein echter Würfel wird 8-mal in un-abhängiger Folge geworfen. Wie groß ist die Wahrschein-lichkeit, dass jede Augenzahl mindestens einmal auftritt?

Aufgabe 21.39 •• Beim Spiel Kniffel werden fünf Wür-fel gleichzeitig geworfen. Mit welcher Wahrscheinlichkeiterhält man

a) einen Kniffel (5 gleiche Augenzahlen)?

b) einen Vierling (4 gleiche Augenzahlen)?

c) ein Full House (Drilling und Zwilling, also z. B. 55522)?

d) einen Drilling ohne weiteren Zwilling (z. B. 33361)?

e) zwei Zwillinge (z. B. 55226)?

f) einen Zwilling (z. B. 44153)?

g) fünf verschiedene Augenzahlen?

Aufgabe 21.40 •• Der Zufallsvektor (X1, . . . , Xs) be-sitze die Multinomialverteilung Mult(n, p1, . . . , ps). LeitenSie aus (21.31) durch Zerlegung des Ereignisses {X1 = k1}nach den Werten der übrigen Zufallsvariablen die Vertei-lungsaussage X1 ∼ Bin(n, p1) her.

Aufgabe 21.41 •• Leiten Sie die Varianz np(1 − p)einer Bin(n, p)-verteilten Zufallsvariablen X über die Dar-stellungsformel her.

Aufgabe 21.42 •• Es seien X1, . . . , Xn unabhängigeZufallsvariablen mit gleicher Verteilung und der EigenschaftEX2

1 < ∞. Ferner seien µ := EX1, σ 2 := V(X1) undX̄n :=∑n

k=1Xk/n. Zeigen Sie:

a) E(X̄n) = µ.

b) V (X̄n) = σ 2/n.

c) Cov(Xj , X̄n) = σ 2/n.

d) ρ(X1 − 2X2, X̄n) = −1/√

5n.

Aufgabe 21.43 •• Der Zufallsvektor (X1, . . . , Xs) be-sitze die Multinomialverteilung Mult(n, p1, . . . , ps), wobeip1 > 0, . . . , ps > 0 vorausgesetzt ist. Zeigen Sie:

a) Cov(Xi,Xj ) = −n · pi · pj (i �= j) ,

b) ρ(Xi,Xj ) = −√

pi · pj(1− pi) · (1− pj ) (i �= j) .

Aufgabe 21.44 •• In der Situation des zweifachenWurfs mit einem echten Würfel seien Xj die Augenzahl desj -ten Wurfs sowieM := max(X1, X2). Zeigen Sie:

E(X1|M) = M2 +M(M − 1)/2

2M − 1.

Aufgabe 21.45 •• In einer Bernoulli-Kette mit Treffer-wahrscheinlichkeitp ∈ (0, 1) seiX die Anzahl der Versuche,bis erstmalig

a) die Sequenz 01 aufgetreten ist. Zeigen Sie: Es giltEX = 1/(p(1− p)).

b) die Sequenz 111 aufgetreten ist. Zeigen Sie: Es giltEX = (1+ p + p2)/p3.

164 Hinweise zu Kapitel 21

Aufgabe 21.46 •• Wir würfeln in der Situation zwi-schen Angst und Gier auf Seite 798 k-mal und stoppen dann.Falls bis dahin eine Sechs auftritt, ist das Spiel natürlich so-fort (mit dem Gewinn 0) beendet. Zeigen Sie, dass bei dieserStrategie der Erwartungswert des Spielgewinns G durch

EG = 3 · k ·(

5

6

)kgegeben ist. Welcher Wert für k liefert den größten Erwar-tungswert?

Aufgabe 21.47 •• In einer Bernoulli-Kette mit Treffer-wahrscheinlichkeit p ∈ (0, 1) bezeichne Yj die Anzahl derNieten vor dem j -ten Treffer (j = 1, 2, 3). Nach Übungsauf-gabe 21.5 besitztY1 unter der BedingungY2 = k eine Gleich-verteilung auf den Werten 0, 1, . . . , k. Zeigen Sie: Unter derBedingung Y3 = k, k ∈ N0, ist die bedingte Verteilung vonY1 durch

P(Y1 = j |Y3 = k) = 2(k + 1− j)(k + 1)(k + 2)

, j = 0, 1, . . . , k ,

gegeben.

Aufgabe 21.48 •• Es seien X1, . . . , Xs unabhängigeZufallsvariablen mit den Poisson-VerteilungenXj ∼Po(λj ),j = 1, . . . , s. Zeigen Sie, dass der Zufallsvektor(X1, . . . , Xs) unter der Bedingung X1 + . . . + Xs = n,n ∈ N, die Multinomialverteilung Mult(n, p1, . . . , ps) be-sitzt. Dabei ist pj = λj /(λ1 + . . .+ λs), j ∈ {1, . . . , s}.

Aufgabe 21.49 • Es gelte X ∼ Nb(r, p). Zeigen Sie,dass X die erzeugende Funktion

gX(t) =(

p

1− (1− p)t)r, |t | < 1 ,

besitzt.

Aufgabe 21.50 • Leiten Sie mithilfe der erzeugen-den Funktion Erwartungswert und Varianz der Poisson-Verteilung (vgl. Seite 785) und der negativen Binomialver-teilung (vgl. Seite 784) her.

Aufgabe 21.51 •• Die Zufallsvariable X sei poisson-verteilt mit Parameter λ. Zeigen Sie:

a) E[X(X − 1)(X − 2)] = λ3.

b) EX3 = λ3 + 3λ2 + λ.

c) E(X − λ)3 = λ.

Aufgabe 21.52 •• Zeigen Sie, dass in der auf Seite 803beschriebenen Situation für die randomisierte Summe SNgilt:

a) E(SN) = EN · EX1,

b) V(SN) = V(N) · (EX1)2 + EN · V(X1).

Dabei sei EX21 <∞ und EN2 <∞ vorausgesetzt.

Hinweise

Verständnisfragen


Aufgabe 21.2 •• Modellieren SieWn als Summe unab-hängiger Zufallsvariablen.

Aufgabe 21.3 •• Es kommt nicht auf die Zahlen 2 bis5 an.

Aufgabe 21.4 ••• Stellen Sie sich vor, jede von n Perso-nen hat einen Würfel, und jede zählt, wie viele Versuche siebis zu ersten Sechs benötigt.







Aufgabe 21.11 •• –


Aufgabe 21.13 •• Verwenden Sie ein Symmetrieargu-ment.

Aufgabe 21.14 •• Betrachten Sie die erzeugende Funk-tion von X an der Stelle −1.

Aufgabe 21.15 •• –

Aufgabe 21.16 ••• Sind X und Y die zufälligen Augen-zahlen bei einem Wurf mit dem ersten bzw. zweiten Würfelund g bzw. h die erzeugenden Funktionen von X bzw. Y , sogilt g(t) = tP (t) und h(t) = tQ(t) mit Polynomen vomGrad 5, die jeweils mindestens eine reelle Nullstelle besitzenmüssen.

Beweisaufgaben

Aufgabe 21.17 ••• Stellen SieXmithilfe einer geeigne-ten Indikatorsumme dar.

Aufgabe 21.18 •• Es ist∑kn=1 1 = k und 2

∑kn=1 n =

k(k + 1).

Aufgabe 21.19 •• Setzen sie a := (b + c)/2 in Eigen-schaft a) der Varianz auf Seite 778.

Lösungen zu Kapitel 21 165

Aufgabe 21.20 •• Schätzen Sie den Indikator des Er-eignisses {X ≥ ε}möglichst gut durch ein Polynom zweitenGrades ab, das durch den Punkt (ε, 1) verläuft.

Aufgabe 21.21 •• –

Aufgabe 21.22 •• Leiten Sie mit k = 1 in (21.13) eineRekursionsformel für P(X = m) her.

Aufgabe 21.23 •• Es gilt P(X ≥ k) =∑nl=k P(X = l)

sowie (vollständige Induktion über m!)

m∑ν=0

(−1)ν(j

ν

)= (−1)m

(j − 1

m

), m = 0, 1, . . . , j − 1.

Aufgabe 21.24 •• –

Aufgabe 21.25 ••• Verwenden Sie die im Beispiel aufSeite 796 verwendeten Ereignisse A1, A2 und A3.

Rechenaufgaben

Aufgabe 21.26 •• –


Aufgabe 21.28 ••• –

Aufgabe 21.29 •• Formel des Ein- und Ausschließens!

Aufgabe 21.30 •• –

Aufgabe 21.31 •• –

Aufgabe 21.32 •• Sie brauchen nicht zu rechnen!

Aufgabe 21.33 •• Bestimmen Sie die Varianz, indemSie zunächst EX(X − 1) berechnen.

Aufgabe 21.34 • Bestimmen Sie EX(X − 1).

Aufgabe 21.35 •• –

Aufgabe 21.36 • Es gilt 1−1/t ≤ log t ≤ t−1, t > 0.

Aufgabe 21.37 • Betrachten Sie P(X = k + 1)/P(X = k).


Aufgabe 21.39 •• Die Wahrscheinlichkeiten aus a) bisg) addieren sich zu eins auf.

Aufgabe 21.40 •• Multinomialer Lehrsatz!

Aufgabe 21.41 •• Bestimmen Sie zunächst EX(X−1).

Aufgabe 21.42 •• –

Aufgabe 21.43 •• Es gilt Xi +Xj ∼ Bin(n, pi + pj ).

Aufgabe 21.44 •• –

Aufgabe 21.45 •• Gehen Sie analog wie im Beispielauf Seite 796 vor.

Aufgabe 21.46 •• –

Aufgabe 21.47 •• (Y1, Y3) hat die gleiche gemeinsameVerteilung wie (X1, X1 +X2 +X3), wobei X1, X2, X3 un-abhängig und je G(p)-verteilt sind.

Aufgabe 21.48 •• –



Aufgabe 21.51 •• Verwenden Sie die erzeugendeFunktion.

Aufgabe 21.52 •• Verwenden Sie (21.59).

Lösungen

Verständnisfragen



Aufgabe 21.3 •• G(1/2)

Aufgabe 21.4 ••• –







Aufgabe 21.11 •• –


Aufgabe 21.13 •• –


Aufgabe 21.14 •• –

Aufgabe 21.15 •• –

Aufgabe 21.16 ••• Nein.

Beweisaufgaben

Aufgabe 21.17 ••• –

Aufgabe 21.18 •• –

Aufgabe 21.19 •• –

Aufgabe 21.20 •• –

Aufgabe 21.21 •• –

Aufgabe 21.22 •• –

Aufgabe 21.23 •• –

Aufgabe 21.24 •• –

Aufgabe 21.25 ••• –

Rechenaufgaben

Aufgabe 21.26 •• EX = 1/4, EY = 0, EX2 = 3/2,EY 2 = 1/2, V(X) = 23/16, V(Y ) = 1/2, E(XY) = −1/4.


Aufgabe 21.28 ••• –

Aufgabe 21.29 •• 0.04508 . . .

Aufgabe 21.30 •• –

Aufgabe 21.31 •• –

Aufgabe 21.32 •• –

Aufgabe 21.33 •• –


Aufgabe 21.35 •• –


Aufgabe 21.37 • Der Maximalwert wird im Fallλ /∈ Nfür k = @λA und für λ ∈ N für die beiden Werte k = λ undk = λ− 1 angenommen.


Aufgabe 21.39 •• a) 6/65, b) 150/65, c) 300/65, d)1200/65, e) 1800/65, f) 3600/65, g) 720/65.

Aufgabe 21.40 •• –

Aufgabe 21.41 •• –

Aufgabe 21.42 •• –

Aufgabe 21.43 •• –

Aufgabe 21.44 •• –

Aufgabe 21.45 •• –

Aufgabe 21.46 •• –

Aufgabe 21.47 •• –

Aufgabe 21.48 •• –



Aufgabe 21.51 •• –

Aufgabe 21.52 •• –

Lösungswege

Verständnisfragen

Aufgabe 21.1 •• a) Bezeichnet Aj das Ereignis, dassbei der j -ten Geburt ein Mädchen geboren wird, so sind auf-grund der getroffenen Annahmen A1, . . . , An unabhängigeEreignisse mit gleicher Wahrscheinlichkeit 1/2. Somit be-sitzt die Anzahl Xn = ∑n

j=1 1{Aj } der Mädchen unter nGeburten die Binomialverteilung Bin(n, 1/2). Damit wird

a10 = P(X10 ≥ 6) =10∑j=6

(10

j

)2−10 = 386

1024= 0.376 . . .

b) MitXn wie in a) und der Tschebyschow-Ungleichung gilt

a100 = P(X100 ≥ 60) ≤ P(|X100 − 50| ≥ 10) ≤ V(X100)

100.

Wegen V(X100) = 100 · 12 · 1

2 = 25 folgt a100 < a10.

c) Mit Rn := Xn/n ist

an = P(Xn ≥ n · 0.6) ≤ P(∣∣∣Rn − 1

2

∣∣∣ ≥ 0.1

).

Nach dem Schwachen Gesetz großer Zahlen konvergiert dieletzte Wahrscheinlichkeit für n→∞ gegen null.


Aufgabe 21.2 •• Die Zufallsvariable Xj bezeichne dieAnzahl der Kugeln, die nötig sind, um das (j + 1)-te Fachzu besetzen, wenn schon j Fächer besetzt sind. Dann gilt

Wn = X0 +X1 + . . .+Xn−1,

und offenbar ist X0 = 1. Sind j < n Fächer besetzt, so be-findet man sich unabhängig von den Nummern der bereitsbesetzten Fächer und unabhängig von der Dauer der bishe-rigen Besetzungsvorgänge in der Situation, auf den erstenTreffer in einer Bernoulli-Kette zu warten. Dabei bedeutetein Treffer, eines der n − j noch nicht besetzten Fächer zubelegen. Die mit pj bezeichnete Trefferwahrscheinlichkeitist also (n− j)/n. Die Zahl der Nieten vor dem ersten Tref-fer besitzt die geometrische Verteilung G(pj ). Da der Treffermitgezählt wird, hatXj −1 die Verteilung G(pj ). Es gilt so-mit

EXj = 1+ 1− pjpj

= n

n− j ,

V(Xj ) = 1− pjp2j

= nj

(n− j)2 .

Unterstellen wir für die Varianz die stochastische Unabhän-gigkeit von X2, . . . , Xn, so ergibt sich:

a)

E(Wn) =n∑j=1

E(Xj ) =n−1∑j=0

n

n− j

= n ·(

1+ 1

2+ 1

3+ . . .+ 1

n

)b)

V(Wn) =n−1∑j=1

V(Xj ) =n−1∑j=1

nj

(n− j)2

=n−1∑j=1

n(j − n)+ n2

(n− j)2

= n2 ·n−1∑k=1

1

k2− n

n−1∑k=1

1

k.

Im Falln = 6 ist die Situation gedanklich gleichwertig damit,einen echten Würfel solange wiederholt zu werfen, bis jedeAugenzahl mindestens einmal aufgetreten ist. Man benötigthierfür nach a) im Mittel 6 · (1 + 1/2 + . . . + 1/6) = 14.7Würfe.

Aufgabe 21.3 •• Die durch den Hinweis angedeutetebegriffliche Lösung arbeitet mit einem einfachen Modell, dasdie nicht interessierenden Zahlen 2 bis 5 einfach ausblendet.Ihr Auftreten bedeutet nur Zeitverschwendung. Wir könnengenauso gut eine echte Münze werfen und die eine Seite mit6 und die andere mit 1 beschriften. Deuten wir die 6 als Tref-fer und die Eins als Niete, so schält sich die geometrische

Verteilung G(1/2) als Verteilung der Anzahl der geworfenenEinsen vor der ersten Sechs heraus. Wer ein wenig rechnenmöchte, könnte so vorgehen: Es bezeichneX die Anzahl dervor dem Auftreten der ersten Sechs geworfenen Einsen undY die Anzahl der Würfe bis zum Auftreten der ersten Sechs.Es gilt

P(Y = n) =(

5

6

)n−1

· 1

6, n ∈ N.

Unter der Bedingung Y = n mit n ≥ 2 tritt bei keinem dererstenn−1 Würfe eine Sechs auf, und bei jedem dieser Würfeist jede der Zahlen 1,2,3,4,5 gleich wahrscheinlich. Unter derBedingung Y = n besitzt somit X die BinomialverteilungBin(n− 1, 1/5), d. h., es gilt

P(X = k|Y = n) =(n− 1

k

)(1

5

)k (1− 1

5

)n−1−k

für k = 0, . . . , n−1 sowie P(X = k|Y = n) = 0 für k ≥ n.Nach der Formel von der totalen Wahrscheinlichkeit ergibtsich für jedes feste k ∈ N0

P(X = k)=∞∑

n=k+1

P(Y = n) · P(X = k|Y = n)

=∞∑

n=k+1

(5

6

)n−1 1

6

(n− 1

k

)(1

5

)k(4

5

)n−1−k

=1

6

(1

4

)k ∞∑n=k+1

(n− 1

k

)(2

3

)n−1

.

Die hier auftretende unendliche Reihe wird mit

d

dxk

∞∑k=0

xk = d

dxk1

1− x =k!

(1− x)k+1, |x| < 1,

zu

∞∑j=k

(j

k

)(2

3

)j= (2/3)k

k!∞∑j=k(j)k

(2

3

)j−k

= (2/3)k

k! · k!(1/3)k+1

= 3 · 2k.

Insgesamt folgt

P(X = k) = 1

6

(1

4

)k3 · 2k =

(1

2

)k+1

,

was zu zeigen war.

Aufgabe 21.4 ••• Wir verwenden den Hinweis und be-zeichnen mit Xj die Anzahl der Würfe, die Person j biszum Auftreten der ersten Sechs benötigt. Dann besitzt dieZufallsvariable Mn die gleiche Verteilung wie das Maxi-mum maxj=1,...,n Xj . DaX1, . . . , Xn stochastisch unabhän-


gig sind und P(Xj > k) = (5/6)k gilt, ergibt sich

P(Mn > k) = 1− P(Mn ≤ k)= 1− P(X1 ≤ k, . . . , Xn ≤ k)= 1− P(X1 ≤ k)n= 1− (1− P(X1 > k))

n

= 1−(

1−(

5

6

)k)nund damit a). Mit Aufgabe a) und

P(Mn > k) = 1−n∑j=0

(n

j

)(−1)n−j

(5

6

)k(n−j)

=n−1∑j=0

(−1)n−j−1(n

j

)(5

6

)(n−j)kfolgt

E(Mn) =∞∑k=0

P(Mn > k)

=n−1∑j=0

(−1)n−j−1(n

j

) ∞∑k=0

(5

6

)(n−j)k

=n−1∑j=0

(−1)n−j−1(n

j

)1

1−(

56

)n−j .Führen wir jetzt den Summationsindex k := n − j ein, soergibt sich b). Der Erwartungswert vonMnwächst recht lang-sam mit n. So ist EM1 = 6, EM5 ≈ 13.02, EM10 ≈ 16.56,EM20 ≈ 20.23 und EM50 ≈ 25.18.

Aufgabe 21.5 •• Wir können X als Anzahl der Nie-ten vor dem ersten und Y als Anzahl der Nieten zwischendem ersten und dem zweiten Treffer in einer Bernoulli-Kettemit Trefferwahrscheinlichkeit p ansehen. Die BedingungX + Y = k besagt, dass insgesamt k Nieten vor dem zwei-ten Treffer aufgetreten sind. Wegen der Unabhängigkeit undGleichartigkeit aller Versuche sollte der Zeitpunkt (= Num-mer des Versuchs) des ersten Treffers eine Gleichverteilungauf den Werten 1, 2, . . . , k+1 und damit die um eins kleinereZahl der Nieten vor dem ersten Treffer eine Gleichverteilungauf den Werten 0, 1, . . . , k besitzen. Diese Einsicht wird wiefolgt bestätigt: Für j ∈ {0, . . . , k} ist

P(X = j |X + Y = k) = P(X = j,X + Y = k)P(X + Y = k)

= P(X = j, Y = k − j)P(X + Y = k)

= P(X = j) · P(Y = k − j)P(X + Y = k)

= (1− p)jp · (1− p)k−jp(k+1k

)p2(1− p)k

= 1

k + 1.

Aufgabe 21.6 •• a) Die idealisierenden Annahmen sindgleichwertig mit der Annahme einer Bernoulli-Kette, in derein Sohn einen „Treffer“ und ein Mädchen eine „Niete“ be-deuten. Als Anzahl der Nieten vor dem ersten Treffer ist diemit M bezeichnete zufällige Anzahl der Mädchen in einerFamilie geometrisch verteilt mit Parameter 1/2. Nach demSatz auf Seite 783 gilt somit insbesondere EM = 1 undV(M) = 2.

b) Die Anzahl J der Jungen in einer Familie ist eine Zufalls-variable, die nur den Wert 1 annimmt. Somit gilt EJ = 1 undV(J ) = 0.

c) Als Summe von n unabhängigen geometrisch G(1/2) ver-teilten Zufallsvariablen (den Anzahlen der Mädchen in deneinzelnen Familien) besitzt Sn die negative Binomialvertei-lung Nb(n, 1/2). Wegen ESn = n und V(Sn) = 2n folgt mitder Tschebyschow-Ungleichung

P(|Sn − n| ≥ K√

2n) ≤ V(Sn)K2 · 2n =

1

K2.

Geht man zum komplementären Ereignis über, so ergibt sichfür K = 10

P(490 001 ≤ S500 000 ≤ 509 999) ≥ 0.99.

Wir werden in Aufgabe 23.40 sehen, dass für jede Wahlvon a, b mit a < b die Wahrscheinlichkeit P(n + a√n ≤Sn ≤ n + b√n) für n → ∞ konvergiert. Insbesondere giltlimn→∞ P(Sn ≥ n) = 1/2.

Aufgabe 21.7 •a) Es handelt sich um ein wiederholt in unabhängiger

Folge durchgeführtes Experiment mit den 4 Ausgän-gen rot, blau, weiß und schwarz, die in dieser Reihen-folge die Wahrscheinlichkeiten p1 := 10/100, p2 :=20/100, p3 := 30/100 und p4 := 40/100 besitzen.Nach der Erzeugungsweise der Multinomialverteilunggilt (R,B,W, S) ∼Mult(25;p1, p2, p3, p4).

b) In diesem Fall werden die Trefferarten rot und blau zueiner Trefferart zusammengefasst, die die Wahrschein-lichkeit p1+p2 besitzt. Wiederum nach der Erzeugungs-weise der Multinomialverteilung gilt (R + B,W, S) ∼Mult(25;p1 + p2, p3, p4).

c) In diesem Fall werden rot, blau und weiß zu einer Treffer-art vereinigt. Es gibt daneben nur noch das als Niete inter-pretierbare schwarz. Nach der Erzeugungsweise der Bi-nomialverteilung giltR+B+W ∼Bin(25;p1+p2+p3).

Aufgabe 21.8 •• Es sei kurzm := r1+ . . .+ rs gesetzt.Die einfachste Möglichkeit besteht darin, mit dem Grund-raum F := Kmn (oW) zu arbeiten, also alle Kugeln zu unter-scheiden, aber nicht darauf zu achten, in welcher Reihenfolgedie Kugeln gezogen werden. Gedanklich gleichwertig hier-mit ist, die n Kugeln „blind mit einem Griff zu ziehen“. DieWahrscheinlichkeitsverteilung P sei die Gleichverteilung aufF. Günstig für das Ereignis {X1 = k1, . . . , Xs = ks} sind


diejenigen unter den n-Auswahlen allermKugeln, die für je-des j ∈ {1, . . . , s} genau kj Kugeln der Farbe j aufweisen.Nach der Multiplikationsregel der Kombinatorik ist die Zahlder günstigen Fälle gleich(

r1

k1

)·(r2

k2

)· . . . ·

(rs

ks

),

denn es müssen unabhängig voneinander für jedes j aus denrj Kugeln der Farbe j genau kj Kugeln ausgewählt wer-den. Wegen |F| = (m

n

)folgt die Behauptung. Eine andere

Möglichkeit besteht darin, die Reihenfolge zu beachten, inder die Kugeln gezogen werden. Dann arbeitet man mit demGrundraum Pmn (oW) und geht wie im Beispiel auf Seite 725vor.

Aufgabe 21.9 •• Die hypergeometrische VerteilungHyp(n, r, s) entsteht im Zusammenhang mit dem n-maligenrein zufälligen Ziehen ohne Zurücklegen von Kugeln auseiner Urne, die r rote und s schwarze Kugeln enthält. Be-zeichnet Aj das Ereignis, dass die j -te gezogene Kugel rotist, so hat die Indikatorsumme X := ∑n

j=1 1{Aj } die Ver-teilung Hyp(n, r, s). Ein konkreter Grundraum, auf dem Xdefiniert ist, ist in dem auf Seite 725 beginnenden Beispielangegeben. In der Selbstfrage auf Seite 725 haben Sie sichüberlegt, dass P(Aj ) = r/(r + s), j = 1, . . . , n, gilt. Somitergibt sich

EX =n∑j=1

E1{Aj } =n∑j=1

P(Aj ) = n · r

r + s .

Eine Herleitung des Erwartungswertes mithilfe von (21.9) istwie folgt: Durch elementare Umformung von Binomialkoef-fizienten erhält man

EX =n∑k=0

k · P(X = k)

=n∑k=1

k ·

(r

k

)·(s

n− k)

(r + sn

)

= n · r

r + s ·n∑k=1

(r − 1

k − 1

)·(

s

(n− 1)− (k − 1)

)(r − 1+ sn− 1

)

= n · r

r + s ·n−1∑j=0

(r − 1

j

)·(

s

(n− 1)− j)

(r − 1+ sn− 1

) .

Die letzte Summe ist gleich∑n−1j=0 P(Y = j), wobei Y

eine Zufallsvariable mit der hypergeometrischen VerteilungHyp(n − 1, r − 1, s) ist, also gleich 1, und somit folgt dieschon auf eleganterem Wege erhaltene Darstellung für E(X).

Aufgabe 21.10 • Mit X =∑nj=1 1{Aj } und der Jor-

dan’schen Formel gilt wegen S0 = 1 und(j

0

) = 1

P(A1 ∪ . . . ∪ An) = P(X ≥ 1)

= 1− P(X = 0)

= 1−n∑j=0

(−1)j Sj

=n∑j=1

(−1)j−1Sj ,

was zu zeigen war.

Aufgabe 21.11 •• Es gilt

E(M−h(X1))2 = 1

36

6∑i,j=1

(max(i, j)−h(i))2 = 1

36

6∑i=1

ai,

wobei ai := i(i − h(i))2 +∑6j=i+1(j − h(i))2 von h(i)

abhängt. Es ista6 = 6(6− h(6))2,

woraus h(6) = 6 folgt. Weiter gilt

a5 = 5(5− h(5))2 + (6− h(5))2.

Dieser Ausdruck wird minimal, wennh(5) := 5 gesetzt wird.In gleicher Weise fährt man mit den Werten 4, 3, 2 und 1 füri fort.

Aufgabe 21.12 • Es ist

P(X = j |X + Y = k)= P(X = j,X + Y = k)

P(X + Y = k)

= P(X = j) · P(Y = k − j)P(X + Y = k)

=(mj

)pj (1− p)m−j ( n

k−j)pk−j (1− p)n−(k−j)(m+n

k

)pk(1− p)m+n−k

=(mj

)( nk−j

)(m+nk

) ,und damit gilt wie behauptet PXX+Y=k = Hyp(k,m, n).

Dieses Resultat erschließt sich wie folgt auch intuitiv: Den-ken wir uns X und Y als Trefferzahlen in den ersten mbzw. letzten nVersuchen einer Bernoulli-Kette vom Umfangm+nmit Trefferwahrscheinlichkeitp, so besagt das EreignisX + Y = k, dass insgesamt k Treffer aufgetreten sind. AusSymmetriegründen sind alle

(m+nk

)Auswahlen derjenigen k

aller m+ n Versuche mit dem Ausgang Treffer gleichwahr-scheinlich. Interpretiert man die ersten m Versuche als roteund die übrigen als schwarze Kugeln und die Zuordnung


„Treffer“ zu einem Versuch als Ziehen einer von m+ n Ku-geln, so ist die Situation von Seite 725 mit r = m, s = n undn = k gegeben, und X = j bedeutet gerade, j rote Kugelnzu ziehen.

Aufgabe 21.13 •• Wir setzen kurzZ := X1+X2+X3und betrachten ein beliebiges z ∈ R mit P(Z = z) > 0. Nachder Substitutionsregel gilt

E(X1 +X2 +X3|Z = z) = E(z|Z = z) = z.

Andererseits ist wegen der Additivität des bedingten Erwar-tungswertes

E(X1 +X2 +X3|Z = z) =3∑j=1

E(Xj |Z = z).

Wegen der gemachten Annahmen sind die bedingten Erwar-tungswerte E(Xj |Z = z) für jedes j = 1, 2, 3 gleich, undwir erhalten

E(X1|Z = z) = z3 .Nach Definition der bedingten Erwartung folgt die Behaup-tung.

Aufgabe 21.14 •• Es ist

g(t) =n∑k=0

P(X = k)tk = (1− p + pt)n.

Aus

g(−1) =n∑k=0

(−1)kP(X = k) = (1− 2p)n

und

1 =n∑k=0

P(X = k)

folgt durch Addition

1+ (1− 2p)n = 2@n/2A∑k=0

P(X = 2k)

und hieraus die Behauptung.

Aufgabe 21.15 •• Aus der Reproduktionsgleichung(21.60) und Aufgabe 21.52 ergibt sich für jedes n ≥ 0

E(Mn+1) = E(Mn) · µ,V(Mn+1) = V(Mn) · µ2 + E(Mn) · σ 2,

sodass die Behauptung durch Induktion über n folgt.

Aufgabe 21.16 ••• Wir verwenden die Bezeichnungendes Hinweises. Da die Summe X + Y eine Gleichverteilung

auf den Werten 2, . . . , 12 besitzen soll, gilt nach dem Multi-plikationssatz für erzeugende Funktionen die Darstellung

g(t)h(t)= 1

11

(t2 + t3 + . . .+ t12

)= t

2

11· t

11−1

t − 1, t �= 1.

Die Augensummen 2 und 12 können nur auftreten, wenn Xund Y die Werte 1 und 6 mit positiven Wahrscheinlichkeitenannehmen. Aus diesem Grund können wir in den erzeugen-den Funktionen g und h den Faktor t abspalten und erhaltendie Darstellungen

g(t) = t · P(t), h(t) = t ·Q(t), t ∈ R,

mit Polynomen P undQ vom jeweiligen Grad 5, wobei

P(0) �= 0, P (1) �= 0, Q(0) �= 0, Q(1) �= 0

gilt. Damit folgt

P(t) ·Q(t)= 1

11· t

11 − 1

t − 1, t ∈ R \ {0, 1},

was bedeuten würde, dass weder P nochQ eine reelle Null-stelle besäßen. Da jedoch jedes Polynom fünften Grades min-destens eine reelle Nullstelle hat, muss die eingangs gestellteFrage negativ beantwortet werden.

Beweisaufgaben

Aufgabe 21.17 ••• Es bezeichne Aj das Ereignis, dassin keiner der k Stichproben die Kugeln mit der Nummer jauftritt, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Dann ist

X = n−n∑j=1

1{Aj }

die Anzahl der verschiedenen Kugelnummern aus den kStichproben. Dass bei einer Ziehung die Kugel Nr. j nichtauftritt, hat die Wahrscheinlichkeit

(n−1s

)/(ns

). Wegen der sto-

chastischen Unabhängigkeit der Stichproben gilt

P(Aj ) =((n−1

s

)(ns

) )k=(

1− sn

)kund folglich

EX = n− n · P(A1) = n ·[

1−(

1− sn

)k].

Für j ∈ {1, . . . , n − s} und i1, . . . , ij mit 1 ≤ i1 < . . . <ij ≤ n gilt

P(Ai1 ∩ . . . ∩ Aij ) =((n−j

s

)(ns

) )k,

denn bei jeder der k unabhängigen Stichproben dürfen die sKugeln nur aus der (n− j)-elementigen Menge aller Kugeln


mit Nummern aus {1, . . . , n} \ {i1, . . . , ij } gewählt werden.Mit

Sj =∑

1≤i1<...<ij≤nP(Ai1 ∩ . . . ∩ Aij ) =

(n

j

)((n−js

)(ns

) )k

liefert die Jordan’sche Formel

P(X = r) = P

(n∑i=1

1{Ai} = n− r)

=n∑

j=n−r(−1)j−n+r

(j

n− r)Sj

=(n

r

) n∑j=n−r

(−1)j−n+r(r

n− j)((n−j

s

)(ns

) )k

=(n

r

) r∑i=0

(−1)i(r

i

)((r−is

)(ns

) )k.

Aufgabe 21.18 •• a) Mit dem ersten Hinweis folgt

EX =∞∑k=1

k P(X = k) =∞∑k=1

(k∑n=1

1

)P(X = k)

=∞∑n=1

( ∞∑k=n

P(X = k))=

∞∑n=1

P(X ≥ n).

b) Der zweite Hinweis liefert

EX2 =∞∑k=1

k2P(X = k) =∞∑k=1

[k(k + 1)− k] · P(X = k)

= 2∞∑k=1

(k∑n=1

n

)P(X = k)−

∞∑k=1

k P(X = k)

= 2∞∑n=1

n

( ∞∑k=n

P(X = k))−

∞∑n=1

P(X ≥ n)

= 2∞∑n=1

nP(X ≥ n)−∞∑n=1

P(X ≥ n)

=∞∑n=1

(2n− 1)P(X ≥ n).

Aufgabe 21.19 •• a) Mit dem Hinweis gilt

E(X − b + c

2

)2

= V(X)+(

EX − b + c2

)2

. (21.14)

Wegen b ≤ X ≤ c folgt |X − (b + c)/2| ≤ (c − b)/2, undsomit ergibt sich

V(X) ≤ E(X − b + c

2

)2

≤ (c − b)24

.

b) Aus Gleichung (21.14) ist ersichtlich, dass das Ungleich-heitszeichen in a) genau dann zu einem Gleichheitszeichenwird, wenn gilt:

EX = b + c2, P(X = b)+ P(X = c) = 1.

Diese beiden Gleichungen sind äquivalent zur BedingungP(X = b) = P(X = c) = 1/2.

Aufgabe 21.20 •• Wir betrachten eine Parabel miteinem auf der x-Achse aufliegenden Scheitelpunkt mit Ab-szissenwert a < ε, die durch den Punkt (ε, 1) geht, also dieFunktion

g(x) := (x − a)2

(ε − a)2 , x ∈ R.

Es gilt 1[ε,∞)(x) ≤ g(x), x ∈ R, und somit

1{X(ω) ≥ ε} ≤ g(X(ω)), ω ∈ F.Da die Erwartungswertbildung monoton ist, folgt

E1{X ≥ ε} = P(X ≥ ε) ≤ E(X − a)2(ε − a)2 .

Wegen EX = 0 ist der Zähler gleich EX2+a2 = V(X)+a2.Minimiert man die Funktion a *→ (V(X) + a2)/(ε − a)2),a < ε, bezüglich a, so ergibt sich als Lösung a = −V(X)/ε.Setzt man diesen Wert für a ein, so folgt die Behauptung nachdirekter Rechnung.

Aufgabe 21.21 •• a): Aus der Regel V(aX + b) =a2V(X) und der Eigenschaft f) der Kovarianz auf Seite 789folgt

V(X̄n) = 1

n2· V n∑j=1

Xj

= 1

n2

nσ 2 + 2∑

1≤i<j≤nCov(Xi,Xj )

.Da die Unkorreliertheit von Xi und Xj für |i − j | ≥ k

und die Cauchy-Schwarz-Ungleichung die Abschätzung∑1≤i<j≤n |Cov(Xi,Xj )| ≤ n(k − 1)σ 2 liefern, folgt

limn→∞ V(X̄n) = 0 und somit die Behauptung wegenE(X̄n) = µ aus der Tschebyschow-Ungleichung.

b): Die Behauptung ergibt sich aus Teil a) mit Xj := 1{Aj }und k = 2, denn es ist P(Y1 < Y2) = 5/12.

Aufgabe 21.22 •• Wir schreiben pj := P(X = j) undsetzen in k = 1 in (21.13). Es ergibt sich

P(X = m+ 1, X ≥ 1)

P(X ≥ 1)= P(X = m), m ∈ N0,

und somit wegen P(X ≥ 1) = 1− p0 die Beziehung

pm+1 = pm · (1− p0), m ∈ N0.


Da 0 < p0 < 1 vorausgesetzt wurde, folgt hieraus pm > 0für jedes m ≥ 0, also

pm+1

pm= 1− p0, m ∈ N0.

Wir erhalten

pk =(k−1∏m=0

pm+1

pm

)· p0 = (1− p0)

k · p0,

k ∈ N0. Folglich gilt X ∼ G(p0).

Aufgabe 21.23 •• Die obige Identität zwischen Bino-mialkoeffizienten beweist man durch Induktion über m un-ter Verwendung der Rekursionsformel (19.30). Mit der Jor-dan’schen Formel folgt dann

P(X ≥ k) =n∑l=k

P(X = l)

=n∑l=k

n∑j=l(−1)j−l

(j

l

)Sj

=n∑j=k

j∑l=k(−1)j−l

(j

l

) Sj=

n∑j=k

j−k∑ν=0

(−1)ν(j

ν

) Sj=

n∑j=k(−1)j−k

(j − 1

k − 1

)Sj ,

was zu zeigen war.

Aufgabe 21.24 •• Auf Seite 718 wurde P(Aj ) = 1/nfür 1 ≤ j ≤ n und allgemeiner

P(Ai1 ∩ . . . ∩ Aij ) =(n− j)!n!

für 1 ≤ i1 < . . . < ij ≤ n gezeigt. Wegen

E(Xn) =n∑j=1

P(Aj ) = n · 1

n

(vgl. (21.11)) folgt a), und b) ergibt sich mit der Jordan’schenFormel auf Seite 777, denn danach gilt

P(X = k) =n∑j=k(−1)j−k

(j

k

)Sj ,

wobei

Sj =∑

1≤i1<...<ij≤nP(Ai1 ∩ . . . ∩ Aij )

=(n

j

)· (n− j)!

n!= 1

j ! .

Wegen ex =∑∞k=0 x

k/k!, x ∈ R, folgt c) aus b). Mit (21.32)

folgt

V(Xn) = n · 1

n

(1− 1

n

)+ n(n− 1)

((n− 2)!n! − 1

n2

)= 1,

was d) zeigt.

Aufgabe 21.25 ••• a) Mit A1, A2, A3 wie im Hinweisgelten für k≥3

P(X = k + 1|A1) = P(X = k),P(X = k + 1|A2) = P(X = k − 1),

P(X = k + 1|A3) = 0.

Die Behauptung folgt dann aus der Formel von der totalenWahrscheinlichkeit.

b) Sei sn :=∑nk=1wk . Mit a) folgt

sn = w2+w3+n−1∑k=3

(qwk + pqwk−1)

= w2+w3+q(sn − w2 − wn)+ pq(sn − wn − wn−1)

und somit

sn = p−2(pw2 + w3 − (q + pq)wn − pqwn−1),

also insbesondere die Beschränktheit der Folge (sn).Da (sn) als monoton wachsende Folge konvergiert, giltlimn→∞wn = 0. Die letzte Darstellung für sn liefert dannlimn→∞ sn = p−2(pw2 + w3) = 1.

c) Es sei en :=∑nk=2 kwk . Aus Teil a) folgt

en = 2w2 + 3w3 +n−1∑k=3

(k + 1)(qwk + pqwk−1),

also

en ≤ 2w2 + 3w3 + qen + qsn + pqen + 2pqsn

mit sn wie in b). Somit ist die Folge (en) beschränkt, was zuzeigen war.

Rechenaufgaben

Aufgabe 21.26 •• Die gemeinsame Verteilung von Xund Y ist nachstehend in tabellarischer Form zusammen mitden Marginalverteilungen von X und Y aufgeführt.


i

j

−1 0 1 [

−1 0 1/4 1/8 3/8

0 1/8 0 1/8 1/4

1 1/8 0 0 1/8

2 0 1/4 0 1/4

[ 1/4 1/2 1/4 1

P(Y = j)

P(X = i)

Es ergibt sich

EX = −3

8+ 1

8+ 2

4= 1

4,

EY = −1

4+ 1

4= 0,

EX2 = (−1)2 · 38

+ 12

8+ 22

4= 3

2,

EY 2 = (−1)2

4+ 12

4= 1

2,

V(X) = 3

2− 1

16= 23

16,

V(Y ) = 1

2,

E(XY) = −1

8− 1

8= −1

4.

Aufgabe 21.27 • Setzt man auf n Zahlen, so gilt

EX = −37− n37

· 1+ k(n) · n37= n(1+ k(n))− 37

37.

Da das Produkt n(1 + k(n)) für jede der Setzmöglichkeiten36 beträgt, folgt die Behauptung.

Aufgabe 21.28 ••• a) Die Zufallsvariable Yk nimmt dieWerte 1 und k + 1 an. Im ersten Fall sind alle Personender Gruppe gesund. Im zweiten Fall liegt ein positiver Be-fund vor, und es müssen zusätzlich zur Gruppenuntersuchungnoch k Einzeluntersuchungen vorgenommen werden. WegenP(Yk = 1) = (1 − p)k und P(Yk = k + 1) = 1− (1− p)kbesitzt Yk den Erwartungswert

E(Yk) = (1− p)k + (k + 1)(1− (1− p)k)= k + 1 − k(1− p)k.

b) Damit sich im Mittel überhaupt eine Ersparnis durch Grup-penbildung ergibt, muss E(Yk) < k und somit 1−p > 1/ k

√k

sein. Da die Funktion k → 1/ k√k ihr Minimum für k = 3

annimmt, folgt notwendigerweise 1 − p > 1/ 3√3 oderp < 1 − 1/ 3√3 = 0.3066 . . .. Gruppenscreening lohnt sichalso nur für genügend kleines p, was auch zu erwarten war.

c) Die optimale Gruppengröße k0, die die erwartete AnzahlE(Yk)/k von Tests pro Person minimiert, hängt natürlich vonp ab und führt auf das Problem, die Funktion

k→ 1+ 1/k − (1− p)k

bezüglich k zu minimieren. Die folgende Tabelle zeigt diemithilfe eines Computers gewonnenen optimalen Gruppen-größen k0 für verschiedene Werte von p sowie die erwarteteprozentuale Ersparnis (1− E(Yk0)/k0)× 100% pro Person.

p 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 0.0001

k0 4 5 11 15 32 101

Ersparnis in % 41 57 80 86 94 98

Optimale Gruppengrößen und prozentuale Ersparnis pro Person beimGruppenscreening in Abhängigkeit von p

d) Wir betrachten die Funktion x *→ 1/x− (1−p)x , x ≥ 3,und approximieren (1 − p)x für kleines p durch 1 − px.Minimierung der Funktion x *−→ 1/x − (1 − px) bezüg-lich x (1. Ableitung!) liefert x0 = 1/

√p als Abszisse der

Minimalstelle. Für kleine Werte von p ist also k0 ≈ 1/√p

mit einer erwarteten prozentualen Ersparnis von ungefähr(1 − 2

√p) × 100% eine gute Näherung (vgl. die obige Ta-

belle).

Aufgabe 21.29 •• Wir nummerieren die Spieler ge-danklich von 1 bis 10 durch und bezeichnen mitAj das Ereig-nis, dass der j -te Spieler zwei Asse erhält (j = 1, . . . , 10).Aus Sicht eines jeden Spielers wird zu Beginn zweimal ohneZurücklegen aus einer Urne gezogen, die vier rote Kugeln(Asse) und 48 schwarze Kugeln (restliche Karten) enthält.Die Anzahl der Asse für Spieler j besitzt somit die Vertei-lung Hyp(2, 4, 48), und es folgt

P(Aj ) =(4

2

)(522

) = 1

221= 0.00452 . . .

Da die Wahrscheinlichkeiten P(Ai∩Aj ) für 1≤ i <j≤n ausSymmetriegründen nicht von i und j abhängen und Schnittevon mehr als zwei derAi die leere Menge ergeben, liefert dieFormel des Ein- und Ausschließens

P

10⋃j=1

Aj

= 10 · P(A1)−(

10

2

)P(A1 ∩ A2).

Wegen P(A1 ∩ A2) =(4

2

)/((52

2

)(502

)) folgt durch direkte

Rechnung P(∪10j=1Aj ) = 0.04508 . . ..

Aufgabe 21.30 •• Nach Definition des Binomialkoef-fizienten gilt für k = 0, 1, . . . , n− 1

P(X = k + 1) =(n

k + 1

)pk+1(1− p)n−k−1

= n− kk + 1

· p

1− p ·(n

k

)pk(1− p)n−k.

Es folgt

P(X = k + 1)

<

=>

P(X = k)⇐⇒ k

>

=<

(n+ 1)p − 1.


Hieraus ergibt sich, dass das Maximum der Wahrscheinlich-keiten P(X = k) im Fall (n + 1)p /∈ N für k = @(n + 1)pAund andernfalls für die beiden Werte k = (n + 1)p undk = (n+ 1)p − 1 angenommen wird.

Aufgabe 21.31 ••a) Die Wahrscheinlichkeit, dass kein Bit in einem aus k Bits

bestehenden Wort gestört wird und damit das Wort feh-lerfrei übertragen wird, beträgt (1− p)k . Bezeichnet Ajdas Ereignis, dass das j -te Codewort fehlerfrei übertragenwird, so hatX als Indikatorsumme der stochastisch unab-hängigen Ereignisse A1, . . . , An die BinomialverteilungBin(n, (1− p)k).

b) Für jedes Codewort besitzt die Anzahl der gestörten Bitsdie Binomialverteilung Bin(k, p). Ein übertragenes Co-dewort kommt (eventuell nach Korrektur) fehlerfrei beimEmpfänger an, wenn es an höchstens 2 Stellen gestört ist.Die Wahrscheinlichkeit hierfür ist

r := (1− p)k + kp(1− p)k−1 +(k

2

)p2(1− p)k−2.

Die Anzahl der richtig erkannten Wörter besitzt somit dieBinomialverteilung Bin(n, r).

Aufgabe 21.32 •• Claudia kann 10-mal gleichzeitigmit Peter und unabhängig von ihm ihre Münze werfen. Ge-zählt werden hierbei die Versuche, bei denen sowohl eineSechs als auch Wappen auftritt. Die Wahrscheinlichkeit füreinen solchen „Doppeltreffer“ ist 1/12. Somit besitzt die inder Aufgabenstellung beschriebene „Anzahl der dabei erziel-ten Wappen“ die Verteilung Bin(10, 1/12).

Aufgabe 21.33 •• Die beiden ersten Ableitungen dergeometrischen Reihe

∑∞k=0 x

k = 1/(1− x), |x| < 1, sind

∞∑k=1

k xk−1 = 1

(1− x)2 ,∞∑k=2

k(k−1) xk−2 = 2

(1− x)3 .

Hiermit und mit der Transformationsformel folgt

EX =∞∑k=0

k · P(X = k) =∞∑k=1

k p(1− p)k

= p(1− p)∞∑k=1

k(1− p)k−1

= p(1− p) 1

(1− (1− p))2 =1− pp.

In gleicher Weise ergibt sich

EX(X − 1) =∞∑k=2

k(k − 1) p(1− p)k

= p(1− p)2∞∑k=2

k(k − 1) (1− p)k−2

= p(1− p)2 2

(1− (1− p))3 =2(1− p)2p2

und somit

V(X) = EX(X − 1)+ EX − (EX)2

= 2(1− p)2p2

+ 1− pp

−(

1− pp

)2

= 1− pp2

.

Aufgabe 21.34 • Mit der Darstellungsformel gilt

EX =∞∑k=1

k P(X = k) = e−λ∞∑k=1

kλk

k!

= e−λ λ∞∑k=1

λk−1

(k − 1)! = e−λ λ eλ

= λ.

In gleicher Weise ist

EX(X − 1) =∞∑k=2

k(k − 1)P(X = k)

= e−λ∞∑k=1

k(k − 1)λk

k!

= e−λ λ2∞∑k=2

λk−2

(k − 2)! = e−λ λ2 eλ

= λ2

und somit

V(X) = EX(X − 1)+ EX − (EX)2 = λ2 + λ− λ2 = λ.

Aufgabe 21.35 •• Indem man jeweils zum komple-mentären Ereignis übergeht, gilt mit p := 1/6 und q := 5/6

a) 1− q6 = 0.665 . . .

b) 1− (q12 + (121

)pq11) = 0.618 . . .

c) 1− (q18 + (181

)pq17 + (18

2

)p2q16) = 0.597 . . .

Wir sehen auf Seite 889, dass die Wahrscheinlichkeit, in 6nWürfen mindestens n Sechsen zu erzielen, für n→∞ gegen1/2 konvergiert.

Aufgabe 21.36 • Wegen(n

k

)pkn =

1

k! ·(n)k

n! · (npn)k → λk

k!und (1− pn)−k → 1 ist nur(

1− npnn

)n → e−λ

zu zeigen. Die im Hinweis gegebenen Ungleichungen liefern

log(1− (npn)/n)n = n log(1− (npn)/n) ≤ −npn →−λ


und

log(

1− npnn

)n = n log(

1− npnn

)≥ n

(1−

(1− npn

n

)−1)

= − npn

1− pn → −λ,

also zusammen

limn→∞ log

(1− npn

n

)n = −λ.Hieraus folgt die Behauptung.

Aufgabe 21.37 • Wegen P(X = k) = e−λλk/k! ist

P(X = k + 1)

P(X = k) = λ

k + 1, k ∈ N0,

und damit

P(X = k + 1)

>

=<

P(X = k)⇐⇒ k + 1

<

=>

λ.Hieraus folgt die Behauptung.

Aufgabe 21.38 • Ist Xj die Anzahl der Würfe, beidenen die Augenzahl j auftritt (j = 1, . . . , 6), so gilt(X1, . . . , X6) ∼ Mult(8; 1/6, . . . , 1/6). Das beschriebeneEreignis tritt genau dann ein, wenn entweder eine Augenzahl3-mal und die übrigen fünf je einmal oder zwei Augenzah-len je 2-mal und die übrigen vier je einmal auftreten. AusSymmetriegründen folgt

P(X1≥1, . . . , X6≥1) = 6P(X1=3, X2=· · ·=X6=1)

+15P(X1=X2=2, X3= ...=X6=1)

= 68!3!(

1

6

)8

+ 158!

2!2!(

1

6

)8

= 0.114 . . .

Aufgabe 21.39 •• Das Spiel ist gleichwertig damit,einen Würfel fünfmal in unabhängiger Folge zu werfen.Sei Xj die Anzahl der Würfe mit j Augen. Es gilt(X1, . . . , X6) ∼Mult(5; 1/6, . . . , 1/6). Hieraus folgt durchSymmetriebetrachtungen

a) 6 ·P(X1 = 5, X2 = 0, . . . , X6 = 0) = 6/65 ≈ 0.00077,

b) 6 · 5 · P(X1 = 4, X2 = 1, X3 = 0, . . . , X6 = 0) =150/65 ≈ 0.01929,

c) 6 · 5 · P(X1 = 3, X2 = 2, X3 = 0, . . . , X6 = 0) =300/65 ≈ 0.03858,

d) 6 · (52

) · P(X1 = 3, X2 = 1, X3 = 1, X4 = 0, X5 = 0,X6 = 0) = 1200/65 ≈ 0.15432,

e)(6

2

) · 4 · P(X1 = 2, X2 = 2, X3 = 1, X4 = 0, X5 = 0,X6 = 0) = 1800/65 ≈ 0.23148,

f) 6 · (53) · P(X1 = 2, X2 = 1, X3 = 1, X4 = 1, X5 = 0,X6 = 0) = 3600/65 ≈ 0.46296,

g) 6 · P(X1 = 1, X2 = 1, X3 = 1, X4 = 1, X5 = 1,X6 = 0) = 720/65 ≈ 0.09259.

Aufgabe 21.40 •• Das Ereignis {X1 = k1} ist dieVereinigung der für verschiedene Tupel (k2, . . . , ks) mitk2 + . . . + ks = n − k1 paarweise disjunkten Ereignisse{X1 = k1, . . . , Xs = ks}. Mit der Maßgabe, dass dieSummen in der ersten und zweiten Zeile über alle Tupel(k2, . . . , ks) ∈ Ns−1

0 mit k2 + · · · + ks = n − k1 laufen,folgt

P(X1 = k1) =∑

P(X1 = k1, . . . , Xs = ks)

= n!pk11

k1!(n− k1)! ·∑ (n− k1)!

k2! . . . ks ! · pk22 . . . p

kss

=(n

k1

)· pk1

1 · (p2 + · · · + ps)n−k1

=(n

k1

)· pk1

1 · (1− p1)n−k1

(k1 = 0, 1, . . . , n).

Aufgabe 21.41 •• Nach der allgemeinen Darstellungs-formel gilt

EX(X − 1)=n∑k=2

k(k − 1)

(n

k

)pk(1− p)n−k

=n(n−1)p2n∑k=2

(n−2

k−2

)pk−2(1−p)n−2−(k−2)

=n(n− 1)p2n−2∑j=0

(n− 2

j

)pj (1− p)n−2−j

=n(n− 1)p2

und somit

V(X) = E(X(X − 1)) + EX − (EX)2= n(n− 1)p2 + np − (np)2= np(1− p).

Aufgabe 21.42 •• a) Da die Erwartungswertbildungein lineares Funktional ist und alle Zufallsvariablen die glei-che Verteilung und damit auch den gleichen Erwartungswertbesitzen, ergibt sich

EX̄n = 1

n

n∑j=1

EXj = 1

nn · µ = µ.

b) Wegen der Unabhängigkeit der Xi ist auch die Varianz-bildung additiv, und mit der Regel V(aX + b) = a2V(X)


folgt

V(X̄n) = 1

n2·n∑j=1

V(Xj ) = 1

n2· n · σ 2 = σ

2

n.

c) Da die Kovarianzbildung ein bilineares Funktional ist, er-halten wir

Cov(Xj , X̄n) = 1

n

n∑k=1

Cov(Xj ,Xk).

Im Fall k �= j gilt Cov(Xj ,Xk) = 0, da aus der Un-abhängigkeit die Unkorreliertheit folgt. Im Fall k = j

ist Cov(Xj ,Xj ) = V(Xj ) = σ 2. Insgesamt ergibt sichCov(Xj , X̄n) = σ 2/n.

d) Es ist

ρ(X1 − 2X2, X̄n) = Cov(X1 − 2X2, X̄n)√V(X1 − 2X2) · V(X̄n)

.

Zieht man die Bilinearität der Kovarianzbildung heran, sofolgt mit c)

Cov(X1 − 2X2, X̄n) = 1

n

n∑j=1

Cov(X1, Xj )

−2

n

n∑j=1

Cov(X2, Xj )

= −σ2

n.

Weiter ist wegen der Unabhängigkeit von X1 und −2X2

V(X1−2X2) = V(X1)+V(−2X2) = σ 2+(−2)2σ 2 = 5σ 2.

Zusammen mit b) erhält man

ρ(X1 − 2X2, X̄n) = −σ 2/n√5σ 2 · σ 2/n

= − 1√5n.

Aufgabe 21.43 •• a) WegenXi+Xj ∼Bin(n, pi+pj )folgt

V(Xi +Xj ) = n(pi + pj )(1− pi − pj ).Andererseits gilt

V(Xi +Xj ) = V(Xi)+ V(Xj )+ 2 Cov(Xi,Xj ).

AusXi ∼ Bin(n, pi) folgt V(Xi) = npi(1−pi) (analog fürXj ), und man erhält

n(pi + pj )(1− pi − pj )= npi(1− pi)+ npj (1− pj )+ 2 Cov(Xi,Xj ).

Hieraus ergeben sich die Behauptungen durch direkte Rech-nung.

Aufgabe 21.44 •• Im kanonischen Grundraum F ={1, . . . , 6}2 stellt sich das Ereignis {M = j} in derForm {M = j} = {(j, 1), (j, 2), . . . , (j, j − 1),(1, j), (2, j), . . . , (j − 1, j), (j, j)} dar. Es folgt

E(X1|M = j) = 1

P(M = j) ·1

36· (j2+1+2+. . .+j−1)

= 1

2j − 1· (j2 + j (j−1)/2)

und somit

E(X1|M) = M2 +M(M − 1)/2

2M − 1.

Aufgabe 21.45 •• a) Es sei F analog wie im Beispielauf Seite 796 die Menge aller endlichen Sequenzen aus Nul-len und Einsen, die auf 01 enden und vorher diese Sequenznicht enthalten. Seien A0 bzw. A1 das Ereignis, dass dererste Versuch eine Niete bzw. einen Treffer ergibt. Es giltA0 + A1 = F sowie P(A1) = p = 1− P(A0). Weiter gilt

E(X|A1) = 1+ EX.

TrittA0 ein, so befindet man sich in der Situation, nach einemgezählten Versuch auf den ersten Treffer in einer Bernoulli-Kette zu warten. Die Zahl der Nieten vor dem ersten Tref-fer besitzt (geometrische Verteilung!) den Erwartungswert(1−p)/p. Da der Treffer mitgezählt wird und ein erster Ver-such stattfand, gilt E(X|A0) = 1 + 1/p. Nach der Formelvom totalen Erwartungswert folgt

EX = p(1+ EX)+ q(1+ 1/p).

Hieraus ergibt sich die Behauptung.

b) Es sei analog zu a)F die Menge aller endlichen Sequenzenaus Nullen und Einsen, die auf 111 enden und vorher dieseSequenz nicht enthalten. SeienA0 (bzw.A10 bzw.A110 bzw.A111) die Menge aller Sequenzen aus F, die mit 0 (bzw. 10bzw. 110 bzw. 111) beginnen. Es gilt A0 + A10 + A110 +A111 = F, P(A0) = q, P(A10) = pq, P(A110) = p2q,P(A111) = p3 sowie

E(X|A0) = 1+ EX,

E(X|A10) = 2+ EX,

E(X|A110) = 3+ EX,

E(X|A111) = 3.

Die Formel vom totalen Erwartungswert ergibt

EX = q(1+EX)+ pq(2+EX)+ p2q(3+EX)+ 3p3.


Aufgabe 21.46 •• Es seien Xj das Ergebnis des j -tenWurfs sowie A das Ereignis, dass in den (ersten) k Wür-fen keine Sechs auftritt. Unter der Bedingung A ist in je-dem der ersten k Würfe jede der Augenzahlen 1, 2, 3, 4, 5


gleich wahrscheinlich, es gilt also P(Xj = l|A) = 1/5(l = 1, . . . , 5) und somit E(Xj |A) = 3. Aufgrund der Addi-tivität des bedingten Erwartungswertes folgt dann

E(G|A) = E(X1 + . . .+Xk|A) = 3k.

Wegen P(A) = (5/6)k und E(G|Ac) = 0 liefert Formel(21.45)

E(G) = E(G|A)P(A)+ E(G|Ac)P(Ac) = 3k(5/6)k.

Der Maximalwert 6.02816 . . . wird für k = 5 und k = 6angenommen. Die auf Seite 798 vorgestellte Strategie, abeiner gewürfelten Augensumme von 15 zu stoppen, ist alsoetwas besser.

Aufgabe 21.47 •• Wir verwenden den Hinweis, deraus dem Additionsgesetz für die negative Binomialverteilungfolgt. Wegen X1 + X2 ∼ Nb(2, p) und X1 + X2 + X3 ∼Nb(3, p) folgt mit der Unabhängigkeit vonX1 undX2+X3

P(Y1 = j |Y3 = k) = P(X1 = j |X1 +X2 +X3 = k)= P(X1 = j,X2 +X3 = k − j)

P(X1 +X2 +X3 = k)

=p(1− p)j · (k−j+1

k−j)p2(1− p)k−j(k+2

k

)p3(1− p)k

= 2(k + 1− j)(k + 1)(k + 2)

.

Dieses Ergebnis wird auch begrifflich klar, wenn man es inder Form

P(Y1 = j |Y3 = k) = k + 1− j(k+22

)schreibt. Die Information Y3 = k besagt, dass der (k + 3)-te Versuch einen Treffer ergibt, also unter den ersten k + 2Versuchen genau 2 Treffer und k Nieten sind. Wegen der Ge-dächtnislosigkeit der geometrischen Verteilung sollte für diebeiden Treffer jede der

(k+22

)Auswahlen von 2 Plätzen unter

den Versuchsnummern 1, 2, . . . , k+ 2 gleichwahrscheinlichsein. Das Ereignis {Y1 = j} bedeutet, dass der erste Trefferim (j+1)-ten Versuch auftritt. Damit bleiben genau k+1−jgünstige Fälle, den zweiten Treffer auf eine der Versuchs-nummern j + 2, j + 3, . . . , k+ 2 zu verteilen. Man beachte,dass das Ergebnis nicht von der Trefferwahrscheinlichkeit pabhängt.

Aufgabe 21.48 •• Es seien k1, . . . , ks ∈ N0 mitk1 + . . . + ks = n. Weiter sei λ := λ1 + . . . + λs so-wie T = X1 + . . . + Xs gesetzt. Nach dem Additions-gesetz für die Poisson-Verteilung gilt T ∼ Po(λ). Da aus{X1 = k1, . . . , Xs = ks} das Ereignis {T = n} folgt, gilt

wegen der Unabhängigkeit von X1, . . . , Xs

P(X1 = k1, . . . , Xs = ks |T = n)= P(X1 = k1, . . . , Xs = ks)

P(T = n)=

∏sj=1 P(Xj = kj )

P(T = n)

=∏sj=1

(e−λj λkjj /kj !

)e−λλn/n!

= n!k1! . . . ks !

(λ1

λ

)k1

. . .

(λs

λ

)ks.

Aufgabe 21.49 • Wir verwenden die Darstellung

P(X = k) =(−rk

)pr(−(1− p))k, k ∈ N0,

von Seite 783 und erhalten mithilfe der Binomialreihe (21.25)für jedes t mit |t | < 1

gX(t) =∞∑k=0

(−rk

)pr(−(1− p)t)k = pr(1− (1− p)t )−r .

Aufgabe 21.50 • a) Eine Zufallsvariable X mit derPoisson-Verteilung Po(λ) hat die erzeugende Funktiong(t) = eλ(t−1). Es gilt

g′(t) = λeλ(t−1), g′′(t) = λ2eλ(t−1)

und somit g′(1) = λ = EX, g′′(1) = λ2 = E(X(X − 1)).Mit (21.58) folgt V(X) = λ2 + λ− λ2 = λ.

b) Im FallX ∼ Nb(r, p) gilt g(t) = pr(1− (1−p)t )−r undsomit

g′(t) = pr r (1− p)(1− (1− p)t )−(r+1),

g′′(t) = prr(r + 1)(1− p)2(1− (1− p)t)−(r+2)

und folglich g′(1) = r(1 − p)/p = EX, g′′(1) =r(r + 1)(1 − p)2/p2 = E(X(X − 1)). Mit (21.58) ergibtsich

V(X) = r(r + 1)(1− p)2p2

+ r(1− p)p

−(r(1− p)p

)2

= r(1− p)p2

.

Aufgabe 21.51 •• a) Es sei g(t) = ∑∞k=0 P(X =

k)tk = eλ(t−1) die erzeugende Funktion von X. Es ist


EX = λ und λ = V(X) = EX2 − λ2. Weiter ist

g′′′(t) =∞∑k=3

k(k − 1)(k − 2)P(X = k)tk−3 = λ3eλ(t−1).

Also gilt g′′′(1) = E[X(X − 1)(X − 2)] = λ3.

b) Es ist λ3 = EX(X − 1)(X − 2) = EX3 − 3EX2 + 2EX.Hieraus folgt

EX3 = λ3 + 3(λ2 + λ)− 2λ = λ3 + 3λ2 + λ.

c) Mit der binomischen Formel ergibt sich

E(X − λ)3 = EX3 − 3λEX2 + 3λ2EX − λ3

= λ3 + 3λ2 + λ− 3λ3 − 3λ2 + 2λ3

= λ.

Aufgabe 21.52 •• Sei h(t) := EtSN die erzeugendeFunktion von SN . Mit (21.59) gilt

h′(t) = ϕ′(g(t)) · g′(t),h′′(t) = ϕ′′(g(t)) · (g′(t))2 + ϕ′(g(t)) · g′′(t).

Wegen h′(1) = ESN und (21.58) folgt

h′(1) = ESN = ϕ′(1)g′(1) = EN · EX1,

h′′(1) = ESN (SN − 1)

= ϕ′′(1)(g′(1)

)2 + ϕ′(1)g′′(1)= EN(N − 1) · (EX1)

2 + EN · EX1(X1 − 1).

Hieraus folgt der angegebene Ausdruck für die Varianz durchdirekte Rechnung.

Kapitel 22

Aufgaben

Verständnisfragen

Aufgabe 22.1 •• Es seiF die Verteilungsfunktion einerZufallsvariablen X. Zeigen Sie.

a) P(a < X ≤ b) = F(b)− F(a), a, b ∈ R, a < b.

b) P(X = x) = F(x)− F(x−), x ∈ R.

Aufgabe 22.2 •• Zeigen Sie, dass eine Verteilungs-funktion höchstens abzählbar unendlich viele Unstetigkeits-stellen besitzen kann.

Aufgabe 22.3 •• Die Zufallsvariable X besitze eineGleichverteilung in (0, 2π). Welche Verteilung besitzt Y :=sinX?

Aufgabe 22.4 • Die Zufallsvariablen X1, . . . , Xnseien stochastisch unabhängig. Die Verteilungsfunktion vonXj sei mit Fj bezeichnet, j = 1, . . . , n. Zeigen Sie:

a) P(

maxj=1,...,n

Xj ≤ t)=

n∏j=1

Fj (t), t ∈ R ,

b) P(

minj=1,...,n

Xj ≤ t)= 1−

n∏j=1

(1− Fj (t)), t ∈ R .

Aufgabe 22.5 •• Es sei X eine Zufallsvariable mitnichtausgearteter Verteilung. Zeigen Sie:

a) E(

1

X

)>

1

EX,

b) E(logX) < log(EX),

c) E(

eX)> eEX .

Dabei mögen alle auftretenden Erwartungswerte existieren,und für a) und b) sei P(X > 0) = 1 vorausgesetzt.

Aufgabe 22.6 • Der Zufallsvektor X = (X1, . . . , Xs)

sei multinomialverteilt mit Parametern n und p1, . . . , ps .Zeigen Sie, dass die Kovarianzmatrix von X singulär ist.

Aufgabe 22.7 • Es seiX eine Zufallsvariable mit cha-rakteristischer Funktion ϕX . Zeigen Sie:

X ∼ −X ⇐⇒ ϕX(t) ∈ R ∀ t ∈ R .

Beweisaufgaben

Aufgabe 22.8 ••• Es seien F,G : R → [0, 1] Vertei-lungsfunktionen. Zeigen Sie:

a) Stimmen F und G auf einer in R dichten Menge (derenAbschluss also ganz R ist) überein, so gilt F = G.

b) Die Menge

W(F) := {x ∈ R | F(x + ε)− F(x − ε) > 0 ∀ ε > 0}der Wachstumspunkte vonF ist nichtleer und abgeschlos-sen.

c) Es gibt eine diskrete Verteilungsfunktion F mit derEigenschaftW(F) = R.

Aufgabe 22.9 •• Sei F die Verteilungsfunktion einesk-dimensionalen Zufallsvektors X = (X1, . . . , Xk). ZeigenSie: Für x = (x1, . . . , xk), y = (y1, . . . , yk) ∈ Rk mit x ≤ ygilt

AyxF = P(X ∈ (x, y]) ,

wobei

AyxF :=

∑ρ∈{0,1}k

(−1)k−s(ρ) F (yρ11 x

1−ρ11 , . . . , y

ρkk x

1−ρkk )

und ρ = (ρ1, . . . , ρk), s(ρ) = ρ1 + . . .+ ρk .

Aufgabe 22.10 •• Für eine natürliche Zahl m sei Pmdie Gleichverteilung auf der Menge Fm := {0, 1/m, . . . ,(m − 1)/m}. Zeigen Sie: Ist [u, v], 0 ≤ u < v ≤ 1, einbeliebiges Teilintervall von [0, 1], so gilt

|Pm({a ∈ Fm : u ≤ a ≤ v})− (v − u)| ≤ 1

m. (22.15)

Aufgabe 22.11 •• Es seien r1, . . . , rn,s1, . . . , sn ∈[0, 1] mit |rj − sj | ≤ ε, j = 1, . . . , n, für ein ε > 0.

a) Zeigen Sie: ∣∣∣∣∣∣n∏j=1

rj −n∏j=1

sj

∣∣∣∣∣∣ ≤ n ε . (22.16)

b) Es seien Pnm die Gleichverteilung auf Fnm (vgl. Aufgabe22.10) sowie uj , vj ∈ [0, 1] mit uj < vj für j = 1, . . . , n.Weiter sei A := {(a1, . . . , an) ∈ Fnm : uj ≤ aj ≤ vj fürj = 1, . . . , n}. Zeigen Sie mithilfe von (22.16):∣∣∣∣∣∣Pnm(A)−

n∏j=1

(vj − uj )∣∣∣∣∣∣ ≤ n

m.

Aufgabe 22.12 •• Es sei zj+1 ≡ azj + b (mod m) dasiterative lineare Kongruenzschema des linearen Kongruenz-generators mit Startwert z0, Modul m, Faktor a und Inkre-ment b (siehe Seite 823). Weiter seien d ∈ N mit d ≥ 2und

Zi := (zi , zi+1, . . . , zi+d−1) , 0 ≤ i < m .

Dabei bezeichne u den zu einem Zeilenvektor u transpo-nierten Spaltenvektor. Zeigen Sie:


a) Zi −Z0 ≡ (zi − z0)(1 a a2 · · · ad−1) (modm), i ≥ 0.b) Bezeichnet G die Menge der ganzzahligen Linearkombi-

nationen der d Vektoren1

a

...

ad−1

,

0

m

...

0

, · · · ,

0

0...

m

,

so gilt Zi − Z0 ∈ G für jedes i.

Aufgabe 22.13 •• Die Zufallsvariablen X1, . . . , Xk ,k ≥ 2, seien stochastisch unabhängig mit gleicher,überall positiver differenzierbarer Dichte f . Dabei hänge∏kj=1 f (xj ) von (x1, . . . , xk) ∈ Rk nur über x2

1 + . . .+ x2k

ab. Zeigen Sie: Es gibt ein σ > 0 mit

f (x) = 1

σ√

2πexp

(− x

2

2σ 2

), x ∈ R .

Aufgabe 22.14 •• Leiten Sie die auf Seite 832 angege-bene Dichte gr,n der r-ten Ordnungsstatistik Xr:n über dieBeziehung

limε→0

P(t ≤ Xr:n ≤ t + ε)ε

= gr,n(t)

für jede Stetigkeitsstelle t der Dichte f von X1 her.

Aufgabe 22.15 •• Leiten Sie die Darstellungsformelfür den Erwartungswert auf Seite 837 her.

Aufgabe 22.16 •• Es seien X eine Zufallsvariable undp eine positive reelle Zahl. Man prüfe, ob die folgenden Aus-sagen äquivalent sind:

a) E|X|p <∞,

b)∞∑n=1

P(|X| > n1/p

)<∞.

Aufgabe 22.17 ••a) Es seiX eine Zufallsvariable mit E|X|p <∞ für einp >

0. Zeigen Sie: Es gilt E|X|q <∞ für jedes q ∈ (0, p).b) Geben Sie ein Beispiel für eine Zufallsvariable X mit

E|X| = ∞ und E|X|p < ∞ für jedes p mit 0 < p < 1an.

Aufgabe 22.18 ••• Es sei X eine Zufallsvariable mitEX4 < ∞ und EX = 0, EX2 = 1 = EX3. Zeigen Sie:EX4 ≥ 2. Wann tritt hier Gleichheit ein?

Aufgabe 22.19 •• Die Zufallsvariablen X1, X2, . . .

seien identisch verteilt, wobei E|X1| <∞. Zeigen Sie:

limn→∞E

(1

nmaxj=1,...,n

|Xj |)= 0 .

Aufgabe 22.20 ••• Es sei (X1, X2) ein zweidimensio-naler Zufallsvektor mit 0 < V(X1) <∞, 0 < V(X2) <∞.Zeigen Sie: Mit ρ := ρ(X1, X2) gilt für jedes ε > 0:

P

2⋃j=1

{|Xj − EXj | ≥ ε

√V(Xj )

} ≤ 1+√1− ρ2

ε2.

Aufgabe 22.21 ••• Es sei X eine Zufallsvariable mitE|X| <∞. Zeigen Sie: Ist a0 ∈ R mit

P(X ≥ a0) ≥ 1

2, P(X ≤ a0) ≥ 1

2,

so folgt E|X − a0| = mina∈R E|X − a|. Insbesondere giltalso

E|X −Q1/2| = mina∈R

E|X − a|.

Aufgabe 22.22 •• Die Zufallsvariable X sei symme-trisch verteilt und besitze die stetige, auf {x | 0 < F(x) <1} streng monotone Verteilungsfunktion F . Weiter gelteEX2 <∞. Zeigen Sie:

Q3/4 −Q1/4 ≤√

8V(X) .

Aufgabe 22.23 •• Es gelte X ∼ Nk(µ,[). Zeigen Sie,dass die quadratische Form (X−µ)[−1(X−µ) eine χ2

k -Verteilung besitzt.

Aufgabe 22.24 • Zeigen Sie: Für die charakteristischeFunktion ϕX einer Zufallsvariablen X gelten:

a) ϕX(−t) = ϕX(t), t ∈ R,

b) ϕaX+b(t) = eitb ϕX(at), a, b, t ∈ R.

Aufgabe 22.25 •• Es sei X eine Zufallsvariable mitcharakteristischer Funktion ϕ und Dichte f . Weiter sei ϕreell und nichtnegativ, und es gelte c := ∫

ϕ(t) dt < ∞.Zeigen Sie:

a) Es gilt c > 0, sodass durch g(x) := ϕ(x)/c, x ∈ R, eineDichte g definiert wird.

b) Ist Y eine Zufallsvariable mit Dichte g, so besitzt Y diecharakteristische Funktion

ψ(t) = 2π

cf (t) , t ∈ R .

Aufgabe 22.26 ••a) Es seien X und Y unabhängige und je Exp(1)-verteilte

Zufallsvariablen. Bestimmen Sie Dichte und charakteri-stische Funktion von Z := X − Y .

b) Zeigen Sie: Eine Zufallsvariable mit der Cauchy-Verteilung C(0, 1) besitzt die charakteristische Funktionψ(t) = exp(−|t |), t ∈ R.


c) Es seien X1, . . . , Xn unabhängig und identisch verteiltmit Cauchy-Verteilung C(α, β). Dann gilt:

1

n

n∑j=1

Xj ∼ C(α, β) .

Aufgabe 22.27 ••• Es sei h eine positive reelle Zahl. DieZufallsvariableX besitzt eine Gitterverteilung mit Spanne h,falls ein a ∈ R existiert, sodass PX({a + hm | m ∈ Z}) = 1gilt. (Beispiele für a = 0, h = 1: Binomialverteilung, Pois-sonverteilung). Beweisen Sie die Äquivalenz der folgendenAussagen:

a) X besitzt eine Gitterverteilung mit Spanne h.

b)

∣∣∣∣ϕX (2π

h

)∣∣∣∣ = 1.

c) |ϕX(t)| ist periodisch mit Periode2π

h.

Aufgabe 22.28 •• Es sei X eine Zufallsvariable mitcharakteristischer Funktion ϕ. Zeigen Sie: Es gilt

limT→∞

1

2T

∫ T−T

e−itaϕ(t) dt = P(X = a), a ∈ R.

Rechenaufgaben

Aufgabe 22.29 •a) Zeigen Sie, dass die Festsetzung

F(x) := 1− 1

1+ x , x ≥ 0 ,

und F(x) := 0 sonst, eine Verteilungsfunktion definiert.

b) Es sei X eine Zufallsvariable mit Verteilungsfunktion F .Bestimmen Sie P(X ≤ 10) und P(5 ≤ X ≤ 8).

c) Besitzt X eine Dichte?

Aufgabe 22.30 •• Der Zufallsvektor (X, Y ) besitzeeine Gleichverteilung im Einheitskreis B := {(x, y) : x2 +y2 ≤ 1}. Welche marginalen Dichten haben X und Y ? SindX und Y stochastisch unabhängig?

Aufgabe 22.31 •• Die Zufallsvariable X habe die ste-tige Verteilungsfunktion F . Welche Verteilungsfunktion be-sitzen die Zufallsvariablen

a) X4, b) |X|, c) −X?

Aufgabe 22.32 • Wie ist die Zahl a zu wählen, damitdie durch f (x) := a exp(−|x|), x ∈ R, definierte Funktioneine Dichte wird? Wie lautet die zugehörige Verteilungsfunk-tion?

Aufgabe 22.33 • Der Messfehler einer Waage kannaufgrund von Erfahrungswerten als approximativ normalver-teilt mit Parametern µ = 0 (entspricht optimaler Justierung)und σ 2 = 0.2025 mg2 angenommen werden. Wie groß istdie Wahrscheinlichkeit, dass eine Messung um weniger als0.45 mg (weniger als 0.9 mg) vom wahren Wert abweicht?

Aufgabe 22.34 • Die Zufallsvariable X sei N(µ, σ 2)-verteilt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass X vomErwartungswert µ betragsmäßig um höchstens das k-Facheder Standardabweichung σ abweicht, k ∈ {1, 2, 3}?

Aufgabe 22.35 • Zeigen Sie, dass die Verteilungs-funktion C der Standardnormalverteilung die Darstellung

C(x) = 1

2+ 1√

2π

∞∑k=0

(−1)kx2k+1

2kk!(2k + 1), x > 0 ,

besitzt.

Aufgabe 22.36 •• Es sei F0(x) := (1+ exp(−x))−1,

x ∈ R.

a) Zeigen Sie: F0 ist eine Verteilungsfunktion, und es giltF0(−x) = 1− F0(x) für x ∈ R.

b) Skizzieren Sie die Dichte von F0. Die von F0 erzeugteLokations-Skalen-Familie heißt Familie der logistischenVerteilungen. Eine ZufallsvariableXmit der Verteilungs-funktion

F(x) =[

1+ exp

(−x − a

σ

)]−1

= F0

(x − aσ

)heißt logistisch verteilt mit Parametern a und σ , σ > 0,kurz: X ∼ L(a, σ ).

c) Zeigen Sie: Ist F wie oben und f = F ′ die Dichte vonF , so gilt

f (x) = 1

σF(x)(1− F(x)) .

Die Verteilungsfunktion F genügt also einer logistischenDifferenzialgleichung.

Aufgabe 22.37 • Die Zufallsvariable X habe dieGleichverteilung U(0, 1). Welche Verteilung besitzt Y :=4X(1−X)?

Aufgabe 22.38 •• Die Zufallsvariablen X1, X2 besit-zen die gemeinsame Dichte

f (x1, x2)=√

2

πexp

(−3

2x2

1 − x1x2 − 3

2x2

2

), (x1, x2)∈R2.

a) Bestimmen Sie die Dichten der Marginalverteilungen vonX1 und X2. Sind X1, X2 stochastisch unabhängig?

b) Welche gemeinsame Dichte besitzen Y1 := X1+X2 undY2 := X1 −X2? Sind Y1 und Y2 unabhängig?

Aufgabe 22.39 •• Die Zufallsvariablen X, Y seien un-abhängig und je Exp(λ)-verteilt, wobei λ > 0. Zeigen Sie:Der Quotient X/Y besitzt die Verteilungsfunktion

G(t) = t

1+ t , t > 0 ,

und G(t) = 0 sonst.

Aufgabe 22.40 •• In der kinetischen Gastheorie wer-den die Komponenten Vj des Geschwindigkeitsvektors V =


(V1, V2, V3) eines einzelnen Moleküls mit Masse m als sto-chastisch unabhängige und je N(0, kT /m)-verteilte Zufalls-variablen betrachtet. Hierbei bezeichnen k die Boltzmann-Konstante und T die absolute Temperatur. Zeigen Sie, dass

Y :=√V 2

1 + V 22 + V 2

3 die Dichte

g(y) =√

2

π

( mk T

)3/2y2 exp

(−my

2

2 k T

)1(0,∞)(y)

besitzt (sog. Maxwell’sche Geschwindigkeitsverteilung).

Aufgabe 22.41 •• Die gemeinsame Dichte f der Zu-fallsvariablenX und Y habe die Gestalt f (x, y)=ψ(x2+y2)

mit einer Funktion ψ : R≥0 → R≥0. Zeigen Sie: Der Quo-tient X/Y besitzt die Cauchy-Verteilung C(0, 1), also dieDichte

g(t) = 1

π(1+ t2) , t ∈ R .

Aufgabe 22.42 • Zeigen Sie unter Verwendung derPolarmethode (siehe Seite 827), dass der Quotient zweierunabhängiger standardnormalverteilter Zufallsvariablen dieCauchy-Verteilung C(0, 1) besitzt.

Aufgabe 22.43 •• Es seienX1 undX2 unabhängige undje N(0, 1)-verteilte Zufallsvariablen: Zeigen Sie:

X1X2√X2

1 +X22

∼ N

(0,

1

4

).

Aufgabe 22.44 •• Welche Verteilung besitzt der Quoti-ent X/Y , wenn X und Y stochastisch unabhängig und je imIntervall (0, a) gleichverteilt sind?

Aufgabe 22.45 •• Der Zufallsvektor (X, Y ) besitze dieDichte h := 2 1A, wobei A := {(x, y) ∈ R2 | 0≤x≤y≤1},vgl. Seite 850. Zeigen Sie:

a) EX = 13 , EY = 2

3 ,

b) V(X) = V(Y ) = 118 ,

c) Cov(X, Y ) = 136 , ρ(X, Y ) = 1

2 .

Aufgabe 22.46 • Der Zufallsvektor (X1, . . . , Xk) be-sitze eine nichtausgeartete Normalverteilung Nk(µ;[). Zei-gen Sie: Ist [ eine Diagonalmatrix, so sind X1, . . . , Xk sto-chastisch unabhängig.

Aufgabe 22.47 •• Zeigen Sie, dass in der Situation vonAbb. 22.23 der zufällige Ankunftspunkt X auf der x-Achsedie Cauchy-Verteilung C(α, β) besitzt.

Aufgabe 22.48 • Es sei X ∼ C(α, β). Zeigen Sie:

a) Q1/2 = α,

b) 2β = Q3/4 −Q1/4.

Aufgabe 22.49 • Die Zufallsvariable X besitze dieWeibull-Verteilung Wei(α, 1). Zeigen Sie: Es gilt(

1

λ

)1/α

X ∼ Wei(α, λ) .

Aufgabe 22.50 •• Die Zufallsvariable X besitzt dieWeibull-Verteilung Wei(α, λ). Zeigen Sie:

a) EXk =](

1+ kα

)λk/α

, k ∈ N.

b) Q1/2 < EX.

Aufgabe 22.51 •• Zeigen Sie, dass eine χ2k -verteilte

Zufallsvariable X die Dichte

fk(x) := 1

2k/2](k/2)xk2−1 e−

x2 , x > 0

und fk(x) := 0 sonst besitzt.

Aufgabe 22.52 •• Die ZufallsvariableX besitze die Lo-gnormalverteilung LN(µ, σ 2). Zeigen Sie:

a) Mod(X) = exp(µ− σ 2),

b) Q1/2 = exp(µ),

c) EX = exp(µ+ σ 2/2),

d) V(X) = exp(2µ+ σ 2)(exp(σ 2)− 1).

Aufgabe 22.53 •• Die ZufallsvariableX hat eine Beta-verteilung mit Parametern α > 0 und β > 0, falls X dieDichte

f (x) := 1

B(α, β)xα−1(1− x)β−1 für 0 < x < 1

und f (x) := 0 sonst besitzt, und wir schreiben hierfür kurzX ∼ BE(α, β). Dabei ist

B(α, β) := ](α)](β)](α + β)

die in (22.56) eingeführte Euler’sche Betafunktion. ZeigenSie:

a) EXk =k−1∏j=0

α + jα + β + j , k ∈ N,

b) EX = α

α + β , V(X) = αβ

(α + β + 1)(α + β)2 .

c) Sind V und W stochastisch unabhängige Zufallsvaria-blen, wobei V ∼ ](α, λ) undW ∼ ](β, λ), so gilt

V

V +W ∼ BE(α, β) .

Aufgabe 22.54 •• Die Zufallsvariable Z besitze eineGamma-Verteilung ](r, β), wobei r ∈ N. Die bedingte Ver-teilung der Zufallsvariablen X unter der Bedingung Z = z,z > 0 sei die Poisson-Verteilung Po(z). Welche Verteilunghat X?


Hinweise



Aufgabe 22.3 •• Machen Sie sich eine Skizze!



Aufgabe 22.6 • Sie müssen die Kovarianzmatrix nichtkennen!


Aufgabe 22.8 ••• –

Aufgabe 22.9 •• Es ist P(X∈(x,y])=F(y1, . . . ,yk)−P(∪kj=1Aj ), wobei Aj = {X1 ≤ y1, . . . , Xj−1 ≤yj−1, Xj ≤ xj ,Xj+1 ≤ yj+1, . . . , Xk ≤ yk}.

Aufgabe 22.10 •• –

Aufgabe 22.11 •• –

Aufgabe 22.12 •• –

Aufgabe 22.13 •• Der Ansatz∏kj=1 f (xj ) = g(x2

1 +. . . + x2

k ) für eine Funktion g führt nach Logarithmierenund partiellem Differenzieren auf eine Differenzialgleichungfür f .

Aufgabe 22.14 •• Bezeichnet NB :=∑nj=1 1{Xj ∈B}

die Anzahl der Xj , die in die Menge B ⊆ R fallen,so besitzt der Zufallsvektor (N(−∞,t), N[t,t+ε], N(t+ε,∞))die Multinomialverteilung Mult(n;F(t), F (t + ε) − F(t),1− F(t + ε)). Es gilt P(N[t,t+ε] ≥ 2) = O(ε2) für ε→ 0.

Aufgabe 22.15 •• Integrieren Sie die Indikatorfunk-tion der Menge B := {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, 0 ≤ y < x}bezüglich des Produktmaßes PX⊗λ1 und beachten Sie dabeiden Satz von Tonelli.

Aufgabe 22.16 •• Setze Y := |X|p .

Aufgabe 22.17 •• –

Aufgabe 22.18 ••• Betrachten Sie für a := (1+√5)/2das Polynom p(x) = (x − a)2(x + 1/a)2.

Aufgabe 22.19 •• Verwenden Sie die Darstellungsfor-mel auf Seite 778 und spalten Sie den Integrationsbereichgeeignet auf.

Aufgabe 22.20 ••• Schätzen Sie die Indikatorfunktionder Menge A := R2 \ (−ε, ε)2 durch eine geeignete qua-dratische Form nach oben ab.

Aufgabe 22.21 ••• Es kann o.B.d.A.a0 = 0 gesetzt wer-den. Betrachten Sie die Funktion x *→ |x− a|− |x| getrenntfür a > 0 und a < 0 und schätzen Sie nach unten ab.

Aufgabe 22.22 •• Es kann o.B.d.A. EX = 0 angenom-men werden. Dann gilt P(|X| ≥ Q3/4) = 0.5.

Aufgabe 22.23 •• Es gilt X ∼ AY+ µ mit [ = AAund Y ∼ Nk(0, Ik).


Aufgabe 22.25 •• Verwenden Sie Aufgabe 22.7.

Aufgabe 22.26 •• Verwenden Sie für b) Teil a) undAufgabe 22.25.

Aufgabe 22.27 ••• Für die Richtung „b) ⇒ a)“ ist dieImplikation

ϕX

(2π

h

)= eiα ⇒ 0

=∫ ∞

−∞

[1− cos

(2π

hx − α

)]PX(dx)

hilfreich.

Aufgabe 22.28 •• Gehen Sie wie beim Beweis des Sat-zes über die Umkehrformeln vor.


Aufgabe 22.30 •• –

Aufgabe 22.31 •• –



Aufgabe 22.34 • Verwenden Sie Tabelle 22.1.

Aufgabe 22.35 • Potenzreihenentwicklung von ϕ!

Aufgabe 22.36 •• –

Aufgabe 22.37 • Versuchen Sie, direkt die Vertei-lungsfunktion G von Y zu bestimmen.

Aufgabe 22.38 •• –

Aufgabe 22.39 •• –


Aufgabe 22.40 •• Sind Z1, Z2, Z3 unabhängig und jeN(0, 1)-normalverteilt, so besitzt Z := Z2

1 + Z22 + Z2

3 eineχ2

3 -Verteilung.

Aufgabe 22.41 •• Verwenden Sie Gleichung (22.29)sowie Polarkoordinaten.


Aufgabe 22.43 •• Polarmethode!

Aufgabe 22.44 •• Die Verteilung hängt nicht von a ab.

Aufgabe 22.45 •• –

Aufgabe 22.46 • Welche Gestalt besitzt die gemein-same Dichte von X1, . . . , Xk?

Aufgabe 22.47 •• –



Aufgabe 22.50 •• –

Aufgabe 22.51 •• Verwenden Sie die Faltungsformel.

Aufgabe 22.52 •• Für c) und d) ist bei Integralberech-nungen die Substitution u = log x hilfreich.

Aufgabe 22.53 •• a) Verwenden Sie (22.56) und dieGleichung ](t + 1) = t](t), t > 0. c) Bestimmen Sie zu-nächst die Dichte vonW/V .

Aufgabe 22.54 •• –

Lösungen



Aufgabe 22.3 •• Die Verteilungsfunktion von Y istG(y) = 1

2 + 1π

arcsin y, −1 ≤ y ≤ 1.





Aufgabe 22.8 ••• –


Aufgabe 22.10 •• –

Aufgabe 22.11 •• –

Aufgabe 22.12 •• –

Aufgabe 22.13 •• –

Aufgabe 22.14 •• –

Aufgabe 22.15 •• –

Aufgabe 22.16 •• Die Aussagen sind äquivalent.

Aufgabe 22.17 •• –

Aufgabe 22.18 ••• Es gilt

EX4 = 2 ⇐⇒ P(X = a) = 2

5+√5= 1−P

(X = −1

a

).

Aufgabe 22.19 •• –

Aufgabe 22.20 ••• –

Aufgabe 22.21 ••• –

Aufgabe 22.22 •• –

Aufgabe 22.23 •• –


Aufgabe 22.25 •• –

Aufgabe 22.26 •• Es ist ϕZ(t) = 1/(1+ t2), t ∈ R.

Aufgabe 22.27 ••• –

Aufgabe 22.28 •• –

Aufgabe 22.29 • b) P(X ≤ 10) = 10/11, P(5 ≤ X ≤8) = 1/18.c) Ja.

Aufgabe 22.30 •• f (x) = 2√

1− x2/π für |x| ≤ 1. Xund Y sind nicht unabhängig.

Aufgabe 22.31 •• a) F(t1/4) − F(−t1/4) für t ≥ 0 b)F(t)− F(−t) für t ≥ 0 c) 1− F(−t), t ∈ R.

Aufgabe 22.32 • a = 1/2. Die Verteilungsfunktion istF(x) = 1− exp(−x)/2 für x ≥ 0 und F(x) = 1− F(−x)für x < 0.


Aufgabe 22.33 • 2C(1)− 1 ≈ 0.6826 (2C(2)− 1 ≈0.9544).

Aufgabe 22.34 • k = 1: 0.6826, k = 2: 0.9544,k = 3: 0.9974


Aufgabe 22.36 •• –

Aufgabe 22.37 • Es giltG(y)=1−√1− y, 0≤y≤1.

Aufgabe 22.38 •• a) Die Dichte von X1 (und von X2)ist

f1(x1) = 1

σ√

2πexp

(− x

21

2σ 2

), x1 ∈ R.

X1 und X2 sind nicht stochastisch unabhängig.

b) Die gemeinsame Dichte von Y1 und Y2 ist

g(y1, y2) = 1

π√

2exp

(−y2

1 −y2

2

2

).

Y1 und Y2 sind stochastisch unabhängig.

Aufgabe 22.39 •• –

Aufgabe 22.40 •• –

Aufgabe 22.41 •• –


Aufgabe 22.43 •• –

Aufgabe 22.44 •• Die Dichte von X/Y ist

g(t) = 1

2· (min(1, 1/t))2 für t > 0 und g(t) = 0 sonst.

Aufgabe 22.45 •• –


Aufgabe 22.47 •• –



Aufgabe 22.50 •• –

Aufgabe 22.51 •• –

Aufgabe 22.52 •• –

Aufgabe 22.53 •• –

Aufgabe 22.54 •• Die negative BinomialverteilungNB(r, p) mit p = β/(1+ β)).

Lösungswege

Verständnisfragen

Aufgabe 22.1 •• a) Wegen {X ≤ b} = {X ≤ a}+{a <X ≤ b} liefert die Additivität von P die Gleichung

F(b) = F(a)+ P(a < X ≤ b),woraus a) folgt.b) Gilt xn → x, wobei xn ≤ xn+1, n ≥ 1, so bilden die

Mengen An := (−∞, xn], n ≥ 1, eine aufsteigende Folgemit ∪∞n=1An = (−∞, x). Da PX stetig von unten ist, ergibtsich

P(X < x) = PX((−∞, x)) = limn→∞PX(An) = lim

n→∞F(xn).

und damit wegen P(X < x) = F(x−) die Behauptung.

Aufgabe 22.2 •• Es seien X eine Zufallsvariable mitVerteilungsfunktion F und D die Menge der Unstetigkeits-stellen von F . Wegen der Monotonie von F ist jedes x ∈ Deine Sprungstelle vonF . Es gilt alsoD = {x ∈ R | P(X = x)> 0}. MitDn := {x ∈ R | P(X = x) ≥ 1/n} stellt sichD inder Form

D =∞⋃n=1

Dn

dar. Da die MengeDn wegen der Normierungsbedingung fürein Wahrscheinlichkeitsmaß höchstens n Elemente enthält,ist D als abzählbare Vereinigung endlicher Mengen abzähl-bar. Ein alternativer Beweis verwendet, dass die Sprunginter-valle (F (x−), F (x)] von F für verschiedene Unstetigkeits-stellen x paarweise disjunkt sind, jedes Intervall mindestenseine rationale Zahl enthält und die Menge der rationalen Zah-len abzählbar ist.

Aufgabe 22.3 •• Die Zufallsvariable X nimmt Werteim Intervall [−1, 1] an. Bezeichnet G die Verteilungsfunk-tion von Y , so gilt zunächst

G(0) = P(Y ≤ 0) = P(π ≤ X ≤ 2π) = π

2π= 1

2.

Für ymit 0 < y ≤ 1 ist das Ereignis {Y ≤ y} die Vereinigungder drei sich paarweise ausschließenden Ereignisse {π ≤X ≤ 2π}, {X ≤ arcsin y} und {π − arcsin y ≤ X < π}, vgl.nachstehende Abbildung.

1

−1

y

arcs

iny

−ar

csin

y

f (x ) = sinx

x


Da die Wahrscheinlichkeit, dassX in ein Intervall fällt, gleichder durch 2π dividierten Intervalllänge ist, folgt

G(y) = π

2π+ arcsin y

2π+ π − (π − arcsin y)

2π

= 1

2+ 1

πarcsin y.

Aus Symmetriegründen giltG(y)+G(−y) = 1, sodass mandie Verteilungsfunktion auch für y ∈ [−1, 0) zu

G(y) = 1−(

1

2+ 1

πarcsin(−y)

)= 1

2+ 1

πarcsin y

erhält. Es gilt somit

G(y) = 1

2+ 1

πarcsin y, −1 ≤ y ≤ 1.

Natürlich gilt G(y) = 0 für y < −1 und G(y) = 1 füry > 1. Die Dichte von Y ist

g(y) = 1

π(1− y2), |y| < 1,

und g(y) = 0 sonst.

1

−1

y

arcs

iny

−ar

csin

y

f (x ) = sinx

x

Verteilungsfunktion von sin X

Aufgabe 22.4 • Das Ereignis {maxj=1,...,n Xj ≤ t}tritt genau dann ein, wenn jedes der Ereignisse {Xj ≤ t},j = 1, . . . , n, eintritt; es gilt also{

maxj=1,...,n

Xj ≤ t}=

n⋂j=1

{Xj ≤ t}.

Behauptung a) folgt somit wegen der vorausgesetzten sto-chastischen Unabhängigkeit. In gleicher Weise gilt{

minj=1,...,n

Xj > t

}=

n⋂j=1

{Xj > t}

und somit P(minj=1,...,n Xj > t) = ∏nj=1(1− Fj (t)), was

b) beweist.

Aufgabe 22.5 •• Die Voraussetzung der Jensen-Ungleichung auf Seite 834 ist erfüllt. In a) ist M = (0,∞)und g(x) = 1/x. Bei b) betrachte man die aufM = (0,∞)

konvexe Funktion g(x) = − log x, und im Fall c) istM = Rsowie g(x) = exp(x). Da alle Funktionen strikt konvex sindund die Verteilung von X nicht in einem Punkt degeneriertist, folgt die Behauptung.

Aufgabe 22.6 • Für einen Zufallsvektor X =(X1, . . . , Xs) ∼ Mult(n;p1, . . . , ps) gilt

P

s∑j=1

Xj = n = 1

(vgl. die Definition der Multinomialverteilung auf Seite 788).Es besteht also eine lineare Beziehung zwischen den Kom-ponenten von X, was die Behauptung zeigt.

Aufgabe 22.7 • „⇒“: Besitzen X und −X dieselbeVerteilung, so besitzen sie auch dieselbe charakteristischeFunktion. Es gilt also ϕX(t) = ϕ−X(t), t ∈ R. Wegenϕ−X(t) = ϕX(t) ist ϕX(t) reellwertig.

„⇐“: Gilt ϕX(t) ∈ R ∀ t ∈ R, so ist

ϕX(t) = ϕX(t) = ϕ−X(t), t ∈ R.

Somit besitzen X und −X dieselbe charakteristische Funk-tion und damit nach dem Eindeutigkeitssatz auf Seite 857dieselbe Verteilung.

Beweisaufgaben

Aufgabe 22.8 ••• a) Es seien M := {x ∈ R | F(x) =G(x)} und x0 ∈ R beliebig. Da M in R dicht liegt, gibt eseine Folge (xn) ausM , die von rechts gegen x0 konvergiert.Wegen der rechtsseitigen Stetigkeit von F und G in x0 folgtF(x0) = limn→∞ F(xn) = limn→∞G(xn) = G(x0).

b) Wir zeigen zunächst, dass das KomplementW(F)c offenist, womit W(F) als abgeschlossen nachgewiesen wäre. Istx ∈ W(F)c, so gibt es ein ε > 0 mitF(x+ε)−F(x−ε) = 0.Dann gehört aber auch jedes y mit |y− x| < ε/2 zuW(F)c,denn es gilt wegen der Monotonie von F

F(y + ε/2)− F(y − ε/2) ≤ F(x + ε)− F(x − ε) = 0.

Um W(F) �= ∅ zu zeigen, können wir o.B.d.A. annehmen,dass F stetig ist, denn andernfalls gäbe es mindestens eineSprungstelle und damit einen Wachstumspunkt. Dann gibtes wegen F(x) → 0 bei x → −∞ und F(x) → 1 beix →∞ ein x0 ∈ R mit F(x0) = 1/2. Wäre W(F) = ∅, sogäbe es zu jedem y ∈ R ein von y abhängendes ε > 0 mitF(y+ε)−F(y−ε) = 0, also insbesondereF(y+ε) = F(y).Setzen wir A := {x ∈ R | F(x) = 1/2}, so ist A �= ∅, dennes giltx0 ∈ A. Die MengeA ist nach oben unbeschränkt, dennwäre u := supA < ∞, so gälte zunächst wegen der Stetig-keit von F die Gleichung F(u) = 1/2. Wegen der AnnahmeW(F) = ∅ gäbe es ein ε > 0 mit F(u+ ε) = F(u) = 1/2,was der Definition von u als Supremum der Menge A wi-derspräche. Folglich ist A nach oben unbeschränkt. Diese


Eigenschaft widerspricht aber der Konvergenz F(x) → 1bei x →∞.

c) Es seien Q =: {q1, q2, . . .} eine Aufzählung von Q,X eineZufallsvariable mit P(X = qj ) = 2−j für j ≥ 1 und F dieVerteilungsfunktion von X. Wegen P(X ∈ Q) = 1 und derAbzählbarkeit von Q ist F eine diskrete Verteilungsfunktion.Zu beliebigem x ∈ R und beliebigem ε > 0 gibt es minde-stens eine rationale Zahl im Intervall (x− ε, x+ ε]. Folglichist 0 < P(x− ε < X ≤ x+ ε) = F(x+ ε)−F(x− ε), wasW(F) = R zeigt.

Aufgabe 22.9 •• Die im Hinweis gegebene Darstellungspiegelt die Tatsache wider, dass das Ereignis {X ≤ x} dieVereinigung der disjunkten Ereignisse {X ∈ (x, y]} und∪nj=1Aj ist. Nach der Formel des Ein- und Ausschließensauf Seite 717 gilt

P

k⋃j=1

Aj

= k∑r=1

(−1)r−1 Sr ,

wobei

Sr =∑

1≤i1<...<ir≤nP(Ai1 ∩ . . . ∩ Air

).

Nun ist

{Ai1 ∩ . . .∩Air } = {X1 ≤ yρ11 x

1−ρ11 , . . . , Xk ≤ yρkk x1−ρk

k },wobei ρ := (ρ1, . . . , ρk) ∈ {0, 1}k mit ρν = 0 für ν ∈{i1, . . . , ir } und ρν = 1 sonst. Nach Definition der Vertei-lungsfunktion ist damit

P(Ai1 ∩ . . . ∩ Air ) = F(yρ11 x

1−ρ11 , . . . , y

ρkk x

1−ρkk ).

Schreiben wir s(ρ) := ρ1 + . . . + ρk für die Anzahl derEinsen im Tupel ρ, so folgt

Sr =∑

ρ∈{0,1}k : s(ρ)=k−rF (y

ρ11 x

1−ρ11 , . . . , y

ρkk x

1−ρkk ),

und somit

P(X∈(x, y])= F(y1, . . . , yk)−

−k∑r=1

(−1)r−1∑

ρ∈{0,1}k : s(ρ)=k−rF (y

ρ11 x

1−ρ11 , . . . , y

ρkk x

1−ρkk )

=∑

ρ∈{0,1}k(−1)k−s(ρ)F (yρ1

1 x1−ρ11 , . . . , y

ρkk x

1−ρkk )

= AyxF,

was zu zeigen war.

Aufgabe 22.10 •• Zu u, v ∈ [0, 1] mit 0 ≤ u < v ≤ 1existieren i, j ∈ Z mit 0 ≤ i ≤ j ≤ m− 1 und i/m ≤ u <(i + 1)/m, j/m ≤ v < (j + 1)/m. Es gilt

Pm({a ∈ Fm : u ≤ a ≤ v}) = (j − i + 1)/m

im Fall u = i/m (bzw. . . . = (j − i)/m im Fall u > i/m).Wegen

j − im

≤ v − u ≤ j + 1− im

im Fallu = i/m (bzw. (j−i−1)/m < v−u < (j+1−i)/mim Fall u > i/m) folgt die Behauptung.

Aufgabe 22.11 •• a) Wir zeigen die Behauptung durchInduktion über n, wobei der Induktionsanfang n = 1 unmit-telbar klar ist. Der Induktionsschluss n → n + 1 folgt we-gen r1 . . . rn+1 − s1 . . . sn+1 = (r1 . . . rn − s1 . . . sn)rn+1 +s1 . . . sn(rn+1 − sn+1) aus der Dreiecksungleichung und0 ≤ rj , sj ≤ 1.

b) Wenden wir (22.16) auf rj := Pm({aj ∈ Fm : uj ≤ aj ≤vj }) und sj := vj − uj an, wobei 0 ≤ uj < vj ≤ 1,j = 1, . . . , n, so ergibt sich unter Beachtung von (22.15) dieBehauptung.

Aufgabe 22.12 •• a) Durch Induktion nach s ergibt sichaus dem iterativen Kongruenzschema unmittelbar

zi+s − zs ≡ as(zi − z0) (mod m), i, s ≥ 0

und somit die Behauptung. Dabei ist die Kongruenz modulom komponentenweise zu verstehen.

b) Nach Definition der Kongruenzrelation folgt aus a)

Zi − Z0 = (zi − z0)

1

a

...

ad−1

+mk1

k2

...

kd

, i ≥ 0,

mit ganzen Zahlen k1, . . . , kd . Die Differenz Zi−Z0 ist somiteine ganzzahlige Linearkombination der d + 1 Vektoren

1

a

...

ad−1

,m

0...

0

,

0

m

...

0

, . . . ,

0

0...

m

.

Da der Vektor (m, 0, . . . , 0) als ganzzahlige Linearkombi-nation der übrigen Vektoren sogar redundant ist, liegen dieDifferenzen Zi−Z0 für jedes i in der Menge G, die ein Gitterim Rd darstellt.

Die vom Pseudozufallszahlengenerator erzeugten Punkte(xi, xi+1, . . . , xi+d−1)

, i ≥ 0, liegen somit aufgrund derNormierungsvorschrift xi = zi/m auf einem Gitter, das sichaus G durch Verschiebung um Z0 und Skalierung mit demFaktor 1/m ergibt.


Aufgabe 22.13 •• Aus

k∏j=1

f (xj ) = g(x2

1 + . . .+ x2k

)für eine Funktion g : [0,∞)→ (0,∞) folgt

k∑j=1

log f (xj ) = log g(x2

1 + . . .+ x2k

)und somit für festes m ∈ {1, . . . , k}

f ′(xm)f (xm)

= g′(x2

1 + . . .+ x2k )

g(x21 + . . .+ x2

k )2xm, (x1, . . . , xk) ∈ Rk.

Es existiert somit ein c �= 0 mit

f ′(t)2tf (t)

= c, t ∈ R \ {0}.

Diese Differenzialgleichung besitzt die allgemeine Lösung

f (t) = K exp(ct2

), t ∈ R,

für einK > 0. Da f eine Wahrscheinlichkeitsdichte ist, kannnur c < 0 gelten. Hieraus folgt die Behauptung.

Aufgabe 22.14 •• Wir überlegen uns zunächst, dassdie zweite Aussage im Hinweis richtig ist. Wegen Nε :=N[t,t+ε] ∼ Bin(n, pε), wobeipε = F(t+ε)−F(t) ∼ f (t)εfür ε→ 0 gilt

P(Nε ≥ 2) = 1− P(Nε = 0)− P(Nε = 1)

= 1− (1− pε)n − npε(1− pε)n−1

= 1−(

1− npε +O(p2ε ))

−npε(

1− (n− 1)pε +O(p2ε ))

= O(p2ε )

= O(ε2).

Folglich ist

P(t ≤ Xr:n ≤ t + ε)=P(t ≤ Xr:n ≤ t + ε,Nε = 1)

+P(t ≤ Xr:n ≤ t + ε,Nε ≥ 2)

=P(t ≤ Xr:n≤ t + ε,Nε=1)+O(ε2).

Das Ereignis {t ≤ Xr:n ≤ t + ε,Nε = 1} tritt genau dannein, wenn r − 1 der Xj in das Intervall (−∞, t) fallen, ge-nau eines der Xj im Intervall [t, t + ε] liegt und n − r derXj größer als t + ε sind. Gleichbedeutend hiermit ist, dassfür den im Hinweis eingeführten Zufallsvektor das Ereignis{(N(−∞,t) = r−1, N[t,t+ε] = 1, N(t+ε,∞) = n−r)} eintritt,und die Wahrscheinlichkeit hierfür ist

n!(r − 1)!(n− r)!F(t)

r−1(F (t+ε)−F(t))(1−F(t+ε))n−r .

Teilt man hier durch ε, so folgt wegen

limε→0

F(t + ε)− F(t)ε

= f (t)und F(t + ε)→ F(t) bei ε→ 0 die Behauptung.

Aufgabe 22.15 •• Führt man die im Hinweis angege-bene Integration aus, so ergibt sich∫ ∫

1B dPX⊗λ1 =∫ ∞

0

∫ x0

1B(x, y)λ1(dy)PX(dx)

=∫ ∞

0x PX(dx).

Integriert man in umgekehrter Reihenfolge, so folgt wegen1− F(y) = PX((y,∞))∫ ∫

1B dPX⊗λ1 =∫ ∞

0

∫ ∞

y

1B(x, y)PX(dx)λ1(dy)

=∫ ∞

0(1− F(y)) dy.

Nach dem Satz von Tonelli liefert iterierte Integration in un-terschiedlicher Reihenfolge das gleiche Ergebnis, woraus∫ ∞

0(1− F(y)) dy =

∫ ∞

0x PX(dx)

folgt. Integriert man die Indikatorfunktion der Menge

A := {(x, y) ∈ R2 | −∞ ≤ x ≤ y ≤ 0}bezüglich PX ⊗ λ1, so erhält man in gleicher Weise

−∫ 0

−∞F(y) dy =

∫ 0

−∞x PX(dx).

Aufgrund der Äquivalenz

E|X| <∞ ⇐⇒∫ ∞

−∞|x| PX(dx) <∞

und

EX =∫ ∞

0x PX(dx) +

∫ 0

−∞x PX(dx)

folgt die Behauptung.

Aufgabe 22.16 •• Sei Y := |X|p . Wir zeigen

EY <∞ ⇐⇒∞∑n=1

P(Y > n) <∞,

sodass a) und b) in der Tat äquivalent sind. Sei hierzuG(t) :=P(Y ≤ t), t ∈ R, die Verteilungsfunktion von Y . Wegen derMonotonie vonG gilt für jedes k ∈ N unter Verwendung derDarstellungsformel

k∑n=1

P(Y > n) =k∑n=1

(1−G(n))

≤∫ k

0(1−G(t)) dt

≤∫ ∞

0(1−G(t)) dt

= EY,


was „⇒“ zeigt, wenn man k gegen unendlich streben lässt.Die umgekehrte Implikation folgt aus der Darstellungsformelund der für jedes k ∈ N geltenden Ungleichungskette

∫ k+1

0(1−G(t)) dt =

k+1∑n=1

∫ nn−1(1−G(t)) dt

≤k+1∑n=1

(1−G(n− 1))

= 1−G(0)+k∑n=1

P(Y > n)

≤ 1+∞∑n=1

P(Y > n)

beim Grenzübergang k→∞.

Aufgabe 22.17 ••a) Es gilt (punktweise auf F) |X|q ≤ 1 + |X|p . Hieraus

folgtE|X|q ≤ 1+ E|X|p <∞.

b) Es sei X ∼ C(0, 1) mit Dichte f (x) = 1/(π(1 + x2)),x ∈ R. Dann gilt

E|X| =∫ ∞

−∞|x|

π(1+ x2)dx = ∞.

Ist p ∈ (0, 1), so folgt

E|X|p = 2

π

∫ ∞

0

xp

1+ x2dx,

und wegen∫ ∞

0

xp

1+ x2dx ≤ 1+

∫ ∞

1

1

x2−p dx <∞

ergibt sich E|X|p <∞.

Aufgabe 22.18 ••• Multipliziert man das im Hinweisangegebene Polynom aus, so ergibt sich

p(x)=x4−2

(a− 1

a

)x3+

(a2−4+ 1

a2

)x2+2

(a− 1

a

)x+1.

Wegen p(x) ≥ 0, x ∈ R, folgt aufgrund der Monotonie undLinearität der Erwartungswertbildung

0 ≤ Ep(X)

= EX4 − 2

(a− 1

a

)EX3

+(a2−4+ 1

a2

)EX2 + 2

(a− 1

a

)EX + 1

= EX4 − 2

(a− 1

a

)+(a2−4+ 1

a2

)+ 1.

Mit1

a= −1−√5

2

gilt

2

(a− 1

a

)−(a2−4+ 1

a2

)− 1 = 2,

und somit folgt EX4 ≥ 2. Weiter gilt

EX4 = 2 ⇐⇒ P(X = a)+ P(X = −1

a

)= 1.

Setzen wir p := P(X = a), so liefert die Bedingung EX = 0die Gleichung

0 = p a − (1− p)1a= p

(a + 1

a

)− 1

a

und somit

p = 1

1+ a2= 2

5+√5.

Direktes Nachrechnen ergibt, dass hiermit auch die Bedin-gungen EX2 = EX3 = 1 erfüllt sind.

Aufgabe 22.19 •• Zunächst existiert der rechts ste-hende Erwartungswert, denn es ist

maxj=1,...,n

|Xj | ≤n∑j=1

|Xj |

und E|Xj | = E|X1| <∞. Nach der Darstellungsformel aufSeite 837 gilt für jedes a mit 0 < a <∞

E(

maxj=1...,n

|Xj |)=

∫ ∞

0P(

maxj=1...,n

|Xj | > t)

dt

≤ a +∫ ∞

a

P(

maxj=1...,n

|Xj | > t)

dt.

Aufgrund der identischen Verteilung der Xj gilt

P(

maxj=1...,n

|Xj | > t)= P

n⋃j=1

{|Xj | > t}

≤n∑j=1

P(|Xj | > t)

= nP (|X1| > t)und somit – wenn wir a := √n setzen –

E(

maxj=1...,n

|Xj |)≤ √n+ n

∫ ∞√n

P (|X1| > t) dt.

Dividiert man beide Seiten durch n, so folgt die Behauptung,denn wegen

E|X1| =∫ ∞

0P (|X1| > t) dt <∞

gilt∫∞√n P (|X1| > t) dt → 0 für n→∞.


Aufgabe 22.20 ••• Wir setzen

Yj := Xj − EXj√V(Xj )

, j = 1, 2.

Dann gilt EYj = 0, V(Yj ) = 1 (j = 1, 2) sowie ρ =E(Y1Y2). Zu zeigen ist

P

2⋃j=1

{|Yj | > ε} ≤ 1+√

1− ρ2

ε2.

Für a ∈ R mit |a| < 1 ist die quadratische Form

g(x1, x2) :=(x1 x2

) 1

1− a2

1 −a−a 1

x1

x2

= x2

1 − 2ax1x2 + x22

1− a2

positiv definit. Wegen

g(x1, x2) = x21 +

(−ax1 + x2)2

1− a2= x2

2 +(−ax2 + x1)

2

1− a2

gilt weiter

1{R2 \ (−ε, ε)2} ≤ 1

ε2g(x1, x2), (x1, x2) ∈ R2.

Die Monotonie des Erwartungswertoperators liefert somit

P

2⋃j=1

{|Yj | > ε} = E

[1{R2 \ (−ε, ε)2}(Y1, Y2)

]≤ 1

ε2E [g(Y1, Y2)]

= 1

ε2

EY 21 − 2aE(Y1Y2)+ EY 2

2

1− a2

= 1

ε2

2− 2aρ

1− a2.

Setzt man speziell

a = ρ

1+√1− ρ2

,

so folgt die Behauptung für den Fall ρ2 �= 1. Im Fall ρ2 =1 gilt P(|Y1| = |Y2|) = 1, sodass sich die Behauptung indiesem Fall aus der Tschebyschow-Ungleichung ergibt.

Aufgabe 22.21 ••• Es sei a0 := 0 gesetzt. Für a > 0gilt

|x − a| − |x| =

a, falls x ≤ 0,

−2x + a, falls 0 < x ≤ a,−a, falls a < x

≥{a, falls x ≤ 0,

−a, falls x > 0.

Wegen P(X ≤ 0) ≥ 1/2 folgt

E(|X − a| − |X|)=

∫(|x − a| − |x|)PX(dx)

≥ a

∫1(−∞,0](x)PX(dx)− a

∫1(0,∞)(x)PX(dx)

= a (P(X ≤ 0)− P(X > 0))

≥ 0,

also E(|X − a|) ≥ E|X|. Für a < 0 gilt

|x − a| − |x| =

a, falls x < a,

2x − a, falls a ≤ x < 0,

−a, falls 0 ≤ x

≥{a, falls x < 0,

−a, falls x ≥ 0.

Hieraus folgt

E(|X − a| − |X|)=

∫(|x − a| − |x|)PX(dx)

≥ a

∫1(−∞,0)(x)PX(dx)− a

∫1[0,∞)(x)PX(dx)

= a (P(X < 0)− P(X ≥ 0))

≥ 0,

da P(X < 0) ≤ 1/2 und P(X ≥ 0) ≥ 1/2. Es gilt also

E|X| ≤ E|X − a|, a ∈ R,

was zu zeigen war.

Aufgabe 22.22 •• Da sich der Quartilsabstand und dieVarianz unter Translationen X *→ X + a nicht ändern,kann o.B.d.A. angenommen werden, dass X symmetrischum 0 verteilt ist. Wegen X ∼ −X folgt dann EX = 0 undQ1/4 = −Q3/4. Aufgrund der Voraussetzung über F giltweiterQ3/4 > 0. Die Tschebyschow-Ungleichung liefert

1

2= P(|X| ≥ Q3/4) ≤ V(X)

Q23/4

und somitQ3/4 ≤√

2V(X). Wegen

Q3/4 −Q1/4 = 2Q3/4

folgt die Behauptung.

Aufgabe 22.23 •• Mit dem Hinweis gilt

(X− µ)[−1(X− µ) ∼ (AY)(AA)−1AY

= YA(A)−1A−1AY

= YY

=k∑j=1

Y 2j ,

wobei Y = (Y1, . . . , Yk). Da Y1, . . . , Yk stochastisch un-

abhängig und je N(0, 1)-verteilt sind, folgt die Behauptungnach Definition der χ2

k -Verteilung.


Aufgabe 22.24 • a) Es gilt

ϕX(−t) =∫

e−itx PX(dx)

=∫

eitx PX(dx)

= ϕX(t).

Dabei folgt das letzte Gleichheitszeichen aus der Definitiondes Erwartungswertes einer C-wertigen Zufallsvariablen.

b) Es gilt

ϕaX+b(t) = E(

eit (aX+b)) = eitb E(

eiatX)

= eitb ϕX(at).

Aufgabe 22.25 •• a) Wegen ϕ(0) = 1 und der Stetig-keit von ϕ gilt c = ∫

ϕ(t) dt > 0. Da ϕ reellwertig undnichtnegativ ist, ist g eine Dichte. b) Sei Y eine Zufallsva-

riable mit der Dichte g. Nach der Umkehrformel für Dichtenauf Seite 856 gilt für die charakteristische Funktion von Y

ψ(t) =∫

eitxg(x) dx = 2π

c

1

2π

∫e−i(−t)xϕ(x) dx

= 2π

cf (−t).

Wegen der Reellwertigkeit von ϕ gilt nach Aufgabe 22.7

f (t) = f (−t), t ∈ R,

und damit

ψ(t) = 2π

cf (t), t ∈ R.

Aufgabe 22.26 •• a) Nach Teil a) des Satzes aufSeite 831 besitzt Z die Dichte

fZ(t) =∫ ∞

−∞fX(t + s)fY (s) ds.

Wegen fX(u) = fY (u) = exp(−u) für u ≥ 0 und fX(u) =fY (u) = 0 sonst, folgt

fZ(t) =

∫ ∞

0e−(t+s)e−s ds = e−t

2, t ≥ 0,∫ ∞

−te−(t+s)e−s ds = et

2, t < 0,

und somit

fZ(t) = 1

2e−|t |, t ∈ R.

Die charakteristische Funktion von Z ist

ϕZ(t) =∫ ∞

−∞eitx 1

2e−|x| dx

= 1

2

(∫ 0

−∞e(it+1)x dx +

∫ ∞

0e(it−1)x dx

)

= 1

2

(1

1+ it+ 1

1− it

)= 1

1+ t2 .

b) Es ist

c :=∫ ∞

−∞ϕZ(t) dz = π,

und somit ist die durch

g(t) := 1

cϕZ(t) = 1

π(1+ t2) , t ∈ R,

definierte Funktion eine Dichte (die Dichte der Cauchy-Verteilung C(0, 1)). Nach Aufgabe 22.25 b) hat eine Zufalls-variable Y mit der Cauchy-Verteilung C(0, 1) die charakte-ristische Funktion

ψ(t) = 2πfZ(t)

c= e−|t |, t ∈ R.

c) Es gilt Xj ∼ βYj + α, j = 1, . . . , n, wobei Yj ∼C(0, 1). Nach Eigenschaft d) charakteristischer Funktionenauf Seite 855 hat Xj die (von j unabhängige) charakteristi-sche Funktion

ϕ(t) = eitα ϕYj (βt) = eitα e−β|t |, t ∈ R.

d) Nach der Multiplikationsformel für charakteristischeFunktionen hat

∑nj=1Xj die charakteristische Funktion

exp(inαt) exp(−nβ|t |). Wiederum nach Eigenschaft d) aufSeite 855 besitzt das arithmetische Mittel n−1 ∑n

j=1Xj diecharakteristische Funktion ϕ. Das arithmetische Mittel hatalso die gleiche Verteilung wie jeder einzelne Summand.

Aufgabe 22.27 ••• „a) ⇒ c)“: Aus der Voraussetzungfolgt mit pa,h,m := P(X = a + hm) die Darstellung

ϕX(t) =∞∑

m=−∞pa,h,m eit (a+hm)

und somit∣∣∣ϕX(t+k 2π

h

)∣∣∣ = ∣∣∣∣ ∞∑m=−∞

pa,h,m exp

(i(a + hm)

(t+k 2π

h

))∣∣∣∣.Wegen exp(2π ikm) = 1 ergibt sich

exp

(i(a + hm)

(t+k 2π

h

))= ei(a+hm)t e2π iak/h

und deshalb∣∣∣ϕX(t+k 2π

h

)∣∣∣ = ∣∣∣ exp

(2π ik

h

) ∣∣∣ |ϕX(t)|= |ϕX(t)|.

„c) ⇒ b)“: Diese Implikation folgt unmittelbar wegenϕX(0) = 1.

„b)⇒ a)“: Sei ϕX(2π/h) =: eiα mit 0 ≤ α < 2π . Es folgt

0 = 1− ϕX(

2π

h

)e−iα

= 1−∫

exp

(i2π

hx

)e−iα PX(dx)

=∫ [

1− exp

(i

(2π

hx − α

))]PX(dx)

=∫ [

1− cos

(2π

hx − α

)]PX(dx).


Das letzte Gleichheitszeichen gilt wegen 0 ∈ R. Da derIntegrand nichtnegativ ist und die Gleichung 0 = 1 −cos(2πx/h− α) zu

x ∈{αh

2π+mh

∣∣∣m ∈ Z}

äquivalent ist, folgt die Behauptung mit a := αh/(2 π),denn ganz allgemein gilt ja für Maßintegrale die Implikation„f ≥ 0 und

∫f dµ = 0 �⇒ f = 0µ-f.ü.“ (siehe Folgerung

a) auf Seite 245).


1

2T

∫ T−T

e−itaϕ(t) dt= 1

2T

∫ T−T

e−ita∫ ∞

−∞eitxPX(dx) dt

= 1

2T

∫ ∞

−∞

∫ T−T

eit (x−a)dt PX(dx)

= 1

2T

∫ ∞

∞eit (x−a)i(x − a)

∣∣∣∣T−T PX(dx)

= 1

2T

∫ ∞

−∞2 sin(T (x−a))

x − a PX(dx)

=∫ ∞

−∞sin(T (x − a))T (x − a) PX(dx).

Dabei wurde beim zweiten Gleichheitszeichen der Satz vonFubini verwendet. Der Integrand im letzten Integral konver-giert für T → ∞ gegen 0, falls x �= a bzw. gegen 1, fallsx = a. Da der Integrand betragsmäßig durch 1 nach obenbeschränkt ist, ergibt sich mit dem Satz von der dominiertenKonvergenz

limT→∞

1

2T

∫ T−T

e−itaϕ(t) dt =∫ ∞

−∞1{a}(x)PX(dx)

= P(X = a).

Rechenaufgaben

Aufgabe 22.29 • a) Die FunktionF ist monoton wach-send und stetig, also insbesondere rechtsseitig stetig, und esgilt F(x)→ 0 für x → −∞ sowie F(x)→ 1 für x →∞.Somit ist F eine Verteilungsfunktion.

b) Es ist

P(X ≤ 10) = F(10) = 1− 1/(1+ 10) = 10/11 ≈ 0.909

sowie wegen der Stetigkeit von F

P(5 ≤ X ≤ 8) = P(5 < X ≤ 8) = F(8)− F(5)= 1

6− 1

9= 1

18≈ 0.0556.

c) Die FunktionF ist mit Ausnahme des Punktes x = 0 stetigdifferenzierbar, und die Ableitung ist F ′(x) = 0 für x < 0undF ′(x) = 1/(1+x)2 für x > 0. Setzen wirf (x) := F ′(x)für x �= 0 und f (0) := 0, so gilt F(x) = ∫ x

−∞ f (t) dt fürjedes x ∈ R. Also ist f eine Dichte von F .

Aufgabe 22.30 •• X und Y haben die gemeinsameDichte

h(x, y) := 1

π, falls x2 + y2 ≤ 1

und h(x, y) := 0 sonst. Wegen h(x, y) = 0, falls |x| > 1oder |y| > 1 ergibt sich die marginale Dichte von X aus dergemeinsamen Dichte gemäß (22.14) zu

f (x) = 1

π

∫ √1−x2

−√

1−x21 dy = 2

π

√1− x2, (22.17)

falls |x| ≤ 1 und f (x) = 0 für |x| > 1 (siehe nachstehendeAbbildung). Aus Symmetriegründen besitzt Y die gleichemarginale Dichte wie X.

1 1 x

f (x )

Marginale Dichte der Gleichverteilung im Einheitskreis

X und Y sind nicht unabhängig, denn es gilt etwa P(X >0.8, Y > 0.8) = 0, aber P(X > 0.8)P(Y > 0.8) > 0.

Aufgabe 22.31 •• a) Nach Definition ist die Vertei-lungsfunktion G einer Zufallsvariablen Y durch G(t) :=P(Y ≤ t), t ∈ R, gegeben. Hiermit folgt wegen {X4 ≤t} = ∅ für t < 0 und {X4 ≤ t} = {−t1/4 ≤ X ≤ t1/4}sowie P(−t1/4 ≤ X ≤ t1/4) = F(t1/4) − F(−t1/4) (hierging P(X = −t1/4) = 0 und somit die Stetigkeit von F ein!)

G(t) := P(X4 ≤ t) ={F(t1/4)− F(−t1/4), falls t ≥ 0,

0 sonst.

b) Analog zu oben ist

G(t) := P(|X| ≤ t) ={F(t)− F(−t), falls t ≥ 0,

0 sonst.

die Verteilungsfunktion von |X|.c) Wegen der Stetigkeit von F gilt

G(t) := P(−X ≤ t) = P(X ≥ −t) = 1− P(X < −t)= 1− P(X ≤ −t) = 1− F(−t), t ∈ R.

Aufgabe 22.32 • Für jedes a > 0 liegt eine Borel-messbare nichtnegative Funktion vor. Eine Dichte entsteht,wenn die Normierungsbedingung

∫∞−∞ f (x)dx = 1 erfüllt

ist. Wegen f (x) = f (−x), x ∈ R, gilt∫ ∞

−∞f (x) dx = 2a

∫ ∞

0exp(−x) dx = 2a.


Eine Dichte entsteht also für a = 1/2. Wegen der Symmetrieder Dichte um 0 genügt die zugehörige VerteilungsfunktionF der Gleichung F(x) + F(−x) = 1, x ∈ R. Insbesonderegilt also F(0) = 1/2. Für x > 0 folgt

F(x) = 1

2+ 1

2

∫ x0

exp(−t) dt

= 1

2+ 1

2(− exp(−t))

∣∣∣x0= 1− 1

2exp(−x).

Aufgabe 22.33 • Modellieren wir den Messfehler alsZufallsvariable X mit der Verteilung N(0, 0.2025), so giltwegen 0.2025 = 0.452 unter Verwendung von Tabelle 22.21

P(|X| ≤ 0.45) = P(−1 ≤ X

0.45≤ 1

)= C(1)−C(−1) = 2C(1)− 1

≈ 2 · 0.8413− 1 = 0.6826.

In gleicher Weise folgt

P(|X| ≤ 0.9) = P(−2 ≤ X

0.45≤ 2

)= C(2)−C(−2) = 2C(2)− 1

≈ 2 · 0.9772− 1 = 0.9544.

Aufgabe 22.34 • Gesucht ist

P(|X − µ| ≤ k σ) = P(∣∣∣X − µ

σ

∣∣∣ ≤ k)für k = 1, 2, 3. Da X̃ := (X − µ)/σ standardnormalverteiltist, ergibt sich

P(|X − µ| ≤ k σ) = P(|X̃| ≤ k)= C(k)−C(−k)= 2C(k)− 1.

Mit C(1) = 0.8413, C(2) = 0.9772 und C(3) = 0.9987folgt

P(|X − µ| ≤ σ) = 0.6826,

P(|X − µ| ≤ 2σ) = 0.9544,

P(|X − µ| ≤ 3σ) = 0.9974

(sog. k-Sigma-Grenzen).

Aufgabe 22.35 • Die Dichte ϕ der Standard-Normal-verteilung besitzt die Potenzreihenentwicklung

ϕ(t) = 1√2π

exp

(− t

2

2

)= 1√

2π

∞∑k=0

(−t2/2)kk!

= 1√2π

∞∑k=0

(−1)kt2k

2kk! , t ∈ R.

Da die Konvergenz dieser Reihe auf dem kompakten Intervall[0, x] gleichmäßig ist, kann über diesem Intervall gliedweiseintegriert werden. Wegen

C(x) = 1

2+∫ x

0ϕ(t) dt

für x > 0 folgt die Behauptung.

Aufgabe 22.36 •• a) Es gilt

limx→−∞F0(x) = lim

x→−∞1

1+ e−x = 0,

limx→∞F0(x) = lim

x→∞1

1+ e−x = 1.

F ist stetig auf R, und für x, y mit x ≤ y gilt

F0(x) = 1

1+ e−x ≤ 1

1+ e−y = F0(y).

Somit ist F0 eine Verteilungsfunktion. Außerdem gilt für je-des x ∈ R

1− F0(x) = 1− 1

1+ e−x =1+ e−x − 1

1+ e−x

= e−x1+ e−x =

1

ex + 1= F0(−x).

b) Die Dichte f0 ergibt sich durch Differenziation von F0 zu

f0(x) = e−x(1+ e−x)2

, x ∈ R.

x10

1

y

x 0 x 1

Dichte der logistischen Verteilung L(0, 1)

c) Aufgrund der Gleichung

f (x) = 1

σf0

(x − aσ

)ist

f0(y) = F0(y) (1− F0(y)) , y ∈ R,

zu zeigen. Wegen

1− F0(y) = e−y1+ e−y

folgt diese Gleichung sofort aus der Gestalt von f0.


Aufgabe 22.37 • Wegen P(0 < X < 1) = 1 giltP(0 < Y < 1) = 1. Bezeichnet G die Verteilungsfunktionvon Y , so gilt somit G(y) = 0, falls y ≤ 0 und G(y) = 1,falls y ≥ 1. Für y ∈ (0, 1) gilt (siehe nachstehende Abbil-dung des Graphen von x *−→ 4 x (1− x))

x

f0 (x )

10− 1

0.25

{x∈(0, 1) | 4x(1− x) ≤ y}=(0, x0] + [x1, 1),

wobei

x0 = 1−√1−y2

, x1 = 1+√1−y2

.

Es folgt

G(y)=P(Y ≤ y)=P

(0 < X ≤ 1−√1−y

2

)+P

(1+√1−y

2≤ X < 1

)=1−√1− y

2+ 1− 1+√1− y

2

=1−√1− y.

Die Dichte von Y ist g(y) = (2√1− y)−1/2 1(0,1)(y).

Aufgabe 22.38 •• a) Die Dichte f1 von X1 ergibt sichdurch Integration gemäß

f1(x1)=√

2

πexp

(−3

2x2

1

)∫ ∞

−∞exp

(−3

2x2

2 − x1x2

)dx2.

Quadratische Ergänzung liefert mit a := −x1/3 undτ 2 := 1/3

f1(x1)= 2√3π

exp

(−4

3x2

1

)∫ ∞

−∞1

σ√

2πexp

(−(x2−a)2

2τ 2

)dx2 .

Da das Integral aufgrund der Normierungsbedingung für dieDichte der N(a, τ 2)-Normalverteilung gleich 1 ist, folgt mitσ 2 := 3/8

f1(x1) = 1

σ√

2πexp

(− x

21

2σ 2

), x1 ∈ R,

und damit X1 ∼ N(0, σ 2). Weil die Dichte f symmetrischin x1 und x2 ist, ist die Dichte f2 von X2 identisch mit f1,und somit folgt auch X2 ∼ N(0, σ 2).

X1 und X2 sind nicht stochastisch unabhängig, denn sonstwäre

f̃ (x1, x2) := f1(x1)f2(x2) = 1

σ 22πexp

(−x

21 + x2

2

2σ 2

)

eine gemeinsame Dichte von X1 und X2. Da f und f̃ ver-schieden sind (es reicht, eine Umgebung von (0, 0) zu be-trachten), sind nach dem Satz über stochastische Unabhän-gigkeit und Dichten auf Seite 821 X1 und X2 nicht stocha-stisch unabhängig.

b) Es gilt Y1

Y2

= AX1

X2

,wobei

A =1 1

1 −1

.Die MatrixA definiert eine bijektive AbbildungT (x) := Ax,x = (x1, x2)

∈ R2, des R2 auf sich, wobei |detA| = 2.Setzen wir y = (y1, y2)

, so ist die Umkehrabbildung T −1

durch

T −1(y1, y2) = 1

2

1 1

1 −1

y1

y2

, (y1, y2) ∈ R2,

gegeben. Mit dem Transformationssatz auf Seite 827 ergibtsich die gemeinsame Dichte g von Y1 und Y2 zu

g(y1, y2) = f ((y1 + y2)/2, (y1 − y2)/2)

|detA| .

Setzt man (y1 + y2)/2 für x1 und (y1 − y2)/2 für x2 in dieDefinition der Dichte f (x1, x2) ein, so wird der Exponenti-alausdruck zu

−3

2

(y1 + y2

2

)2

− (y1 + y2)(y1 − y2)

4− 3

2

(y1 − y2

2

)2

= −y21 −

1

2y2

2 .

Die gemeinsame Dichte von Y1 und Y2 ist somit

g(y1, y2) = 1

π√

2exp

(−y2

1 −y2

2

2

)

= 1

σϕ(y1

σ

)ϕ(y2), (y1, y2) ∈ R2.

Dabei wurde kurz σ := 1/√

2 gesetzt, und ϕ bezeichnet wiefrüher die Dichte der Standardnormalverteilung N(0, 1). DieZufallsvariablen Y1 und Y2 besitzen also die Normalvertei-lungen N(0, 1/2) bzw. N(0, 1), und sie sind nach dem Satzüber stochastische Unabhängigkeit und Dichten auf Seite 821stochastisch unabhängig.


Aufgabe 22.39 •• Für t > 0 ist

G(t) = P(X < tY )

=∫ ∞

0

(∫ ty0λ e−λx dx

)λ e−λy dy

=∫ ∞

0(1− exp(−λty)) λ e−λy dy

= 1− λ∫ ∞

0exp(−λ(t + 1)y) dy

= 1− 1

t + 1

= t

t + 1.

Wegen P(X/Y > 0) = 1 ist G(t) = 0 für t ≤ 0.


(V1, V2, V3) ∼√kT

m(Z1, Z2, Z3),

wobei Z1, Z2, Z3 stochastisch unabhängig und je N(0, 1)-normalverteilt sind. Somit gilt mit dem Hinweis

Y =√V 2

1 + V 22 + V 2

3 ∼√kT

m

√Z,

wobei Z eine χ23 -Verteilung und somit die Dichte

f (x) = 1

23/2 ](3/2)exp

(−x

2

)x3/2−1, x > 0,

und f (x) := 0 sonst besitzt. Mit der Abkürzung a :=√(kT )/m hat Y nach dem Satz (Methode Verteilungsfunk-

tion) auf Seite 824 die Verteilungsfunktion

G(y) :=P(Y ≤y)=P(a√Z ≤ y) = P

(Z ≤ y

2

a2

), y > 0,

sowieG(y) := 0 für y ≤ 0. Somit ist die Dichte von Y durch

g(y) = f

(y2

a2

)2y

a2

=√

2

π

( mk T

)3/2y2 exp

(−my

2

2 k T

)

für y > 0 und g(y) = 0 sonst gegeben.

Aufgabe 22.41 •• Durch Übergang zu Polarkoordina-ten x = r cos θ , y = r sin θ , dxdy = rdrdθ erhält man

1 =∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞ψ(x2+y2) dxdy =

∫ ∞

0ψ(r2)rdr

∫ 2π

01dθ

und somit ∫ ∞

0ψ(r2)rdr = 1

2π.

Mit (22.29) ergibt sich dann die Dichte von X/Y zu

g(t) =∫ ∞

−∞f (ts, s) |s| ds

=∫ ∞

−∞ψ((t2 + 1)s2) |s| ds

= 2∫ ∞

0ψ((t2 + 1)s2) s ds

= 2

1+ t2∫ ∞

0ψ(r2) rdr

= 1

π(1+ t2) .

Aufgabe 22.42 • Nach der auf Seite 827 formuliertenAussage sind mit unabhängigen und je U(0, 1)-verteilten Zu-fallsvariablen U1, U2 die Zufallsvariablen

Y1 := √−2 logU1 sin (2πU2) ,

Y2 := √−2 logU1 cos (2πU2)

unabhängig und je standardnormalverteilt. Aus diesemGrund besitzt der Quotient zweier unabhängiger und je stan-dardnormalverteilter Zufallsvariablen die gleiche Verteilungwie Y1/Y2 = tan(2πU2). Da die Tangensfunktion die Pe-riode π besitzt, hat tan(2πU2) die gleiche Verteilung wieT := tan(πU2). Aus dem Verlauf des Graphen der Tangens-funktion auf dem Intervall (0, π) ergibt sich für t ≥ 0

P(T ≤ t) = 1

2+ P

(U2 ≤ 1

πarctan t

)= 1

2+ 1

πarctan t

und aus Symmetriegründen für t < 0 ebenfalls

P(T ≤ t) = 1− P(T ≤ −t)= 1−

(1

2+ 1

πarctan(−t)

)= 1

2+ 1

πarctan t.

Durch Ableiten erhält man die Dichte f (t) = 1/(π(1+ t2)).Man beachte, dass die in der Aufgabenstellung geschilderteSituation ein Spezialfall von Aufgabe 22.41 ist.

Aufgabe 22.43 •• Es gilt (X1, X2) ∼ (Y1, Y2), wobei

Y1 := √−2 logU1 sin (2πU2) ,

Y2 := √−2 logU1 cos (2πU2)

und die Zufallsvariablen U1, U2 unabhängig und jeU(0, 1)-verteilt sind. Es folgt mit der Abkürzung R :=√−2 logU1 und der trigonometrischen Gleichung sin(2α) =


2 sin α cosα

X1X2√X2

1 +X22

∼ Y1Y2√Y 2

1 + Y 22

= R2 sin (2πU2) cos (2πU2)

R= R sin (2πU2) cos (2πU2)

= 1

2R sin (4πU2) .

Da sin (4πU2) die gleiche Verteilung wie sin (2πU2) besitztund R sin (2πU2) standardnormalverteilt ist, folgt die Be-hauptung.

Aufgabe 22.44 •• Da X und Y die gleichen Verteilun-gen wie aX0 und aY0 besitzen, wobei X0 und Y0 im In-tervall (0, 1) gleichverteilt sind, kann o.B.d.A. a = 1 an-genommen werden. Die Dichten von X und Y sind dannfX(s) = fY (s) = 1(0,1)(t), t ∈ R. Nach Teil c) des Satzesauf Seite 831 ist

g(t) =∫ ∞

−∞1(0,1)(ts)1(0,1)(s) |s| ds,

also unter Berücksichtigung der Positivitätsbereiche beiderDichten für t > 0

g(t) =∫ min(1,1/t)

0s ds = 1

2(min(1, 1/t))2 .

Die zugehörige Verteilungsfunktion ist

G(t) = P(X/Y ≤ t) ={t/2, falls 0 ≤ t ≤ 1,

1− 12t , falls 1 < t <∞,

sowie G(t) := 0 sonst.

Aufgabe 22.45 •• Auf Seite 850 wurden die margina-len Dichten f und g von X und Y zu

f (x) = 2(1− x), g(x) = 2x, 0 ≤ x ≤ 1,

und f (x) = g(x) := 0 sonst bestimmt. Hieraus ergibt sicha) und b) wie folgt:

EX = 2∫ 1

0x(1− x) dx = 1

3,

EY = 2∫ 1

0y2 dy = 2

3,

EX2 = 2∫ 1

0x2(1− x) dx = 1

6,

V(X) = EX2 − (EX)2 = 1

18,

EY 2 = 2∫ 1

0y3 dy = 1

2,

V(Y ) = EY 2 − (EY )2 = 1

18.

Nach der allgemeinen Transformationsformel (22.38) giltweiter

E(XY) =∫ ∫

x y 2 1A(x, y) dxdy

= 2∫ 1

0x

(∫ 1

x

y dy

)dx

= 2∫ 1

0x

1

2(1− x2) dx

= 1

4,

und somit erhält man

Cov(X, Y ) = E(XY)− EX EY = 1

36,

ρ(X, Y ) = Cov(X, Y )√V(X)V(Y )

= 1

2,

also c).

Aufgabe 22.46 • Es sei[ =: diag(σ 21 , . . . , σ

2k ). Dann

gilt

[−1 = diag(σ−2

1 , . . . , σ−2k

)sowie det([) = σ 2

1 . . . σ2k , und die gemeinsame Dichte von

X1, . . . , Xk hat somit die Gestalt

f (x) = 1

(2π)k/2σ1 . . . σkexp

− k∑j=1

(xj − µj )22σ 2j

=

k∏j=1

(1

σj√

2πexp

(− (xj − µj )

2

2σ 2j

)),

x = (x1, . . . , xk) ∈ Rk . Die gemeinsame Dichte ist alsodas Produkt der marginalen Dichten von X1, . . . , Xk . Nachdem Unabhängigkeitskriterium für Dichten auf Seite 821sind X1, . . . , Xk stochastisch unabhängig.

Aufgabe 22.47 •• Wir beziehen uns im Folgenden aufAbb. 22.23. Da zwischen Y und X die Gleichung

tan(Y− π

2

)= X − α

β

besteht, folgt mit P(Y ≤ y) = y/π , 0 ≤ y ≤ π , für dieVerteilungsfunktion F von X

F(x) = P(X ≤ x) = P(X − αβ

≤ x − αβ

)= P

(Y ≤ π

2+ arctan

(x − αβ

))= 1

2+ 1

πarctan

(x − αβ

), x ∈ R.

Nach (22.44) gilt X ∼ C(α, β).

Aufgabe 22.48 • Die Verteilungsfunktion von X ist

F(x) = 1

2+ 1

πarctan

(x − αβ

), x ∈ R.


Es gilt

F(α) = 1

2,

F (α + β) = 1

2+ 1

πarctan(1) = 3

4,

F (α − β) = 1

2+ 1

πarctan(−1) = 1

4.

DaF stetig und streng monoton wachsend ist, folgtα = Q1/2sowie α + β = Q3/4, α − β = Q1/4, was zu zeigen war.

Aufgabe 22.49 • Wir schreiben wie üblich S ∼ T ,wenn Zufallsvariablen S und T die gleiche Verteilung besit-zen. Es sei X ∼ Wei(α, 1) und Y := (1/λ)1/αX. Weiter seiU ∼ Exp(1). Nach Erzeugungsweise der Weibull-Verteilung(vgl. (22.49)) gilt X ∼ U1/α und somit Y ∼ (U/λ)1/α . We-gen U/λ ∼ Exp(λ) folgt (wiederum aufgrund von (22.49))die Behauptung. Alternativ kann man auch direkt die Vertei-lungsfunktion und dann die Dichte von Y ausrechnen.

Aufgabe 22.50 •• a) Mit der in (22.48) gegebenenDichte ergibt sich

EXk = α λ∫ ∞

0xk+α−1 exp

(−λxα) dx.

Substituiert man hier y = λ xα , so folgt

EXk = 1

λk/α

∫ ∞

0yk/α e−y dy = ](1+ k/α)

λk/α.

b) Nach a) gilt

EX =](

1+ 1α

)λ1/α

.

Da eine Wei(α, λ)-verteilte Zufallsvariable X die Vertei-lungsfunktion

F(x) = 1− exp(−λ xα) , x > 0,

besitzt, ist die Quantilfunktion durch

F−1(p) =[−1

λlog(1− p)

]1/α

, 0 < p < 1,

gegeben. Der Median Q1/2 = F−1(1/2) ergibt sich somitzu

Q1/2 = (log 2)1/α

λ1/α.

Wegen

(log 2)1/α < 1 < ]

(1+ 1

α

)folgt die Behauptung.

Aufgabe 22.51 •• Wir zeigen das Resultat durch Induk-tion über k. Dabei gehen wir von der Erzeugungsweise

X ∼ Y 21 + Y 2

2 + . . .+ Y 2k

der χ2k -Verteilung mit unabhängigen und je N(0, 1)-

normalverteilten Zufallsvariablen Y1, . . . , Yk aus. Für denInduktionsanfang k = 1 verwenden wir das Resultat (22.26)über die Dichte des Quadrates einer Zufallsvariablen. Setzenwir in (22.26) für f die Dichte ϕ der Standardnormalvertei-lung ein, so ergibt sich unmittelbar der Induktionsanfang. Fürden Induktionsschluss von k auf k + 1 sei

X ∼ Y 21 + Y 2

2 + . . .+ Y 2k + Y 2

k+1

mit unabhängigen standardnormalverteilten ZufallsvariablenY1, . . . , Yk+1. Wir setzen

U := Y 21 + . . .+ Y 2

k , V := Y 2k+1.

Nach dem Blockungslemma sindU undV stochastisch unab-hängig, und X besitzt die gleiche Verteilung wie die SummeU + V . Die Dichte fk+1 von U + V erhalten wir über dieFaltungsformel aus der Dichte fk von U (Induktionsvoraus-setzung!) und die Dichte f1 von V (Induktionsanfang!). Esergibt sich für t > 0

fU+V (t)=∫ ∞

−∞fU (s) fV (t − s) ds

=∫ t

0

e−s/2sk/2−1

2k/2](k2 )

e−(t−s)/2(t − s)1/2−1

21/2]( 12 )

dt

= e−t/2

2(k+1)/2](k2 ) ](12 )

∫ t0sk/2−1(t − s)−1/2 dt

= e−t/2 t (k+1)/2−1

2(k+1)/2 ](k2 ) ](12 )

∫ 1

0uk/2−1(1−u)1/2−1 du.

Nach (22.55) gilt

∫ 1

0uk/2−1(1− u)1/2−1 du =

](k2

)](

12

)](k+1

2

) ,

und somit folgt

fU+V (t) = 1

2(k+1)/2](k+1

2

) e−t2 t

k+12 −1 = fk+1(t),

was zu zeigen war.

Aufgabe 22.52 •• a) Die Dichte der Lognormalvertei-lung LN(µ, σ 2) ist

f (x) = 1

σx√

2πexp

(− (log x − µ)2

2σ 2

), x > 0,

und f (x) = 0 sonst. Aufgrund der strengen Monotonie derLogarithmusfunktion können wir auch die Funktion

x *→ log f (x) = − log x − (log x − µ)22σ 2

− log(σ√

2π)

im Bereich x > 0 maximieren. Die Substitution y := log xzeigt, dass wir auch die Funktion

y *→ −y − (y − µ)2

2σ 2


bezüglich y maximieren können. Der Wert y0, an dem dieseFunktion ihr Maximum annimmt, ist y0 = µ−σ 2. Die Rück-transformation x = exp(y) liefert dann a).

b) Da die Lognormalverteilung LN(µ, σ 2) die Verteilungs-funktion F(x) = C((log x−µ)/σ), x > 0, besitzt, führt dieGleichung F(x) = 1/2 auf die Lösung x = exp(µ).

c) Mit der Substitution u = log x und quadratischer Ergän-zung ergibt sich

EX = 1

σ√

2π

∫ ∞

0x · 1x

exp

(− (log x − µ)2

2σ 2

)dx

= 1

σ√

2π

∫ ∞

−∞euexp

(− (u− µ)

2

2σ 2

)du

= exp

(− µ

2

2σ 2

)exp

((µ+ σ 2)2

2σ 2

)×

× 1

σ√

2π

∫ ∞

−∞exp

(− (u− (µ+ σ

2))2

2σ 2

)du

= exp(µ+ σ 2/2

).

d) Wir substituieren wieder u = log x und erhalten

EX2= 1√2π

∫ ∞

0x exp

(− (log x − µ)2

2σ 2

)dx

= 1√2π

∫ ∞

0e2u exp

(− (u− µ)

2

2σ 2

)du

=e2(µ+σ 2)

∫ ∞

−∞1

σ√

2πexp

(− (u− (µ+ 2σ 2))2

2σ 2

)du

=e2(µ+σ 2).

Wegen V(X) = EX2 − (EX)2 folgt jetzt d) zusammen mitc) und direkter Rechnung.

Aufgabe 22.53 •• Unter Verwendung von (22.56) undder Funktionalgleichung ](t + 1) = t](t), t > 0, für dieGammafunktion ist

EXk =∫ ∞

−∞x f (x) dx

= 1

B(α, β)

∫ ∞

0xk+α−1(1− x)β−1 dx

= B(α + k, β)B(α, β)

= ](α + k) ](β) ](α + β)](α + k + β) ](α)](β)

= ](α + k)](α)

](α + β)](α + β + k)

=k−1∏j=0

α + jα + β + j .

b) Die Behauptung folgt unmittelbar aus a) und V(X) =EX2 − (EX)2.

c) Wir bestimmen zunächst die Dichte vonY := W/V . Dieseergibt sich nach Teil c) des Satzes über die Dichte einer Dif-ferenz, eines Produktes und eines Quotienten unabhängigerZufallsvariablen auf Seite 831 zu

fY (t) =∫ ∞

0fW (ts) fV (s) s ds

= λβ

](β)

λα

](α)

∫ ∞

0(ts)β−1e−λtssα−1e−λs s ds

= λα+β tβ−1

](α)](β)

∫ ∞

0sα+β−1 e−λ(t+1)s ds.

Mit der Substitution u := λ(t + 1)s und

∫ ∞

0uα+β−1 e−u du = ](α + β)

folgt

fY (t) = λα+β tβ−1

](α)](β)

](α + β)(λ(t + 1))α+β

= tβ−1

B(α, β)(t + 1)α+β

für t > 0 und fY (t) = 0 sonst. Man beachte, dass der Skalen-parameter λ der Gammaverteilung nach (22.53) keine Rollespielt. Wir hätten ihn schon zu Beginn o.B.d.A. zu λ = 1setzen können.

Die Dichte von

X = V

V +W = 1

1+ Y

ergibt sich jetzt nach dem Satz auf Seite 824 mitO = (0,∞)und T (y) := 1/(1+y), y ∈ O, sowie T ′(y) = −1/(1+y)2,T −1(x) = 1/x − 1 zu

fX(x) =fY

(1x− 1

)1

(1+ 1/x − 1)2

= x−2 fY

(1− xx

)= x−2 1

B(α, β)

(1− x)β−1

xβ−1xα+β

= xα−1(1− x)β−1

B(α, β)

für 0 < x < 1 und fX(x) = 0 sonst. Somit gilt X ∼BE(α, β).


Aufgabe 22.54 •• Die Dichte g der Verteilung ](r, β)ist

g(z) = βr

](r)zr−1e−βz

für z > 0 und g(z) = 0 sonst. Wie im Beispiel auf Seite 849ist mit

P(X = k|Z = z) = e−z zk

k! , k ∈ N0, z > 0,

für jedes k ∈ N0

P(X = k) =∫ ∞

0P(X = k|Z = z) g(z) dz

=∫ ∞

0e−z z

k

k!βr

](r)zr−1e−βz dz

= βr

](r) k!∫ ∞

0zk+r−1 exp(−(1+ β)z) dz

= βr

(r − 1)! k! (1+ β)k+r∫ ∞

0uk+r−1e−u du

= βr

(r − 1)! k! (1+ β)k+r ](k + r)

=(k + r − 1

r − 1

) (β

1+ β)r ( 1

1+ β)k.

Nach Definition der negativen Binomialverteilung folgthieraus die Behauptung.

Kapitel 23

Aufgaben

Verständnisfragen

Aufgabe 23.1 • Zeigen Sie, dass die in (23.1) stehendeMenge zu A gehört.

Aufgabe 23.2 • Es sei (Xn)n≥1 eine Folge von Zu-fallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum (F,A,P)mit Xn ≤ Xn+1, n ≥ 1, und Xn

P−→ X. Zeigen Sie:

Xnf.s.−→ X.

Aufgabe 23.3 •• Zeigen Sie, dass in einem diskretenWahrscheinlichkeitsraum die Begriffe fast sichere Konver-genz und stochastische Konvergenz zusammenfallen.

Aufgabe 23.4 • Es seien X,X1,X2, . . . (als Spalten-vektoren aufgefasste) d-dimensionale Zufallsvektoren auf

einem Wahrscheinlichkeitsraum (F,A,P) mit XnP−→ X

und A,A1, A2, . . . reelle (k × d)-Matrizen mit An → A.

Zeigen Sie: An XnP−→ AX.

Aufgabe 23.5 •• Es sei (Xn, Yn)n≥1 eine Folge un-abhängiger, identisch verteilter zweidimensionaler Zufalls-vektoren auf einem Wahrscheinlichkeitsraum (F,A,P) mitEX2

1 <∞, EY 21 <∞, V(X1) > 0, V(Y1) > 0 und

Rn :=

1

n

n∑j=1

(Xj −Xn

) (Yj − Yn

)√√√√1

n

n∑j=1

(Xj −Xn

)2 1

n

n∑j=1

(Yj − Yn

)2

der sogenannte empirische Korrelationskoeffizient von(X1, Y1), . . . , (Xn, Yn), wobeiXn := n−1 ∑n

j=1Xj , Yn :=n−1 ∑n

j=1 Yj . Zeigen Sie:

Rnf.s.−→ Cov(X1, Y1)√

V (X1) · V (Y1)= ^(X1, Y1).

Aufgabe 23.6 • Zeigen Sie, dass für den Beweis desstarken Gesetzes großer Zahlen o.B.d.A. die Nichtnegativitätder Zufallsvariablen Xn angenommen werden kann.

Aufgabe 23.7 •• Formulieren und beweisen Sie einstarkes Gesetz großer Zahlen für Zufallsvektoren.

Aufgabe 23.8 •• Für die Folge (Xn) unabhängiger Zu-fallsvariablen gelte

P(Xn = 1) = P(Xn = −1) = 1

2(1− 2−n),

P(Xn = 2n) = P(Xn = −2n) = 1

2n−1.

a) Zeigen Sie, dass die Folge (Xn) nicht dem Kolmogorov-Kriterium genügt.

b) Zeigen Sie mit Aufgabe 23.21, dass für (Xn) ein starkesGesetz großer Zahlen gilt.

Aufgabe 23.9 •• Zeigen Sie, dass eine endliche MengeQ von Wahrscheinlichkeitsmaßen auf B1 straff ist.

Aufgabe 23.10 •• In einer Folge (Xn)n≥1 von Zufalls-variablen habe Xn die charakteristische Funktion

ϕn(t) := sin(nt)

nt, t �= 0,

und ϕn(0) := 0. Zeigen Sie, dass Xn eine Gleichverteilungin (−n, n) besitzt und folgern Sie hieraus, dass die Folge(Xn) nicht nach Verteilung konvergiert, obwohl die Folge(ϕn) punktweise konvergent ist. Welche Bedingung des Ste-tigkeitssatzes von Lévy-Cramér ist verletzt?

Aufgabe 23.11 •• Es seien Y1, Y2, . . . Zufallsvariablenund (an), (σn) reelle Zahlenfolgen mit σn > 0, n ≥ 1, und

Yn − anσn

D−→ Z

für eine Zufallsvariable Z. Zeigen Sie: Sind (bn) und (τn)reelle Folgen mit τn > 0, n ≥ 1, und (an − bn)/σn → 0sowie σn/τn → 1, so folgt

Yn − bnτn

D−→ Z.

Aufgabe 23.12 ••a) Es seien Y, Y1, Y2, . . . Zufallsvariablen mit Verteilungs-

funktionen F,F1, F2, . . ., sodass YnD−→ Y für n→∞.

Ferner sei t eine Stetigkeitsstelle von F und (tn) eineFolge mit tn → t für n→∞. Zeigen Sie:

limn→∞Fn(tn) = F(t).

b) Zeigen Sie, dass in den Zentralen Grenzwertsätzen vonLindeberg-Feller und Lindeberg-Lévy jedes der „≤“-Zeichen durch das „<“-Zeichen ersetzt werden kann.

c) Es sei Sn ∼ Bin(n, 1/2), n ∈ N. Bestimmen Sie denGrenzwert

limn→∞P

(Sn ≤ n

2

(√n sin

(1

n

)+ 1

)).

Aufgabe 23.13 •• In der Situation und mit den Bezeich-

nungen der Box auf Seite 876 gilt√n(In − I )/σf D−→

N(0, 1). Es sei

Jn := |B| · 1

n

n∑j=1

f 2(Uj ), σ 2n := |B|2

(Jn

|B| −I 2n

|B|2).

Zeigen Sie:

a) σ 2n

f.s.−→ σ 2f für n→∞.

b)√n(In − I )/σn D−→ N(0, 1) für n→∞.


Aufgabe 23.14 •• Zeigen Sie:

a) limn→∞

n∑k=0

e−n nk

k! =1

2,

b) limn→∞

2n∑k=0

e−n nk

k! = 1.

Aufgabe 23.15 •• Die Zufallsvariable Sn besitze dieBinomialverteilung Bin(n, pn), n ≥ 1, wobei 0 < pn < 1und pn → p ∈ (0, 1) für n→∞. Zeigen Sie:

Sn − npn√npn(1− pn)

D−→ N(0, 1) für n→∞.

Beweisaufgaben

Aufgabe 23.16 • Beweisen Sie den Satz zur Äquiva-lenz der fast sicheren bzw. stochastischen Konvergenz vonZufallsvektoren zur jeweils komponentenweisen Konvergenzauf Seite 871.

Aufgabe 23.17 ••• Es sei (Xn)n≥1 eine Folge vonZufallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum(F,A,P).

a) Zeigen Sie: Xnf.s.−→ 0 �⇒ 1

n

n∑j=1

Xjf.s.−→ 0.

b) Gilt diese Implikation auch, wenn fast sichere Konver-genz durch stochastische Konvergenz ersetzt wird?

Aufgabe 23.18 •• Es sei (Xn) eine Folge unabhän-giger Zufallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum(F,A,P)mit P(Xn = 1) = 1/n und P(Xn = 0) = 1−1/n,n ≥ 1. Zeigen Sie, dass die Folge (Xn) stochastisch, abernicht fast sicher gegen null konvergiert.

Aufgabe 23.19 •• Es sei V die Menge aller reellen Zu-fallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum (F,A,P)und d : V × V → [0, 1] durch

d(X, Y ) := inf{ε ≥ 0 | P(|X − Y | > ε) ≤ ε}definiert. Zeigen Sie: Für X, Y,Z,X1, X2, . . . ∈ V gelten:

a) d(X, Y ) = min{ε > 0 | P(|X − Y | > ε) ≤ ε}b) d(X, Y ) = 0 ⇐⇒ X = Y P-f.s.,

c) d(X,Z) ≤ d(X, Y )+ d(Y, Z),d) limn→∞ d(Xn,X) = 0 ⇐⇒ Xn

P−→ X.

Aufgabe 23.20 •••a) Es sei (Xn)n≥1 eine Folge identisch verteilter Zufalls-

variablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum (F,A,P).Es existiere ein k ≥ 1 so, dass Xm und Xn stochastischunabhängig sind für |m−n| ≥ k (m, n ≥ 1). Zeigen Sie:

E|X1| < ∞ �⇒ 1

n

n∑j=1

Xjf.s.→ EX1.

b) Ein echter Würfel werde in unabhängiger Folge gewor-fen. Die Zufallsvariable Yj beschreibe die beim j -tenWurf erzielte Augenzahl, j ≥ 1. Zeigen Sie:

1

n

n∑j=1

1{Yj < Yj+1} f.s.−→ 5

12.

Aufgabe 23.21 •• Es seien (Xn)n≥1 und (Yn)n≥1 Fol-gen von Zufallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeits-raum (F,A,P) mit

∞∑n=1

P(Xn �= Yn) <∞.

Zeigen Sie:1

n

n∑j=1

Yjf.s.−→ 0 �⇒ 1

n

n∑j=1

Xjf.s.−→ 0.

Aufgabe 23.22 •• Es sei (Xn) eine Folge unabhän-giger Zufallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum(F,A,P) mit Xn ∼ Bin(1, 1/n), n ≥ 1. Zeigen Sie:

limn→∞

1

log n

n∑j=1

Xj = 1 P-fast sicher.

Aufgabe 23.23 •• Es sei (Xn) eine u.i.v.-Folge mitX1 ∼ U(0, 1). Zeigen Sie:

a) n

(1− max

1≤j≤nXj)

D−→ Exp(1) für n→∞.

b) n min1≤j≤nXj

D−→ Exp(1) für n→∞.

Aufgabe 23.24 •• Es seien X,X1, X2, . . . ;Y1, Y2, . . .

Zufallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum(F,A,P) mit Xn

D−→ X und YnP−→ a für ein a ∈ R.

Zeigen Sie:

Xn YnD−→ a X.

Aufgabe 23.25 •• Es seien Xn, Yn, n ≥ 1, Zufallsva-riablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum (F,A,P) sowie(an), (bn) beschränkte Zahlenfolgen mit limn→∞ an = 0.Weiter gelte Xn = OP(1) und Yn = OP(1). Zeigen Sie:

a) Xn + Yn = OP(1), Xn Yn = OP(1),b) Xn + bn = OP(1), bn Xn = OP(1),c) an Xn = oP(1).

Aufgabe 23.26 •• Es sei Xn ∼ N(µn, σ 2n ), n ≥ 1. Zei-

gen Sie:

Xn = OP(1)⇐⇒ (µn) und (σ 2n ) sind beschränkte Folgen.

Aufgabe 23.27 ••• Es sei (F,A,P) := ((0, 1),B1 ∩(0, 1), λ1|(0,1)) sowie N := {ω ∈ F | ∃n ∈ N ∃ε1, . . . , εn ∈{0, 1}, ε = 1, mit ω =∑n

j=1 εj 2−j } die Menge aller Zah-len in (0, 1) mit abbrechender dyadischer Entwicklung.


a) Zeigen Sie: P(N) = 0.b) Jedes ω ∈ F \ N besitzt eine eindeutig bestimmte dya-

dische Entwicklung ω = ∑∞j=1Xj (ω) 2−j . Definieren

wir zusätzlich Xj (ω) := 0 für ω ∈ N , j ≥ 1, so sindX1, X2, . . . {0, 1}-wertige Zufallsvariablen auf F. Zei-gen Sie:X1, X2, . . . sind stochastisch unabhängig und jeBin(1, 1/2)-verteilt.

c) Nach Konstruktion gilt

limn→∞

n∑j=1

Xj 2−j = idF P-fast sicher,

wobei idF die Gleichverteilung U(0, 1) besitzt. DieGleichverteilung in (0, 1) besitzt die charakteristischeFunktion t−1 sin t . Zeigen Sie unter Verwendung des Ste-tigkeitssatzes von Lévy-Cramér:

sin t

t=

∞∏j=1

cos

(t

2j

), t ∈ R.

Aufgabe 23.28 •• Es seien µ ∈ R, (Zn) eine Folge vonZufallsvariablen und (an) eine Folge positiver reeller Zahlenmit

an(Zn − µ) D−→ N(0, 1) und ZnP−→ µ

für n → ∞. Weiter sei g : R → R eine stetig differenzier-bare Funktion mit g′(µ) �= 0. Zeigen Sie:

an (g(Zn)− g(µ)) D−→ N(

0, (g′(µ))2)

für n→∞

(sog. Fehlerfortpflanzungsgesetz).

Aufgabe 23.29 •• Es seien X,X1, X2, . . . Zu-fallsvariablen mit zugehörigen VerteilungsfunktionenF,F1, F2, . . . Zeigen Sie: Ist F stetig, so gilt:

XnD−→ X ⇐⇒ lim

n→∞ supx∈R

|Fn(x)− F(x)| = 0.

Aufgabe 23.30 •• Es seien X,X1, X2, . . . Zufallsva-riablen mit Verteilungsfunktionen F,F1, F2, . . . und zuge-hörigen Quantilfunktionen F−1, F−1

1 , F−12 , . . . Zeigen Sie:

Aus Fn(x)→ F(x) für jede Stetigkeitsstelle x von F folgtF−1n (p)→ F−1(p) für jede Stetigkeitsstelle p von F−1.

Aufgabe 23.31 •• Zeigen Sie, dass aus dem Zen-tralen Grenzwertsatz von Lindeberg-Feller derjenige vonLindeberg-Lévy folgt.

Aufgabe 23.32 •• Für eine u.i.v.-Folge (Xn) mit 0 <σ 2 := V(X1) und EX4

1 <∞ sei

S2n :=

1

n− 1

n∑j=1

(Xj −Xn)2

die sog. Stichprobenvarianz, wobei Xn := n−1 ∑nj=1Xj .

Zeigen Sie:

a) S2n konvergiert P-fast sicher gegen σ 2.

b) Mit µ := EX1 und τ 2 := E(X1 − µ)4 − σ 4 > 0 gilt

√n(S2n − σ 2

) D−→ N(0, τ 2).

Aufgabe 23.33 • Es seien z1, . . . , zn, w1, . . . , wn ∈C mit |zj |, |wj | ≤ 1 für j = 1, . . . , n. Zeigen Sie:

∣∣∣ n∏j=1

zj −n∏j=1

wj

∣∣∣ ≤ n∑j=1

|zj − wj |

Aufgabe 23.34 •• Es seien W1,W2, . . . , eine u.i.v.-Folge mit EW1 = 0 und 0 < σ 2 := V(W1) < ∞ sowie(an) eine reelle Zahlenfolge mit an �= 0, n ≥ 1. Weiter seiTn :=∑n

j=1 ajWj . Zeigen Sie:

Aus limn→∞

max1≤j≤n |aj |√∑nj=1 a

2j

= 0 folgtTn√

V(Tn)D−→ N(0, 1).

Aufgabe 23.35 •• Es sei (Xn)n≥1 eine Folge von un-abhängigen Indikatorvariablen und Sn :=∑n

j=1Xj . ZeigenSie: Aus

∑∞n=1 V(Xn) = ∞ folgt die Gültigkeit des Zentra-

len Grenzwertsatzes (Sn − ESn)/√

V(Sn)D−→ N(0, 1).

Rechenaufgaben

Aufgabe 23.36 •• Der Lufthansa Airbus A380 bietetinsgesamt 526 Fluggästen Platz. Da Kunden manchmal ihrenFlug nicht antreten, lassen Fluggesellschaften zwecks opti-maler Auslastung Überbuchungen zu. Es sollen möglichstviele Tickets verkauft werden, wobei jedoch die Wahrschein-lichkeit einer Überbuchung maximal 0.05 betragen soll. Wieviele Tickets dürfen dazu maximal verkauft werden, wenn be-kannt ist, dass ein Kunde mit Wahrscheinlichkeit 0.04 nichtzum Flug erscheint und vereinfachend angenommen wird,dass das Nichterscheinen für verschiedene Kunden unabhän-gig voneinander ist?

Aufgabe 23.37 •• Da jeder Computer nur endlich vieleZahlen darstellen kann, ist das Runden bei numerischen Aus-wertungen prinzipiell nicht zu vermeiden. Der Einfachheithalber werde jede reelle Zahl auf die nächstgelegene ganzeZahl gerundet, wobei der begangene Fehler durch eine Zu-fallsvariable R mit der Gleichverteilung U(−1/2, 1/2) be-schrieben sei. Für verschiedene zu addierende Zahlen seiendiese Fehler stochastisch unabhängig. Addiert man 1200Zahlen, so könnten sich die Rundungsfehler R1, . . . , R1200theoretisch zu ±600 aufsummieren. Zeigen Sie: Es gilt

P

∣∣∣ 1200∑j=1

Rj

∣∣∣ ≤ 20

≈ 0.9554.


Aufgabe 23.38 •• Die Zufallsvariablen X1, X2, . . .

seien stochastisch unabhängig, wobeiXk ∼ N(0, k!), k ≥ 1.Zeigen Sie:

a) Es gilt der Zentrale Grenzwertsatz.

b) Die Lindeberg-Bedingung ist nicht erfüllt.

Aufgabe 23.39 •• In einer Bernoulli-Kette mit Treffer-wahrscheinlichkeit p ∈ (0, 1) bezeichne Tn die Anzahl derVersuche, bis der n-te Treffer aufgetreten ist.

a) Zeigen Sie:

limn→∞P

(Tn >

n+ a√n(1− p)p

)= 1−C(a), a ∈ R.

b) Wie groß ist ungefähr die Wahrscheinlichkeit, dass beifortgesetztem Werfen eines echten Würfels die hunderts-te Sechs nach 650 Würfen noch nicht aufgetreten ist?

Aufgabe 23.40 •• Wir hatten in Aufgabe 21.6 gesehen,dass in einer patriarchisch orientierten Gesellschaft, in derEltern so lange Kinder bekommen, bis der erste Sohn ge-boren wird, die Anzahl der Mädchen in einer aus n Fami-lien bestehenden Gesellschaft die negative Binomialvertei-lung Nb(n, 1/2) besitzt. Zeigen Sie:

a) Für jede Wahl von a, b ∈ R mit a < b gilt

limn→∞P

(n+ a√n≤Sn≤b +

√n)=C( b√

2

)−C

(a√2

).

b) limn→∞P(Sn ≥ n) = 1

2.

Hinweise

Verständnisfragen

Aufgabe 23.1 • Betrachten Sie die Ereignisse{|Xn −X| ≤ 1/k}.

Aufgabe 23.2 • Verwenden Sie die auf Seite 868 an-gegebene Charakterisierung der fast sicheren Konvergenz.

Aufgabe 23.3 •• In einem diskreten Wahrscheinlich-keitsraum (F,A,P) gibt es eine abzählbare TeilmengeF0 ∈ A mit P(F0) = 1.

Aufgabe 23.4 • Verwenden Sie das Teilfolgenkrite-rium für stochastische Konvergenz.

Aufgabe 23.5 •• Der Durchschnitt endlich vieler Eins-Mengen ist ebenfalls eine Eins-Menge.

Aufgabe 23.6 • Zerlegen Sie Xn in Positiv- und Ne-gativteil.

Aufgabe 23.7 •• Der Durchschnitt endlich vieler Eins-Mengen ist ebenfalls eine Eins-Menge.

Aufgabe 23.8 •• Wählen Sie in b) Yn := Xn1{Xn = ±1}.

Aufgabe 23.9 •• Die Vereinigung endlich vieler kom-pakter Mengen ist kompakt.

Aufgabe 23.10 •• Rechnen Sie die charakteristischeFunktion der Gleichverteilung U(0, 1) aus.

Aufgabe 23.11 •• Beachten Sie das Lemma von Sluzki.

Aufgabe 23.12 •• –

Aufgabe 23.13 •• Verwenden Sie für b) das Lemmavon Sluzki.

Aufgabe 23.14 •• Deuten Sie die Summen wahrschein-lichkeitstheoretisch.

Aufgabe 23.15 •• Es liegt ein Dreiecksschema vor.

Beweisaufgaben


Aufgabe 23.17 ••• Wählen Sie für b) unabhängige Zu-fallsvariablen X1, X2, . . . mit P(Xn = 0) = 1 − 1

nund

P(Xn = 2n) = 1n

, n ≥ 1, und schätzen Sie die Wahrschein-lichkeit P(n−1 ∑n

j=1Xj > 1) nach unten ab. Verwenden Siedabei die Ungleichung log t ≤ t − 1 sowie die Beziehung

k∑j=1

1

j− log k − γ → 0 für k→∞,

wobei γ die Euler-Mascheroni’sche Konstante bezeichnet.

Aufgabe 23.18 •• Wenden Sie das Lemma von Borel-Cantelli einmal auf die Ereignisse An = {Xn = 1}, n ≥ 1,und zum anderen auf die Ereignisse Bn = {Xn = 0}, n ≥ 1,an.

Aufgabe 23.19 •• Überlegen Sie sich, dass das Infi-mum angenommen wird.

Aufgabe 23.20 ••• Betrachten Sie die TeilfolgeX1, Xk+1, X2k+1, . . .

Aufgabe 23.21 •• Verwenden Sie das Lemma vonBorel-Cantelli.

Aufgabe 23.22 •• Verwenden Sie das Kolmogorov-Kriterium und beachten Sie

∑∞n=2 1/(n(log n)2) <∞.


Aufgabe 23.23 •• Nutzen Sie für b) die Verteilungs-gleichheit (X1, . . . , Xn) ∼ (1−X1, . . . , 1−Xn) aus.

Aufgabe 23.24 •• Betrachten Sie die Fälle a = 0,a > 0 und a < 0 getrennt.

Aufgabe 23.25 •• –

Aufgabe 23.26 •• Verwenden Sie für „⇐“ die Markov-Ungleichung P(|Xn| > L) ≤ L−2EX2

n. Überlegen Sie sichfür „⇒“ zunächst, dass die Folge (µn) beschränkt ist.

Aufgabe 23.27 ••• –

Aufgabe 23.28 •• Taylorentwicklung von g um µ!

Aufgabe 23.29 •• Schätzen Sie die Differenz Fn(x) −F(x) mithilfe der Differenzen Fn(xjk) − F(xjk) ab, wobeifür k ≥ 2 xjk := F−1(j/k), 1 ≤ j < k, sowie x0k := −∞,xkk := ∞.

Aufgabe 23.30 •• –

Aufgabe 23.31 •• Weisen Sie die Lindeberg-Bedin-gung nach.

Aufgabe 23.32 •• Es istXj−Xn = Xj−µ−(Xn−µ).


Aufgabe 23.34 •• Prüfen Sie die Gültigkeit derLindeberg-Bedingung.

Aufgabe 23.35 •• Mit aj = EXj gilt E(Xj − aj )4 ≤aj (1− aj ).

Rechenaufgaben

Aufgabe 23.36 •• –

Aufgabe 23.37 •• Zentraler Grenzwertsatz!

Aufgabe 23.38 •• Wie verhält sich n! zu∑nk=1 k!?

Aufgabe 23.39 •• Stellen Sie Tn als Summe von unab-hängigen Zufallsvariablen dar.

Aufgabe 23.40 •• Verwenden Sie das Additionsgesetzfür die negative Binomialverteilung und den ZentralenGrenzwertsatz von Lindeberg-Lévy.

Lösungen

Verständnisfragen







Aufgabe 23.7 •• Es sei (Xn)n≥1 eine Folge stocha-stisch unabhängiger und identisch verteilter k-dimensionalerZufallsvektoren auf einem Wahrscheinlichkeitsraum(F,A,P) mit E‖X‖∞ <∞. Dann gilt

1

n

n∑j=1

Xjf.s.−→ EX1,

wobei EX1 der Vektor der Erwartungswerte der Komponen-ten von X1 ist.



Aufgabe 23.10 •• –

Aufgabe 23.11 •• –

Aufgabe 23.12 •• c) C(1).

Aufgabe 23.13 •• –

Aufgabe 23.14 •• –

Aufgabe 23.15 •• –

Beweisaufgaben


Aufgabe 23.17 ••• b) Nein.

Aufgabe 23.18 •• –

Aufgabe 23.19 •• –

Aufgabe 23.20 ••• –

Aufgabe 23.21 •• –


Aufgabe 23.22 •• –

Aufgabe 23.23 •• –

Aufgabe 23.24 •• –

Aufgabe 23.25 •• –

Aufgabe 23.26 •• –

Aufgabe 23.27 ••• –

Aufgabe 23.28 •• –

Aufgabe 23.29 •• –

Aufgabe 23.30 •• –

Aufgabe 23.31 •• –

Aufgabe 23.32 •• –


Aufgabe 23.34 •• –

Aufgabe 23.35 •• –

Rechenaufgaben

Aufgabe 23.36 •• –

Aufgabe 23.37 •• –

Aufgabe 23.38 •• –

Aufgabe 23.39 •• –

Aufgabe 23.40 •• –

Lösungswege

Verständnisfragen

Aufgabe 23.1 • Es gilt{limn→∞Xn = X

}=⋂k≥1

⋃m≥1

⋂n≥m

{|Xn −X| ≤ 1

k

},

denn ein ω ∈ F liegt genau dann in der links stehendenMenge, wenn es zu jedem k ∈ N ein m ∈ N gibt, sodass fürjedes n ≥ m die Ungleichung |Xn(ω) − X(ω)| ≤ 1/k gilt.Da jede der Mengen {|Xn − X| ≤ 1/k} zu A gehört und Agegenüber abzählbaren Durchschnitten und Vereinigungenabgeschlossen ist, gilt {limn→∞Xn = X} ∈ A.

Aufgabe 23.2 • Aus der Voraussetzung folgt 0 ≤ X−Xn+1 ≤ X −Xn für jedes n ≥ 1 und somit

supk≥n

|Xk −X| = |Xn −X|.

Nach Voraussetzung gilt P(|Xn − X| > ε) → 0 für jedesε > 0. Aus obiger Gleichheit und dem Kriterium für fastsichere Konvergenz folgt die Behauptung.

Aufgabe 23.3 •• In einem diskreten Wahrscheinlich-keitsraum (F,A,P) gibt es eine abzählbare TeilmengeF0 ∈ A mit P(F0) = 1. Wir zeigen, dass aus der stocha-

stischen Konvergenz XnP−→ X die Konvergenz Xn(ω0)→

X(ω0) für jedes ω0 ∈ F0 mit P({ω0}) > 0 folgt, womit

Xnf.s.−→ X gezeigt wäre.

Sei hierzu ω0 ∈ F0 mit P({ω0}) > 0 beliebig, aber festgewählt. Würde Xn(ω0) nicht gegen X(ω0) konvergieren,so gäbe es zu jedem ε > 0 eine Teilfolge (Xnj )j≥1 mit|Xnj (ω0)−X(ω0)| > ε für jedes j ≥ 1. Es würde also

{ω0} ⊆ {ω ∈ F | |Xnj (ω)−X(ω)| > ε}= {|Xnj −X| > ε}, j ≥ 1,

und somit

P({ω0}) ≤ P(|Xnj −X| > ε), j ≥ 1,

gelten. Da mit (Xn) auch die Teilfolge (Xnj ) stochastischgegen X konvergiert, gilt

limj→∞P(|Xnj −X| > ε) = 0

und somit P({ω0}) = 0, im Widerspruch zur Voraussetzung.

Folglich gilt Xnf.s.−→ X.

Aufgabe 23.4 • Wir benutzen das Teilfolgenkriteriumauf Seite 870. Es sei (Xnk )k≥1 eine beliebige Teilfolge von(Xn)n≥1. Nach besagtem Kriterium existiert eine weitere

Teilfolge (Xn′k )k≥1 mit Xn′kf.s.−→ X, also limk→∞ Xn′k (ω) =

X(ω) für jedes ω aus einer Eins-MengeF0 und somit wegenAn′k → A auch limk→∞ An′kXn′k (ω) = AX(ω), ω ∈ F0.Die Behauptung folgt somit aus dem Teilfolgenkriterium.

Aufgabe 23.5 •• Eine direkte Rechnung ergibt

Rn =1n

∑nj=1XjYj −Xn Yn√(

1n

∑nj=1X

2j −X

2n

) (1n

∑nj=1 Y

2j − Y

2n

)Wegen E|X1Y1| ≤ (EX2

1EY 21 )

1/2 < ∞ sowie E|X1| < ∞,E|Y1| < ∞ können wir das Starke Gesetz großer Zahlenjeweils auf die u.i.v.-Folgen (XjYj ), (Xj ), (Yj ), (X2

j ) und

(Y 2j ) anwenden und erhalten auf Eins-Mengen F1, . . . F5


1

n

n∑j=1

Xj (ω)Yj (ω)→ EX1Y1, ω ∈ F1,

1

n

n∑j=1

Xj (ω)→EX1, ω ∈ F2,1

n

n∑j=1

Yj (ω)→EY1, ω ∈ F3,

1

n

n∑j=1

X2j (ω)→EX2

1, ω ∈ F4,1

n

n∑j=1

Y 2j (ω)→EY 2

1, ω ∈ F5.

Wegen 0 < V(X1) = EX21 − (EX1)

2, 0 < V(Y1) =EY 2

1 − (EY1)2 gilt dann für jedes ω aus der Eins-Menge

F1 ∩ . . . ∩F5 die Konvergenz Rn(ω)→ ^(X1, Y1).

Aufgabe 23.6 • Es seiXn = X+n −X−n die Zerlegungvon Xn in Positivteil X+n = max(Xn, 0) und NegativteilX−n = −min(Xn, 0). Gilt

1

n

n∑j=1

X+jf.s.−→ EX+1 ,

1

n

n∑j=1

X−jf.s.−→ EX−1

und somit punktweise Konvergenz der Folge der ersten bzw.zweiten Mittelwerte auf Eins-Mengen F1 bzw. F2, so folgtfür jedes ω ∈ F1 ∩F2 die Konvergenz

1

n

n∑j=1

Xj (ω) = 1

n

n∑j=1

X+j (ω)−1

n

n∑j=1

X−j (ω)

→ EX+1 − EX−1 = EX1.

Wegen P(F1 ∩F2) = 1 gilt also n−1 ∑nj=1Xj

f.s.−→ EX1.

Aufgabe 23.7 •• Es sei Xn = (X(1)n , . . . , X(k)n ), n ≥ 1,sowie EX1 = (EX(1)1 , . . . ,EX

(k)1 ). Nach Voraussetzung

ist für jedes j ∈ {1, . . . , k} die j -te Komponentenfolge(X(j)n )n≥1 eine Folge von unabhängigen identisch verteilten

Zufallsvariablen mit existierendem Erwartungswert EX(j)1 .Nach dem starken Gesetz großer Zahlen gibt es eine MengeFj ∈ A mit P(Fj ) = 1, sodass für jedes ω ∈ Fj die Kon-vergenz

limn→∞

1

n

n∑k=1

X(j)k (ω) = EX(j)1

besteht. Für die Menge F0 := ∩kj=1Fj gilt P(F0) = 1, undfür jedes ω ∈ F0 gilt die (vektorielle) Konvergenz

limn→∞

1

n

n∑l=1

Xl (ω) = EX1,

was zu zeigen war.

Aufgabe 23.8 •• a) Es gilt EXn = 0 und

V(Xn) = EX2n

= 1

2(1− 2−n) · 2+ 22n

2n+1

= 1− 2−n + 2n.

Es folgt

∞∑n=1

V(Xn)n2

=∞∑n=1

1− 2−n + 2n

n2≥

∞∑n=1

2n

n2

≥∞∑n=1

n

n2= ∞,

sodass die Folge (Xn) nicht dem Kolmogorov-Kriterium ge-nügt.

b) Wir setzen Yn := Xn1{Xn = ±1}, also

P(Yn = 1) = P(Yn = −1) = 1

2(1−2−n), P(Yn = 0) = 1

2n.

Es gilt

∞∑n=1

P(Xn �= Yn) =∞∑n=1

P(Yn = 0) =∞∑n=1

1

2n<∞

sowie V(Yn) = EY 2n = 1 − 2−n. Nach dem Kolmogorov-

Kriterium gilt n−1 ∑nj=1 Yj

f.s.−→ 0 und zusammen mit Auf-

gabe 23.21 dann auch n−1 ∑nj=1Xj

f.s.−→ 0.

Aufgabe 23.9 •• Es seien Q = {Q1, . . . ,Qk} undε > 0 beliebig. Wegen [−n, n] ↑ R und der Tatsache,dass ein Wahrscheinlichkeitsmaß stetig von unten ist, exi-stiert zu jedem j ∈ {1, . . . , k} eine kompakte MengeKj mitQj(Kj ) ≥ 1− ε. Die Menge K := K1 ∪ . . . ∪Kk ist kom-pakt, und es gilt Qm(K) ≥ 1 − ε für jedes m = 1, . . . , k,was zu zeigen war.

Aufgabe 23.10 •• Eine Zufallsvariable mit der Gleich-verteilung U(−n, n) besitzt die auf (−n, n) konstante Dichte1/(2n) und somit aus Symmetriegründen die charakteristi-sche Funktion

ψ(t) = 1

2n

∫ n−n

eitx dx

= 1

2n

∫ n−n

cos(tx) dx

= 1

n

∫ n0

cos(tx) dx

= sin(nt)

nt, t �= 0,

und ψ(0) = 0. Nach dem Eindeutigkeitssatz für charakteri-stische Funktionen gilt Xn ∼ U(−n, n). Ist k ∈ N beliebig,so gilt für n ≥ k

P(|Xn| ≤ k) = 2k

2n

und folglich limn→∞ P(|Xn| ≤ k) = 0. Also ist die Folge(Xn) nicht straff; sie kann somit auch nicht nach Verteilungkonvergieren. Die Folge (ϕn) konvergiert punktweise gegendie durch ϕ(t) = 1 für t �= 0 und ϕ(0) = 0 gegebeneFunktion. Da diese nicht stetig im Nullpunkt ist, liegt keinWiderspruch zum Stetigkeitssatz von Lévy-Cramér vor.



Yn − bnτn

= Yn − anσn

· σnτn+ an − bn

σn· σnτn

=: Yn − anσn

· un + vn.

Nach Voraussetzung gelten un → 1 und vn → 0, und so-mit folgt die Behauptung aus dem Lemma von Sluzki aufSeite 881.

Setzt man speziell mit der n-ten harmonischen Zahl Hn =∑nj=1 j

−1

an = Hn, σ 2n = Hn −

n∑j=1

1

j2, bn = log n, τ 2

n = log n,

so liegen nach dem Beispiel auf Seite 892 die obigen Vor-aussetzungen für Rn = Yn (Anzahl der Rekorde) vor und esfolgt die am Ende des Beispiels behauptete Asymptotik.

Aufgabe 23.12 •• a) Es sei ε > 0 beliebig. Wir wählena > 0 so, dass t + a ∈ C(F ) und t − a ∈ C(F ) und

F(t + a) ≤ F(t)+ ε, F (t − a) ≥ F(t)− ε.

Für n ≥ n0(ε) gilt t−a ≤ tn ≤ t+a. Wegen der Monotonie

von Fn und YnD−→ Y ergibt sich für solche n

Fn(tn) ≤ Fn(t + a)→ F(t + a) ≤ F(t)+ ε,Fn(tn) ≥ Fn(t − a)→ F(t − a) ≤ F(t)− ε.

Es folgt

F(t)− ε ≤ lim infn→∞ Fn(tn) ≤ lim sup

n→∞Fn(tn) ≤ F(t)+ ε

und damit die Behauptung, da ε beliebig klein gewählt wer-den kann.

b) Sei S∗n die standardisierte Partialsumme in den oben ge-nannten Sätzen. Nach Voraussetzung gilt

limn→∞P(S∗n ≤ t) = C(t), t ∈ R.

Nun ist P(S∗n < t) ≤ P(S∗n ≤ t) und somit

lim supn→∞

P(S∗n < t) ≤ C(t).

Andererseits gibt es zu beliebig vorgegebenem ε > 0 eina > 0 mit C(t − a) ≥ C(t)− ε. Es folgt

C(t)− ε ≤ C(t − a)⇐ P(S∗n ≤ t − a) ≤ P(S∗n < t)

und somit lim infn→∞ P(S∗n < t) ≥ C(t) − ε. Lässt man εgegen 0 streben, so ergibt sich die Behauptung.

c) Bezeichnet

S∗n =Sn − n

2√n

2

die standardisierte Zufallsvariable, so folgt mit tn :=n sin( 1

n)

P(Sn ≤ n

2

(√n sin

(1

n

)+ 1

))= P(S∗n ≤ tn).

Wegen tn → 1 folgt nach a)

limn→∞P

(Sn ≤ n

2

(√n sin

(1

n

)+ 1

))= C(1).

Aufgabe 23.13 •• a) Da∫B f

2(x) dx < ∞ vorausge-setzt ist, gilt nach dem starken Gesetz großer Zahlen

Jnf.s.−→ |B| · Ef 2(U1) =

∫B

f 2(x) dx.

Zusammen mit (23.13) folgt

σ 2n = |B|2

(Jn

|B| −I 2n

|B|2)

f.s.−→ |B|2(

1

|B|∫B

f 2(x) dx − 1

|B|2(∫B

f (x)dx

)2)

= σ 2f .

b) Nach a) gilt σn/σff.s.−→ 1 und somit auch σf /σn

f.s.−→ 1,

also auch σf /σnP−→ 1. Wegen

√n(In − I )σn

=√n(In − I )σf

· σfσn

folgt die Behauptung aus Teil b) des Lemmas von Sluzki aufSeite 881.

Aufgabe 23.14 •• a) Seien X1, X2, . . . unabhängigeund je Po(1)-verteilte Zufallsvariablen. Nach dem Additi-onsgesetz für die Poisson-Verteilung gilt dann Sn := X1 +. . .+Xn ∼ Po(n), und wegen EX1 = V(X1) = 1 liefert derZentrale Grenzwertsatz von Lindeberg-Lévy

n∑k=0

e−n nk

k! = P(Sn ≤ n)

= P(Sn − n√n

≤ 0

)→ C(0)

= 1

2.

b) Mit den Bezeichnungen von a) gilt

2n∑k=0

e−n nk

k! = P(Sn ≤ 2n)

= P(Sn − n√n

≤ 2n− n√n

)= P

(Sn − n√n

≤ √n).


Sei ε > 0 beliebig und a so, dassC(a) ≥ 1−ε. Für genügendgroßes n gilt

√n ≥ a und somit

P(Sn − n√n

≤ √n)≥ P

(Sn − n√n

≤ a)

→ C(a)

≥ 1− ε.Insgesamt folgt

lim infn→∞

2n∑k=0

e−n nk

k! ≥ 1− ε

und damit die Behauptung, da ε > 0 beliebig war.

Aufgabe 23.15 •• Es gilt Sn ∼ Xn,1 + . . . + Xn,n mitunabhängigen ZufallsvariablenXn,j ∼ Bin(1, pn), 1 ≤ j ≤n. Es liegt also ein Dreiecksschema {Xn,j : n ≥ 1, 1 ≤ j ≤n} vor. Wir prüfen die Gültigkeit der Ljapunov-Bedingung(23.37) mit δ = 2 nach. Es gilt

σ 2n = V(Sn) = npn(1− pn)

und an,j = E(Xn,j ) = pn. Wegen |Xn,j − an,j |4 ≤ 1 ergibtsich

1

σ 4n

n∑j=1

E|Xn,j − an,j |4 ≤ n · 1n2p2

n(1− pn)2→ 0

für n→∞, was zu zeigen war.

Beweisaufgaben

Aufgabe 23.16 • a) : Es gelte Xnf.s.−→ X, also

Xn(ω) → X(ω), ω ∈ F0, wobei F0 ∈ A und P(F0) = 1.Dann folgt X(j)n (ω) → X(j)(ω), ω ∈ F0, für jedes j =1, . . . , k, also die komponentenweise fast sichere Konver-

genz. Gilt umgekehrtX(j)nf.s.−→ X(j) für jedes j = 1, . . . , k,

so existieren Mengen F1, . . . , Fk ∈ A mit P(Fj ) = 1 und

X(j)n (ω) → X(j)(ω), ω ∈ Fj , für jedes j = 1, . . . , k. Für

die Menge F0 := F1 ∩ . . . ∩ Fk gilt P(F0) = 1, und fürjedes ω ∈ F0 konvergiert Xn(ω) gegen X(ω). Es gilt also

Xnf.s.−→ X.

b) : Für jedes l = 1, . . . , k und jedes ε > 0 gilt

{|X(l)n −X(l)| > ε} ⊆ {‖Xn − X‖∞ > ε}

=k⋃j=1

{|X(j)n −X(j)| > ε}.

Aus XnP−→ X folgt also P(|X(l)n − X(l)| > ε) → 0, l =

1, . . . , k, und umgekehrt ziehtX(j)nP−→ X(j), j = 1, . . . , k,

die Abschätzung

P (‖Xn − X‖∞ > ε) ≤k∑j=1

P(|X(j)n −X(j)| > ε)

und somit XnP−→ X nach sich.

Aufgabe 23.17 ••• a) Für jedes ω ∈ F folgt ausXn(ω) → 0 nach dem Grenzwertsatz von Cauchy (vgl.Seite 875) n−1 ∑n

j=1Xj (ω)→ 0. Somit gilt unter der Vor-aussetzung

P

limn→∞

1

n

n∑j=1

Xj = 0

≥ P(

limn→∞Xn = 0

)= 1.

b) SeienX1, X2, . . .wie im Hinweis. Wegen P(|Xn| > ε) =P(Xn = 2n) = 1/n→ 0 gilt dann Xn

P−→ 0. Andererseitsgilt aufgrund der Unabhängigkeit vonX1, X2, . . . und wegender Ungleichung log(1+ x) ≤ x für jedes n ≥ 3

P

1

n

n∑j=1

Xj > 1

= P

n∑j=1

Xj > n

≥ P

n⋃j=Bn/2C

{Xj > n}

= 1− P

n⋂j=Bn/2C

{Xj ≤ n}

= 1−n∏

j=Bn/2CP(Xj ≤ n)

= 1−n∏

j=Bn/2C

(1− 1

j

)

= 1− exp

n∑j=Bn/2C

log

(1− 1

j

)≥ 1− exp

− n∑j=Bn/2C

1

j

.Mit dem Hinweis und einer mit o(1) bezeichneten Nullfolgegilt

n∑j=Bn/2C

1

j= log n− log (Bn/2C − 1))+ o(1)

≥ log n− log (Bn/2C))+ o(1)

≥ log n− log

(3

4n

)+ o(1)

= log

(4

3

)+ o(1).

Somit kann n−1 ∑nj=1Xj nicht stochastisch gegen null kon-

vergieren.

Aufgabe 23.18 •• Es sei ε > 0. Wegen P(|Xn| ≥ε) = P(Xn = 1) = 1/n gilt Xn

P−→ 0. Andererseits gilt∑∞n=1 P(Xn = 1) = ∞. Weil die Ereignisse An := {Xn =

1}, n ≥ 1, unabhängig sind, liefert Teil b) des Lemmas vonBorel-Cantelli die Beziehung P(lim supn→∞ An) = 1. Für


jedes ω ∈ lim supAn gilt Xn(ω) = 1 für unendlich viele nund somit

lim supn→∞

Xn(ω) = 1. (23.18)

In gleicher Weise gilt aber auch P(lim supn→∞ Bn) = 1,wobei Bn := {Xn = 0} und somit

lim infn→∞ Xn(ω) = 0 (23.19)

für jedes ω ∈ lim supBn. Für jedes ω aus der Eins-Mengelim supAn ∩ lim supBn gilt also sowohl (23.18) als auch(23.19), was zeigt, dass die Folge (Xn) P-fast sicher nichtkonvergiert.

Aufgabe 23.19 •• a) Für εn > 0, n ≥ 1, mit εn ↓ d :=d(X, Y ) gilt

P(|X − Y | > εn) ≤ εn ≤ εmfür m ≥ n. Wegen 1{|X− Y | > εn} ↑ 1{|X− Y | > d} folgtaus dem Satz von der monotonen Konvergenz

P(|X − Y | > d) = limn→∞P(X − Y | > εn) ≤ εm

für jedes m ≥ 1. Also ist P(|X − Y | > d) ≤ d, d. h., dasInfimum wird angenommen.

b) Nach a) ist

d(X, Y ) = 0 ⇐⇒ P(|X−Y | > 0) = 0 ⇐⇒ P(X = Y ) = 1.

c) Nach a) ist

P(|X − Y | > d(X, Y )) ≤ d(X, Y ),

P(|Y − Z| > d(Y,Z)) ≤ d(Y, Z).

Aus der Teilmengenbeziehung

{|X − Y | + |Y − Z| > d(X, Y )+ d(Y, Z)}⊂ {|X − Y | > d(X, Y )} ∪ {|Y − Z| > d(Y,Z)}

ergibt sich daher

P(|X − Y | + |Y − Z| > d(X, Y )+ d(Y, Z))≤ P(|X − Y | > d(X, Y ))+ P(|Y − Z| > d(Y,Z))≤ d(X, Y )+ d(Y, Z).

Weiter folgt aus der Dreiecksungleichung |X − Z| ≤|X − Y | + |Y − Z|P(|X − Z| > d(X, Y )+ d(Y, Z)) ≤ d(X, Y )+ d(Y, Z),

also insgesamt d(X,Z) ≤ d(X, Y )+ d(Y, Z).

d) (i) Aus XnP−→ X folgt, dass zu jedem m ∈ N ein n(m)

existiert, sodass

P(|Xn −X| > 1

m

)≤ 1

mfür n ≥ n(m).

Somit gilt d(Xn,X)→ 0.

(ii) Gilt d(Xn,X) → 0, so existiert zu jedem δ > 0 einn0 ∈ N mit d(Xn,X) < δ für jedes n ≥ n0, d. h.P(|Xn −X| > δ) ≤ δ. Setzt man δ := min(ε, η) zu beliebigen ε > 0,η > 0, so erhält man für jedes n ≥ n0

P(|Xn −X| > ε) ≤ P(|Xn −X| > δ) ≤ δ ≤ η

und damit XnP−→ X.

Aufgabe 23.20 ••• Ohne Beschränkung der Allgemein-heit seien alle Xn nichtnegativ (andernfalls betrachte manPositiv- und Negativteil getrennt). Nach Voraussetzung be-stehen für j ∈ {1, . . . , k} die Folgen (X(l−1)k+j )l∈N aus un-abhängigen und identisch verteilten Zufallsvariablen. Setzenwir

ln :=⌊nk

⌋+ 1,

so gilt

ln − 1 ≤ nk< ln,

und es folgt

1

n

n∑j=1

Xj ≤ 1

n

lnk∑j=1

Xj

= 1

n

k∑j=1

ln∑l=1

X(l−1)k+j

= ln

n

k∑j=1

1

ln

ln∑l=1

X(l−1)k+j .

Zu jedem j ∈ {1, . . . , k} existiert eine Menge Fj ∈ A mitP(Fj ) = 1, sodass gilt:

limn→∞

1

ln

ln∑l=1

X(l−1)k+j (ω) = EX1 für jedes ω ∈ Fj .

Für F0 := ∩kj=1Fj gilt P(F0) = 1, und für jedes ω ∈ F0erhält man

ln

n

k∑j=1

1

ln

ln∑l=1

X(l−1)k+j (ω) → 1

k· k · EX1 = EX1.

Daraus ergibt sich

lim supn→∞

1

n

n∑j=1

Xj ≤ EX1 P-fast sicher.

In gleicher Weise zeigt man

lim infn→∞

1

n

n∑j=1

Xj ≥ EX1 P-fast sicher,

woraus die Behauptung folgt.

b) Es sei Xj := 1{Yj < Yj+1} für j ≥ 1. Dann ist (Xn)n≥1eine Folge identisch verteilter Zufallsvariablen. Weiter sind


Xn und Xm stochastisch unabhängig, falls |n − m| ≥ 2.Wegen

EX1 = P(Y1 < Y2) = 5

12

folgt die Behauptung aus Teil a).

Aufgabe 23.21 •• Aus der Voraussetzung folgt mitdem Lemma von Borel-Cantelli

P(

lim supn→∞

{Xn �= Yn})= 0.

Damit gibt es ein F0 ∈ A mit P(F0) = 1, und es gilt:

∀ω ∈ F0 ∃ n0(ω) ∈ N : Xn(ω) = Yn(ω) ∀ n ≥ n0.

Wegen n−1 ∑nj=1 Yj

f.s.−→ 0 existiert ein F1 ∈ A mitP(F1) = 1, und es gilt:

∀ω ∈ F1 : limn→∞

1

n

n∑j=1

Yj (ω) = 0.

Setzen wir F2 := F0 ∩ F1, so gilt P(F2) = 1. Für jedesω ∈ F2 und jedes n ≥ n0(ω) folgt

∣∣∣1

n

n∑j=1

Xj (ω)− 1

n

n∑j=1

Yj (ω)

∣∣∣=

∣∣∣1

n

n0−1∑j=1

Xj (ω)+ 1

n

n∑j=n0

Xj (ω)

−1

n

n0−1∑j=1

Yj (ω)+ 1

n

n∑j=n0

Yj (ω)

∣∣∣≤ 1

n

n0−1∑j=1

(|Xj (ω)| + |Yj (ω)|) .Da diese obere Schranke für n→∞ gegen null konvergiert,folgt die Behauptung.

Aufgabe 23.22 •• Es sei an := log n für n ≥ 2. WegenXn ∼ Bin(1, 1/n) gilt

EXn = 1

n, V(Xn) = 1

n

(1− 1

n

).

Es folgt

∞∑n=2

V(Xn)a2n

≤∞∑n=2

1

n(log n)2<∞.

Dabei ergibt sich die Konvergenz der Reihe durch eine Inte-gralabschätzung mit der Funktion

g(x) := 1

x(log x)2,

die die StammfunktionG(x) = −1/ log x besitzt. Nach demKolmogorov-Kriterium gilt

limn→∞

1

log n

n∑j=1

(Xj − 1

j

)= 0 P-fast sicher.

Wegen

limn→∞

1

log n

n∑j=1

1

j= 1

folgt die Behauptung. Für die Gültigkeit der letzten Limes-beziehung beachte man, dass die n-te harmonische ZahlHn =∑n

j=1 j−1 mittels Integralabschätzung (Vergleich mit

den Funktionen f (x) = 1/x und g(x) = 1/(1 + x)) dieUngleichungen

log(n+ 1) ≤ Hn ≤ 1+ log n

erfüllt.

Aufgabe 23.23 •• a) Für jedes t > 0 gilt

P(n

(1− max

1≤j≤nXj)≤ t

)= P

(max

1≤j≤nXj ≥ 1− tn

)= 1− P

(max

1≤j≤nXj < 1− tn

)= 1− P

(X1 < 1− t

n

)n= 1−

(1− t

n

)n(falls n ≥ t)

→ 1− exp(−t).Für t ≤ 0 gilt

P(n

(1− max

1≤j≤nXj)≤ t

)= 0.

Da die durch F(t) = 1 − exp(−t) für t > 0 und F(t) =0 sonst, die Verteilungsfunktion der ExponentialverteilungExp(1) ist, folgt die Behauptung.

b) WegenXj ∼ 1−Xj und der stochastischen Unabhängig-keit der Xj gilt die Verteilungsgleichheit

(X1, . . . , Xn) ∼ (1−X1, . . . , 1−Xn).Es folgt

max1≤j≤nXj ∼ max

1≤j≤n(1−Xj )= 1− min

1≤j≤nXj

und damit

n

(1− max

1≤j≤nXj)∼ n min

1≤j≤nXj .

Hieraus folgt zusammen mit a) die Behauptung.


Aufgabe 23.24 •• Im Fall a = 0 gilt wegen Xn =OP(1) nach Aufgabe c) XnYn

P−→ 0 und somit nach dem

Satz auf Seite 881 auch XnYnD−→ 0. Wir können uns also

im Folgenden auf den Fall a �= 0 beschränken, wobei wiro.B.d.A. a > 0 annehmen. Sei Fn(t) := P(XnYn ≤ t),F(t) := P(X ≤ t) undG(t) := P(aX ≤ t), t ∈ R. Sei t einebeliebige Stetigkeitsstelle von G. Zu zeigen ist

limn→∞Fn(t) = G(t). (23.20)

Zum Nachweis von (23.20) beschränken wir uns auf den Fallt ≥ 0. Es sei ε mit 0 < ε < a beliebig. Es gilt

Fn(t)

=P(XnYn ≤ t, |Yn − a| ≤ ε)+ P(XnYn ≤ t, |Yn − a| > ε)≤P(Xn(a − ε) ≤ t)+ P(|Yn − a| > ε)=P

(Xn ≤ t

a − ε)+ P(|Yn − a| > ε).

Ist t/(a − ε) eine Stetigkeitsstelle von F , so folgt wegen

XnD−→ X

lim supn→∞

Fn(t) ≤ F

(t

a − ε).

Lassen wir ε eine Nullfolge mit der Nebenbedingungt/(a − ε) ∈ C(F ) durchlaufen, so folgt

lim supn→∞

Fn(t) ≤ F

(t

a

)= G(t).

Ganz analog zeigt man

lim infn→∞ Fn(t) ≥ F

(t

a

)= G(t).

Aufgabe 23.25 •• a) Es sei ε > 0 gegeben. Wir wählenC > 0 so, dass für jedes n ≥ 1

P(|Xn| ≤ C) ≥ 1− ε2,

P(|Yn| ≤ C) ≥ 1− ε2

gilt. Die Existenz eines solchen C ist wegen der Straffheitder Folgen (Xn) und (Yn) gesichert. Es folgt

P(|Xn + Yn| ≤ 2C) ≥ P(|Xn| ≤ C, |Yn| ≤ C)≥ 1− 2 · ε

2= 1− ε

für jedes n ≥ 1. Da das Intervall [−2C, 2C] kompakt ist, istdie Folge (Xn + Yn) straff. Wegen

P(|XnYn| ≤ C2) ≥ P(|Xn| ≤ C, |Yn| ≤ C)≥ 1− 2 · ε

2= 1− ε

für jedes n ≥ 1 ist auch die Folge (XnYn) straff.

b) folgt aus a) mit der Wahl P(Yn = bn) = 1 für jedes n.

c) Es sei ε > 0 beliebig. Zu zeigen ist

limn→∞P(|anXn| > ε) = 0.

Für jedes positive C folgt aus |anXn| > ε, dass entwe-der |an| > ε/C oder |Xn| > C (oder beides) gilt. Wäh-len wir zu beliebig vorgegebenem η > 0 ein C so, dassP(|Xn| > C) ≤ η, n ≥ 1, gilt (dies ist wegen der Straffheitvon (Xn) möglich), so müssen wir nur noch die Konvergenzlimn→∞ an = 0 ausnutzen, um zum gewünschten Ergebniszu gelangen. Wegen dieser Konvergenz gibt es ein von ε undC abhängendes n0, sodass für jedes n > n0 die Ungleichung|an| ≤ ε/C gilt. Für solche n gilt also nach obiger Überle-gung die Inklusion

{|anXn| > ε} ⊂ {|Xn| > C}und folglich

lim supn→∞

P(|anXn| > ε) ≤ η.

Da η beliebig war, folgt die Behauptung.

Aufgabe 23.26 •• „⇐“: Falls |µn| ≤ C und σ 2n ≤ C,

n ≥ 1, für ein C <∞, so liefert die Markov-Ungleichung

P(|Xn| > L) ≤ EX2n

L2= σ 2

n + µ2n

L2≤ C + C2

L2.

Wählt man zu vorgegebenem ε > 0

L :=√C + C2√ε

,

so folgt

P(Xn ∈ [−L,L]) ≥ 1− ε, n ≥ 1.

Dies zeigt, dass die Folge (Xn) straff ist, also Xn = OP(1)gilt.

„⇒“: Wäre die Folge (µn) unbeschränkt, so gäbe es eineTeilfolge (µnk )k≥1 mit |µnk | → ∞ für k→∞. Wegen

P(Xnk ≥ µnk ) = P(Xnk ≤ µnk ) =1

2

kann es dann zu vorgegebenem ε > 0 kein kompaktes Inter-vallK mit P(Xn ∈ K) ≥ 1− ε für jedes n ≥ 1 geben. Somitmuss die Folge (µn) notwendigerweise beschränkt sein. Esgibt also ein C > 0 mit |µn| ≤ C für jedes n ≥ 1. Wäre dieFolge (σ 2

n ) unbeschränkt, so gäbe es eine Teilfolge (σ 2nk)k≥1

mit σnk →∞ für k→∞. Für L > 0 gilt dann

P(Xnk > L) = P(Xnk − µnkσnk

>L− µnkσnk

)= 1−C

(L− µnkσnk

)≥ 1−C

(L+ Cσnk

)→ 1

2für k→∞.


DaL beliebig groß gewählt werden kann, gibt es auch in die-sem Fall zu vorgegebenem ε > 0 kein kompaktes IntervallKmit P(Xn ∈ K) ≥ 1− ε für jedes n ≥ 1. Konsequenterweisemuss also auch die Folge (σ 2

n ) beschränkt sein.

Aufgabe 23.27 ••• a) Wegen N ⊂ Q ist N abzählbar.Damit gilt P(N) = 0.

b) Es gilt für jedes k ≥ 1

P(Xk = 1) = P

2k−1∑j=1

(2j − 1

2k,

2j

2k

)=

2k−1∑j=1

1

2k= 2k−1

2k= 1

2,

P(Xk = 0) = 1− P(Xk = 1) = 1

2.

Damit ist Xj Bin(1, 1/2)-verteilt für jedes j ≥ 1.

Sind k ∈ N beliebig und aj ∈ {0, 1} für j = 1, . . . , k, sofolgt

P(X1 = a1, . . . , Xk = ak)=P

k∑j=1

aj

2j,

k∑j=1

aj

2j+ 1

2k

=(

1

2

)k=

k∏j=1

P(Xj = aj )

und somit die stochastische Unabhängigkeit vonX1, X2, . . .

c) Setzt man Yj := 2Xj − 1 für j ≥ 1, so sind Y1, Y2, . . .

{−1, 1}-wertige Zufallsvariablen auf F mit P(Yj = −1) =P(Yj = 1) = 1/2, und Yj besitzt die charakteristische Funk-tion

ϕj (t) = 1

2

(e−it + eit

)= cos t, j ≥ 1.

Es gilt

Zn :=n∑j=1

Yj 2−j

= 2n∑j=1

Xj 2−j −n∑j=1

2−j

→ 2idF − 1

=: Z P-fast sicher.

Wegen idF ∼ U(0, 1) gilt Z ∼ U(−1, 1), und damit besitztZ die charakteristische Funktion ϕ(t) = t−1 sin t . Wegen

Znf.s.−→ Z gilt auchZn

D−→ Z, und nach dem Stetigkeitssatzvon Lévy-Cramér folgt

ϕn(t) =n∏j=1

cos

(t

2j

)→ ϕ(t) = sin t

tfür n→∞.

Aufgabe 23.28 •• Für jedes t ∈ R gilt

g(t) = g(µ)+ g′(δ)(t − µ)mit δ = δ(t, µ) und |δ−µ| ≤ |t −µ|. Somit ist (punktweiseauf dem zugrunde liegenden Wahrscheinlichkeitsraum)

g(Zn) = g(µ)+ g′(An)(Zn − µ) ,wobei

|An − µ| ≤ |Zn − µ|. (23.21)

Es folgt

an (g(Zn)− g(µ)) = g′(An) · an(Zn − µ).

Wegen ZnP−→ µ und (23.21) gilt auch An

P−→ µ, undmit der Rechenregel a) für stochastische Konvergenz auf

Seite 871 folgt g′(An)P−→ g′(µ). Mit Xn := an(Zn − µ)

gilt nach Voraussetzung XnD−→ X ∼ N(0, 1). Wenden wir

Teil b) des Lemmas von Sluzki mitXn und Yn := g′(An) an,so ergibt sich

an (g(Zn)− g(µ)) = Yn XnD−→ g′(µ)X.

Wegen g′(µ)X ∼ N(0,(g′(µ)2

)folgt die Behauptung.

Aufgabe 23.29 •• Es ist nur die Richtung „⇒“ zu zei-gen. Sei k ∈ N mit k ≥ 2 beliebig. Wir setzen xjk :=F−1

(jk

)für 1 ≤ j < k sowie x0k := −∞, xkk := ∞.

Da F stetig ist, gilt F(xjk) = jk

für alle j ∈ {0, 1, . . . , k}sowie

F(xj+1,k)− F(xjk) = 1

k, 0 ≤ j < k.

Daraus folgt für jedes j ∈ {0, 1, . . . , k − 1} und jedes x mitxjk < x < xj+1,k

Fn(xjk)− F(xjk)− 1

k= Fn(xjk)− F(xj+1,k)

≤ Fn(x)− F(x)≤ Fn(xj+1,k)− F(xjk)= Fn(xj+1,k)− F(xj+1,k)+ 1

k.

Also ergibt sich

supx∈R

|Fn(x)− F(x)| ≤ max0≤j<k |Fn(xjk)− F(xjk)| +

1

k.

Aufgrund der Verteilungskonvergenz XnD−→ X gilt für je-

des j ∈ {0, 1, . . . , k} die Konvergenz |Fn(xjk) − F(xjk)|→ 0 für n→∞ und folglich

lim supn→∞

supx∈R

|Fn(x)− F(x)| ≤ 1

kfür jedes k ≥ 2.

Mit k→∞ gilt dann

limn→∞ sup

x∈R

|Fn(x)− F(x)| = 0.


Aufgabe 23.30 •• Es sei p ∈ (0, 1) beliebig. Wir zei-gen in einem ersten Schritt, dass

lim infn→∞ F−1

n (p) ≥ F−1(p) (23.22)

gilt. Sei hierzu ε > 0 beliebig. Da die Stetigkeitsstellen vonF in R dicht liegen, finden wir ein x ∈ C(F ) mit

F−1(p)− ε < x < F−1(p).

Hieraus folgt F(x) < p, und wegen der KonvergenzFn(x) → F(x) gilt dann auch für genügend großes n dieUngleichung Fn(x) < p und somit x < F−1

n (p). Somitergibt sich

lim infn→∞ F−1

n (p) ≥ x > F−1(p)− ε.

Da ε > 0 beliebig war, folgt (23.22).

Wohingegen (23.22) ohne weitere Voraussetzungen anp gilt,benötigen wir für die Ungleichung

lim supn→∞

F−1n (p) ≤ F−1(p), (23.23)

dass p ein Stetigkeitspunkt von F−1 ist. Wir wählen ein be-liebiges q mit p < q < 1 und zu gegebenem ε > 0 einx ∈ C(F ) mit

F−1(q) < x < F−1(q)+ ε.Da F monoton ist, folgt

p < q ≤ F(F−1(q)) ≤ F(x)

und somit – da Fn(x)→ F(x) – auch Fn(x) > p für genü-gend großes n. Für solche n gilt dann

F−1n (p) ≤ x < F−1(q)+ ε

und somit lim supn→∞ F−1n (p) ≤ F−1(q) für jedes q mit

p < q < 1. Ist p ∈ C(F−1), so lässt man q gegen p strebenund erhält (23.23). Insgesamt folgt die Behauptung.

Aufgabe 23.31 •• In der Situation des Satzes vonLindeberg-Lévy sindX1, X2, . . . unabhängige identisch ver-teilte Zufallsvariablen mit 0 < σ 2 := V(X1) < ∞. Setzenwir a := EX1, Sn := X1 + . . .+ Xn, σ 2

n := V(Sn) = nσ 2,so gilt wegen der identischen Verteilung von X1, . . . , Xn

Ln(ε) = 1

nσ 2

n∑k=1

E[(Xk − a)21{|Xk − a| > εσ

√n}]

= 1

σ 2E[(X1 − a)21{|X1 − a| > εσ

√n}].

Die Funktionenfolge fn := (X1 − a)21{|X1 − a| > εσ√n}konvergiert punktweise aufF gegen 0, und sie erfüllt |fn| ≤(X1 − a)2. Aufgrund des Satzes von der dominierten Kon-vergenz folgt somit limn→∞ Ln(ε) = 0, ε > 0, was zeigt,dass in der Situation des Satzes von Lindeberg-Lévy dieLindeberg-Bedingung erfüllt ist.


S2n = 1

n− 1

n∑j=1

((Xj − µ)− (Xn − µ)

)2

= 1

n− 1

n∑j=1

(Xj − µ)2 − n(Xn − µ)2

= n

n− 1· 1

n

n∑j=1

(Xj − µ)2 − n

n− 1

(Xn − µ

)2.

Nach dem starken Gesetz großer Zahlen gelten

1

n

n∑j=1

(Xj − µ)2 f.s.−→ E(X1 − µ)2 = σ 2

und Xn − µ f.s.−→ 0. Hieraus folgt S2n

f.s.−→ σ 2.

b) Mit der in a) erhaltenen Darstellung von S2n ergibt sich

√n(S2

n − σ 2)= n

n− 1· 1√n

n∑j=1

(Xj − µ)2 − nσ 2

=+σ

2√nn− 1

− n

n− 1· (√n(Xn − µ))2√

n.

Nach dem Zentralen Grenzwertsatz von Lindeberg-Lévy gilt

Un := 1√n

n∑j=1

(Xj − µ)2 − nσ 2

D−→ N(0, τ 2),

und das Lemma von Sluzki liefertn

n− 1· Un D−→ N(0, τ 2).

Nach dem Zentralen Grenzwertsatz von Lindeberg-Lévykonvergiert auch

√n(Xn − µ) in Verteilung. Deshalb gilt

nach Teil a) des Satzes über Straffheit und Verteilungskon-vergenz auf Seite 886

√n(Xn−µ) = OP(1) und somit nach

Teil a) von Aufgabe 23.25 auch (√n(Xn − µ))2 = OP(1).

Mit Teil c) von Aufgabe 23.25 ergibt sich dann

n

n− 1· (√n(Xn − µ))2√

n= oP(1)

Wegen σ 2√n/(n− 1)→ 0 folgt jetzt mit dem Lemma vonSluzki die Behauptung.

Aufgabe 23.33 • Der Beweis erfolgt durch Induktionüber n. Für n = 1 ist nichts zu zeigen. Schreiben wir kurz

an :=n∏j=1

zj , bn :=n∏j=1

wj ,

so gilt

|an+1 − bn+1| = |an zn+1 − bn wn+1|= |(an − bn)zn+1 + bn(zn+1 − wn+1)|≤ |zn+1||an − bn| + |bn||zn+1 − wn+1|≤ |an − bn| + |zn+1 − wn+1|.


Nehmen wir als Induktionsvoraussetzung |an − bn| ≤∑nj=1 |zj−wj | an, so folgt der Induktionsschluss aus obiger

Ungleichungskette.

Aufgabe 23.34 •• Mit Xnj := ajWj , 1 ≤ j ≤ n, liegtdie Situation des Satzes von Lindeberg-Feller vor. Es gilt

σ 2n = V(Tn) =

n∑j=1

V(ajWj ) =n∑j=1

a2jV(Wj )

= σ 2n∑j=1

a2j .

Weiter ist

Ln(ε) = 1

σ 2n

n∑j=1

E[(ajWj )

21{|ajWj | > σnε}]

= 1

σ 2n

n∑j=1

a2jE

[W 2j 1{|Wj | > εσn/|aj |}

]

≤ 1

σ 2n

n∑j=1

a2jE

[W 2j 1{|Wj | > εun}

],

wobeiun := σn

max1≤j≤n |aj | .

Wegen der identischen Verteilung derWj folgt

Ln(ε) ≤ 1

σ 2n

n∑j=1

a2j

E[W 2

1 1{|W1| > unε}]

= 1

σ 2E[W 2

1 1{|W1| > unε}].

Nach Voraussetzung gilt un → ∞ für n → ∞, und somitliefert der Satz von der dominierten Konvergenz

limn→∞E

[W 2

1 1{|W1| > unε}]= 0.

Also ist die Lindeberg-Bedingung erfüllt, und folglich giltder Zentrale Grenzwertsatz.

Aufgabe 23.35 •• Wir überlegen uns zunächst die imHinweis formulierte Ungleichung. Da Xj Indikatorvariableist, gilt Xkj = Xj für k ∈ N. Hiermit folgt

E(Xj − aj )4 = E(Xj − 4Xjaj + 6Xja2j − 4Xja

3j + a4

j )

= aj − 4a2j + 6a3

j − 3a4j

= aj (1− aj )(1− 3aj (1− aj ))≤ aj (1− aj ),

da 0 ≤ aj (1− aj ) ≤ 1/4.

Nun gilt

σ 2n := V(Sn) =

n∑j=1

aj (1− aj ),

und es folgt

1

σ 4n

n∑j=1

E(Xj − aj )4 ≤ 1

σ 2n

.

Da nach Voraussetzung limn→∞ σ 2n = ∞ gilt, ist die

Ljapunov-Bedingung mit δ = 2 erfüllt, was die Behauptungzeigt.

Rechenaufgaben

Aufgabe 23.36 •• Bezeichnet Sn die Anzahl erschei-nender Passagiere bei n verkauften Tickets, so liefern diegemachten Annahmen den Ansatz Sn ∼ Bin(n, p) mitp = 0.96. Gesucht ist das größte n, sodass P(Sn ≥ 527) ≤0.05. Mit u := (526− np)/√np(1− p) gilt nach dem Zen-tralen Grenzwertsatz von de Moivre-Laplace für großes n

P(Sn ≥ 527) = 1− P(Sn ≤ 526)

= 1− P(Sn − np√np(1− p) ≤ u

)≈ 1−C(u).

Die Lösungn ergibt sich also approximativ aus der Gleichungu = C−1(0.95) = 1.645. Quadriert man die u definierendeGleichung und löst die nach Multiplikation mit np(1 − p)entstehende quadratische Gleichung nach n auf, so ergebensich die Lösungenn1 ≈ 555.8 undn2 ≈ 540.1. Wegenu > 0ergibt sich die (sogar exakte) Antwort „540 Tickets dürfenverkauft werden“.

Aufgabe 23.37 •• Bei der Addition von n Zahlen istSn := R1+ . . .+Rn die Summe der Rundungsfehler. Da dieRj stochastisch unabhängig und identisch verteilt sind, liegtdie Situation des Zentralen Grenzwertsatzes von Lindeberg-Lévy vor. Wegen ER1 = 0 und V(R1) = 1

12 gilt nach diesemSatz √

12 Sn√n

D−→ N(0, 1) für n→∞.

Für n = 1200 folgt

P

(∣∣∣√12 S1200√1200

∣∣∣ ≤ 2

)= P (|S1200| ≤ 20)

≈ C(2)−C(−2) = 2C(2)− 1

≈ 0.9554.

Aufgabe 23.38 •• a) Mit Sn := X1 + . . . + Xn giltwegen des Additionsgesetzes für die Normalverteilung

S∗n =Sn√

V(Sn)∼ N(0, 1)

für jedes n und somit insbesondere S∗nD−→ N(0, 1) für n→

∞. Es gilt also der Zentrale Grenzwertsatz.


b) Mit σ 2n := V(Sn) = 1+ 2! + . . .+ n! ergibt sich

n! ≤ σ 2n ≤ n! + n(n− 1)! = 2n!

und somit1

2≤ n!σ 2n

≤ 1.

Wegen Xk ∼√k!N mit N ∼ N(0, 1) folgt

Ln(ε) = 1

σ 2n

n∑k=1

E[X2k1{|Xk| > εσn}

]≥ 1

σ 2n

E[X2n1{|Xn| > εσn}

]= 1

σ 2n

n!E[N21{|N | > εσn/

√n!}]

≥ 1

2E[N21{|N | > √2ε}

].

Somit ist die Lindeberg-BedingungLn(ε)→ 0 ∀ ε > 0 nichterfüllt.

Aufgabe 23.39 •• a) Die Zufallsvariable Tn − n zähltdie Zahl der Nieten vor dem n-ten Treffer und besitzt folglichdie negative Binomialverteilung NB(n, p), vgl. Seite 783.Nach dem Additionsgesetz für die negative Binomialvertei-lung auf Seite 784 gilt Tn − n ∼ Y1 + . . . + Yn, wobeiY1, . . . , Yn stochastisch unabhängig sind und die gleiche geo-metrische Verteilung G(p) besitzen. Somit ergibt sich

Tn ∼ X1 + . . .+Xn ,wobei Xj = Yj + 1, j = 1, . . . , n. Die ZufallsvariablenX1, . . . , Xn sind unabhängig und identisch verteilt mit

EXj = EYj + 1 = 1

p,

V(Xj ) = V(Yj ) = 1− pp2

.

Mit dem Zentralen Grenzwertsatz von Lindeberg-Lévy folgt

P

Tn − np

√n√

1−pp2

≤ a = P

(Tn − n

p≤ a

√n(1− p)p

)

= P(Tn ≤ n+ a

√n(1− p)p

)→ C(a) für n→∞

und damit die Behauptung.

b) Wir verwenden Teil a) mit p = 1/6 und n = 100 undsetzen

650 = n+ a√n(1− p)p

.

Hieraus folgt

a =650

6 − 100√100 · 5

6

≈ 0.913

und somit P(Tn > 650) ≈ 1 − C(0.913) ≈ 1 − 0.819 =0.181.

Aufgabe 23.40 •• a) Nach dem Additionsgesetz fürdie negative Binomialverteilung auf Seite 784 gilt Sn ∼∑nj=1Xj , wobei X1, . . . , Xn unabhängig sind und die glei-

che geometrische Verteilung G(1/2) mit EXj = 1 undV(Xj ) = 2 besitzen. Nach dem Zentralen Grenzwertsatzvon Lindeberg-Lévy folgt somit

Sn − n√2n

D−→ N(0, 1)

und deshalb für a, b ∈ R mit a < b

P(n+ a√n ≤ Sn ≤ b +

√n)=P

(a√2≤ Sn − n√

2n≤ b√

2

)→C

(b√2

)−C

(a√2

).

b) Es ist

P(Sn ≥ n) = P(Sn − n√

2n≥ 0

)→ 1−C(0) = 1

2.

Kapitel 24

Aufgaben

Verständnisfragen

Aufgabe 24.1 •• Konstruieren Sie in der Situation vonAufgabe eine obere Konfidenzschranke für ϑ zur Konfiden-zwahrscheinlichkeit 1− α.

Aufgabe 24.2 •• Die Zufallsvariablen X1, . . . , Xnseien stochastisch unabhängig mit gleicher Poisson-Verteilung Po(λ), wobei λ ∈ (0,∞) unbekannt sei.Konstruieren Sie in Analogie zum Beispiel auf Seite 925einen asymptotischen Konfidenzbereich zum Niveau 1 − αfür λ. Welches konkrete 95%-Konfidenzintervall ergibtsich für die Daten des Rutherford-Geiger-Experiments aufSeite 787?

Aufgabe 24.3 • In einem Buch konnte man lesen: „DieWahrscheinlichkeit α für einen Fehler erster Art bei einemstatistischen Test gibt an, wie oft aus der Beantwortung derTestfrage falsch auf die Nullhypothese geschlossen wird.Wird α = 0.05 gewählt und die Testfrage mit ja beantwortet,dann ist die Antwort ja in 5% der Fälle falsch und mithin in95% der Fälle richtig.“ Wie ist Ihre Meinung hierzu?

Aufgabe 24.4 • Der Leiter der Abteilung für Material-beschaffung hat eine Sendung von elektronischen Schalternmit einem Test zum Niveau 0.05 stichprobenartig auf Funk-tionsfähigkeit überprüft. Bei der Stichprobe lag der Anteildefekter Schalter signifikant über dem vom Hersteller be-haupteten Ausschussanteil. Mit den Worten „Die Chance,dass eine genaue Überprüfung zeigt, dass die Sendung denHerstellerangaben entspricht, ist höchstens 5%“ empfiehlt er,die Lieferung zu reklamieren und zurückgehen zu lassen. Istseine Aussage richtig?

Aufgabe 24.5 • Der Statistiker einer Firma, die Werk-stücke zur Weiterverarbeitung bezieht, lehnt eine Lieferungdieser Werkstücke mit folgender Begründung ab: „Ich habemeinen Standard-Test zum Niveau 0.05 anhand einer zu-fälligen Stichprobe durchgeführt. Diese Stichprobe enthielteinen extrem hohen Anteil defekter Exemplare. Wenn derAusschussanteil in der Sendung wie vom Hersteller behaup-tet höchstens 2% beträgt, ist die Wahrscheinlichkeit für dasAuftreten des festgestellten oder eines noch größeren Anteilsdefekter Werkstücke in der Stichprobe höchstens 2.7%.“DerWerkmeister entgegnet: „Bislang erwiesen sich 70% der vonIhnen beanstandeten Sendungen im Nachhinein als in Ord-nung. Aller Wahrscheinlichkeit nach liegt auch in diesemFall ein blinder Alarm vor.“ Muss mindestens eine der bei-den Aussagen falsch sein?

Aufgabe 24.6 •• (Zusammenhang zwischen Konfidenz-bereichen und Tests) Es sei (X ,B, (Pϑ)ϑ∈Y) ein statistischesModell. Zeigen Sie:

a) IstC : X → P(Y) ein Konfidenzbereich fürϑ zur Konfi-denzwahrscheinlichkeit 1−α, so ist für beliebigesϑ0 ∈ Ydie Menge Kϑ0 := {x ∈ X | C(x) �D ϑ0} ein kri-tischer Bereich für einen Niveau-α-Test der HypotheseH0 : ϑ = ϑ0 gegen die Alternative H1 : ϑ �= ϑ0.

b) Liegt für jedes ϑ0 ∈ Y ein nichtrandomisierter Niveau-α-Test für H0 : ϑ = ϑ0 gegen H1 : ϑ �= ϑ0 vor, so lässtsich hieraus ein Konfidenzbereich zur Konfidenzwahr-scheinlichkeit 1− α gewinnen.

Aufgabe 24.7 •• Es seien U und V unabhängige Zu-fallsvariablen, wobei U ∼ N(0, 1) und V ∼ χ2

k , k ∈ N. Istδ ∈ R, so heißt die Verteilung des Quotienten

Yk,δ := U + δ√V/k

nichtzentrale t-Verteilung mit k Freiheitsgraden und Nicht-zentralitätsparameter δ. Zeigen Sie: Für die Gütefunktion(24.52) des einseitigen t-Tests gilt

gn(ϑ) = P(Yn−1,δ > tn−1;1−α

),

wobei δ = √n(µ− µ0)/σ.

Aufgabe 24.8 • a) Zeigen Sie die Beziehung Fr,s;p =1/Fs,r;1−p für die Quantile der F-Verteilung.

b) Weisen Sie nach, dass die Gütefunktion des einseitigen F -Tests für den Varianzquotienten eine streng monoton wach-senden Funktion von σ 2/τ 2 ist.

Aufgabe 24.9 •• Die ZufallsvariableX besitze eine Bi-nomialverteilung Bin(3, ϑ), wobei ϑ ∈ Y := {1/4, 3/4}.Bestimmen Sie die Risikomenge des Zwei-Alternativ-Problems H0 : ϑ = ϑ0 := 1/4 gegen H1 : ϑ = ϑ1 := 3/4.

Aufgabe 24.10 •• Leiten Sie die Beziehung

(n− 1)(Q(X)−2/n − 1

)= T 2

n

im Beispiel von Seite 948 her.

Aufgabe 24.11 •• Es seien X1, . . . , Xn unabhängigeZufallsvariablen mit gleicher stetiger Verteilungsfunktion Fund empirischer Verteilungsfunktion Fn. Bestimmen Sie dieVerteilung von

AFn = supx∈R

∣∣Fn(x)− F(x)∣∣im Fall n = 1.

Aufgabe 24.12 •• Die Zufallsvariablen X1, . . . , X2nseien stochastisch unabhängig mit gleicher symmetrischerVerteilung. Es gebe also ein a ∈ R mit X1 − a ∼ a − X1.Zeigen Sie: Ist m := n/2, so gilt (im Fall E|X1| <∞)

E(Xm:2n +Xm+1:2n

2

)= a.


Aufgabe 24.13 •• Es seien X1, . . . , Xn unabhängigeZufallsvariablen mit gleicher stetiger Verteilungsfunktion.Zeigen Sie: In Verallgemeinerung von (24.88) gilt:

P(X(r) ≤ Qp < X(s)

) = s−1∑j=r

(n

j

)pj (1− p)n−j

Aufgabe 24.14 • In welcher Form tritt die Verteilungeiner geeigneten Wilcoxon-Rangsummenstatistik bei derZiehung der Lottozahlen auf?

Beweisaufgaben

Aufgabe 24.15 •• Die Zufallsvariable X besitze einehypergeometrische Verteilung Hyp(n, r, s), wobei n, r ∈ Nbekannt sind und s ∈ N0 unbekannt ist. Der zu schätzendeunbekannte Parameter sei ϑ := r+s ∈ Y := {r, r+1, r+2,. . .}. Zeigen Sie: Es existiert kein erwartungstreuer SchätzerT : X → Y für ϑ . Dabei ist X := {0, 1, . . . , n} der Stich-probenraum für X.

Aufgabe 24.16 •• Zeigen Sie:

a) Für ϑ ∈ [0, 1] und k ∈ {1, 2, . . . , n} gilt

n∑j=k

(n

j

)ϑj(1−ϑ)n−j = n!

(k−1)!(n−k)!∫ ϑ

0tk−1(1−t)n−kdt.

b) Die in (24.24), (24.25) eingeführten Funktionena(·), A(·) : Y → X sind (schwach) monoton wach-send, a ist rechtsseitig und A linksseitig stetig, und esgilt a ≤ A.

c) Es gilt die Aussage (24.29).

Aufgabe 24.17 •• Zeigen Sie, dass für die in (24.27)und (24.28) eingeführten Funktionen l(·) bzw. L(·) gilt:

a) l(0)=0, L(0)=1−(α

2

)1/n, l(n) =

(α2

)1/n, L(n) = 1.

b) Für x = 1, 2, . . . , n− 1 ist1) l(x) die Lösung ϑ der Gleichung

n∑j=x

(n

j

)ϑj (1− ϑ)n−j = α

2,

2) L(x) die Lösung ϑ der Gleichung

x∑j=0

(n

j

)ϑj (1− ϑ)n−j = α

2.

Aufgabe 24.18 •• Es seien X1, X2, . . . unabhängigeund je Bin(1, ϑ)-verteilte Zufallsvariablen, wobei ϑ ∈ Y :=(0, 1). Weiter sei hα := C−1(1 − α/2), wobei α ∈ (0, 1).Zeigen Sie: Mit Tn := n−1 ∑n

j=1Xj undWn := Tn(1−Tn)gilt

limn→∞Pϑ

(Tn− hα√

n

√Wn ≤ ϑ ≤ Tn+ hα√

n

√Wn

)= 1− α,

ϑ ∈ Y.

Aufgabe 24.19 • Zeigen Sie, dass die Gütefunktionendes ein- bzw. zweiseitigen Gauß-Tests durch (24.47) bzw.durch (24.48) gegeben sind.

Aufgabe 24.20 •• Weisen Sie für die Verteilungsfunk-tion C und die Dichte ϕ der Normalverteilung N(0, 1) dieUngleichung

1−C(x) ≤ ϕ(x)

x, x > 0,

nach. Zeigen Sie hiermit: Für die in (24.47) gegebene Gü-tefunktion gn(µ) des einseitigen Gauß-Tests gilt für jedesµ > µ0 und jedes hinreichend große n

1− gn(µ) ≤ 1√2πe

exp

(−n(µ− µ0)

2

2σ 2

).

Die Wahrscheinlichkeit für einen Fehler zweiter Art konver-giert also exponentiell schnell gegen null.

Aufgabe 24.21 •• Die ZufallsvariableQ habe eine Fis-her’sche Fr,s -Verteilung. Zeigen Sie:

a) Q besitzt die in (24.55) angegebene Dichte.

b) E(Q) = s

s − 2, s > 2.

c) V(Q) = 2s2(r + s − 2)

r(s − 2)2(s − 4), s > 4.

Aufgabe 24.22 •• Die Zufallsvariablen X1, X2, . . . ,

Xn, . . . seien stochastisch unabhängig und je Poisson-verteiltPo(λ), wobei λ ∈ (0,∞) unbekannt ist. Konstruieren Sieanalog zum „Binomialfall“ auf Seite 938 eine Testfolge(ϕn) zum asymptotischen Niveau α für das TestproblemH0 : λ ≤ λ0 gegen H1 : λ > λ0 und weisen Sie deren Kon-sistenz nach. Dabei ist λ0 ∈ (0,∞) ein vorgegebener Wert.

Aufgabe 24.23 ••• Zeigen Sie, dass die KonstanteKλ in(24.62) durch Kλ = 1/

√2πλ gegeben ist.

Aufgabe 24.24 •• Der Zufallsvektor X besitzeeine nichtausgeartete k-dimensionale NormalverteilungNk(µ,[). Zeigen Sie, dass die quadratische Form(X − µ)[−1(X − µ) eine χ2

k -Verteilung besitzt.

Aufgabe 24.25 •• Beweisen Sie die Konsistenz desChi-Quadrat-Tests.

Aufgabe 24.26 •• Zeigen Sie, dass für die RisikomengeR aller Fehlerwahrscheinlichkeitspunkte (α(ϕ), β(ϕ)) vonTests ϕ : X → [0, 1] im Zwei-Alternativ-Problem gilt:

a) R enthält die Punkte (1, 0) und (0, 1),b) R ist punktsymmetrisch zu (1/2, 1/2),c) R ist konvex.


Aufgabe 24.27 •• Es seien X1, X2, . . . , unabhän-gige Zufallsvariablen mit stetigen VerteilungsfunktionenF1, F2, . . . Zeigen Sie:

P

⋃1≤i<j<∞

{Xi = Xj } = 0.

Aufgabe 24.28 •• Es seien X1, X2, . . . unabhängigeZufallsvariablen mit gleicher stetiger VerteilungsfunktionF . Die Ordnungsstatistiken von X1, . . . , Xn seien mitX1:n, . . . , Xn:n bezeichnet. Zeigen Sie: Ist für α ∈ (0, 1)hα := C−1(1 − α/2) gesetzt, und sind zu p ∈ (0, 1)rn, sn ∈ N durch

rn := @np − hα√np(1− p)A,

sn := @np + hα√np(1− p)A

definiert, so gilt

limn→∞P

(Xrn:n ≤ Qp ≤ Xsn:n

) = 1− α.

Aufgabe 24.29 •• Die ZufallsvariableX−a besitze fürein unbekanntes a ∈ R eine t-Verteilung mit s Freiheitsgra-den, wobei s ≥ 3. Die Verteilungsfunktion von X sei mit Fsbezeichnet. Zeigen Sie:

a) Die auf Seite 41 eingeführte asymptotische relative Effi-zienz vonQn,1/2 bezüglich Xn als Schätzer für a ist

AREFs (Qn,1/2, Xn) =4]2

(s+1

2

)(s − 2)π ]2

(s2

) .b) Der Ausdruck in a) ist für s = 3 und s = 4 größer und fürs ≥ 5 kleiner als 1, und im Limes für s →∞ ergibt sich derWert 2/π .

Aufgabe 24.30 •• Beweisen Sie die Aussagen a) undb) des Satzes über die H0-Verteilung der Wilcoxon-Rang-summenstatistik auf Seite 959.

Rechenaufgaben

Aufgabe 24.31 • Es seien n ∈ N und k ∈ {0, . . . , n}.Zeigen Sie, dass die durch

h(ϑ) =(n

k

)ϑk(1− ϑ)n−k

definierte Funktion h : [0, 1] → [0, 1] für ϑ = k/n ihr Ma-ximum annimmt.

Aufgabe 24.32 •• In der Situation des Beispiels derQualitätskontrolle auf Seite 905 mögen sich in einer rein zu-fälligen Stichprobe x = (x1, . . . , xn) vom Umfang n genauk = x1+ . . .+xn defekte Exemplare ergeben haben. Zeigen

Sie, dass ein Maximum-Likelihood-Schätzwert für ϑ zu xdurch

ϑ̂(x) =⌊k(N+1)n

⌋, falls k(N+1)

n/∈ N,

∈{k(N+1)n,k(N+1)n

− 1}

sonst,

gegeben ist.

Aufgabe 24.33 •• Es sei die Situation des Beispiels vonSeite 911 (Taxi-Problem) zugrunde gelegt. Zeigen Sie:

a) Die Folge (ϑ̂n) der ML-Schätzer ist asymptotisch erwar-tungstreu und konsistent für ϑ .

b) Der durch

Tn(x) = ϑ̂n(x)n+1 − (ϑ̂n(x)− 1)n+1

ϑ̂n(x)n − (ϑ̂n(x)− 1)n

definierte Schätzer Tn ist erwartungstreu für ϑ .

Aufgabe 24.34 •• Es seien X1, . . . , Xn stochastischunabhängige Zufallsvariablen mit gleicher Poisson-Verteilung Po(ϑ), ϑ ∈ Y := (0,∞) sei unbekannt. ZeigenSie:

a) Das arithmetische Mittel Xn = n−1 ∑nj=1Xj ist der

ML-Schätzer für ϑ .b) Die Fisher-Information If (ϑ) ist

If (ϑ) = n

ϑ, ϑ ∈ Y.

c) Der Schätzer Xn ist Cramér-Rao-effizient.

Aufgabe 24.35 •• Ein Bernoulli-Experiment mit unbe-kannter Trefferwahrscheinlichkeit ϑ ∈ (0, 1) wird in unab-hängiger Folge durchgeführt. Beim (k+1)-ten Mal (k ∈ N0)sei der erste Treffer aufgetreten.

a) Bestimmen Sie den ML-Schätzwert ϑ̂(k) für ϑ .b) Ist der Schätzer ϑ̂ erwartungstreu für ϑ?

Aufgabe 24.36 •• In der Situation des Beispiels aufSeite 911 (Taxi-Problem) sei

ϑ̃n := 2

n

n∑j=1

Xj − 1.

Zeigen Sie, dass der Schätzer ϑ̃n erwartungstreu für ϑ ist unddie Varianz

Vϑ(ϑ̃n) = ϑ2 − 1

3 nbesitzt.

Aufgabe 24.37 •• Es seien X1, . . . , Xn unabhängigeZufallsvariablen mit gleicher Exponentialverteilung Exp(ϑ),ϑ ∈ Y := (0,∞) sei unbekannt. Im Beispiel auf Seite 910wurde der ML-Schätzer für ϑ zu

ϑ̂n = n∑nj=1Xj

hergeleitet. Zeigen Sie:


a) Eϑ(ϑ̂n) = nn−1 ϑ, n ≥ 2.

b) Vϑ(ϑ̂n) = n2ϑ2

(n−1)2(n−2), n ≥ 3.

c) Die Schätzfolge (ϑ̂n) ist konsistent für ϑ .

Aufgabe 24.38 •• Es seien X1, . . . , Xn stochastischunabhängige identisch verteilte Zufallsvariablen mitEX2

1 <∞. Zeigen Sie: Mit σ 2 := V(X1) gilt

E

1

n− 1

n∑j=1

(Xj −Xn)2 = σ 2.

Aufgabe 24.39 •• Die Zufallsvariablen X1, . . . , Xnseien stochastisch unabhängig und je N(µ, σ 2)-verteilt, wo-bei µ und σ 2 unbekannt seien. Als Schätzer für σ 2 betrachteman

Sn(c) := c

n∑j=1

(Xj −Xn)2, c > 0.

Für welche Wahl von c wird die mittlere quadratische Ab-weichung E(Sn(c)− σ 2)2 minimal?

Aufgabe 24.40 •• Die Zufallsvariablen X1, . . . , Xnseien stochastisch unabhängig und je gleichverteilt U[0, ϑ],wobei ϑ ∈ Y := (0,∞) unbekannt sei. Zeigen Sie:

a) Der ML-Schätzer für ϑ ist ϑ̂n := maxj=1,...,n Xj .b) Der Schätzer

ϑ∗n :=n+ 1

nϑ̂n

ist erwartungstreu für ϑ . Bestimmen Sie Vϑ(ϑ∗n ).c) Der Momentenschätzer für ϑ ist

ϑ̃n := 2 · 1

n

n∑j=1

Xj .

d) Welcher der Schätzer ϑ∗n und ϑ̃n ist vorzuziehen, wennals Gütekriterium die mittlere quadratische Abweichungzugrunde gelegt wird?

Aufgabe 24.41 •• Die Zufallsvariablen X1, . . . , Xnseien unabhängig und je ](α, λ)-verteilt. Der Parameterϑ := (α, λ) ∈ Y := (0,∞)2 sei unbekannt. Zeigen Sie:Die Loglikelihood-Gleichungen führen auf

Xn = α̂nλ̂n,

1

n

n∑j=1

logXj = d

dαlog](̂αn)− log λ̂n.

Aufgabe 24.42 •• Zeigen Sie, dass die folgenden Ver-teilungsklassen einparametrige Exponentialfamilien bilden:

a) {Bin(n, ϑ), 0 < ϑ < 1},b) {Po(ϑ), 0 < ϑ <∞},c) {Exp(ϑ), 0 < ϑ <∞}.

Aufgabe 24.43 •• a) Leiten Sie die in (24.35) angege-bene Dichte der tk-Verteilung her.

b) Zeigen Sie: Besitzt X eine tk-Verteilung, so existieren Er-wartungswert und Varianz von X genau dann, wenn k ≥ 2bzw. k ≥ 3 gelten. Im Fall der Existenz folgt

E(X) = 0, V(X) = k

k − 2.

Aufgabe 24.44 •• a) Zeigen Sie: In der Situation desTaxi-Problems auf Seite 911 ist die durch

C(x1, . . . , xn) :={ϑ ∈ Y | ϑ ≤ α−1/n max

j=1,...,nxj

}definierte Abbildung C ein Konfidenzbereich für ϑ zum Ni-veau 1− α.

b) Wir groß muss n mindestens sein, damit die größte beob-achtete Nummer, versehen mit einem Sicherheitsaufschlagvon 10% (d. h. 1.1 · maxj=1,...,n xj ) eine obere Konfidenz-schranke für ϑ zum Niveau 0.99 darstellt, also

Pϑ

(ϑ ≤ 1.1 · max

j=1,...,nXj

)≥ 0.99 ∀ϑ ∈ Y

gilt?

Aufgabe 24.45 •• Um die Übertragbarkeit der Krank-heit BSE zu erforschen, wird 275 biologisch gleichartigenMäusen über einen gewissen Zeitraum täglich eine bestimmteMenge Milch von BSE-kranken Kühen verabreicht. Inner-halb dieses Zeitraums entwickelte keine dieser Mäuse irgend-welche klinischen Symptome, die auf eine BSE-Erkrankunghindeuten könnten. Es bezeichne ϑ die Wahrscheinlichkeit,dass eine Maus der untersuchten Art unter den obigen Ver-suchsbedingungen innerhalb des UntersuchungszeitraumesBSE-spezifische Symptome zeigt.

a) Wie lautet die obere Konfidenzschranke für ϑ zur Garan-tiewahrscheinlichkeit 0.99?

b) Wie viele Mäuse müssten anstelle der 275 untersucht wer-den, damit die obere Konfidenzschranke für ϑ höchstens10−4 ist?

c) Nehmen Sie vorsichtigerweise an, die obere Konfidenz-schranke aus Teil a) sei die „wahre Wahrscheinlichkeit“ϑ . Wie viele Mäuse mit BSE-Symptomen würden Siedann unter 10 000 000 Mäusen erwarten?

Aufgabe 24.46 •a) In einer repräsentativen Umfrage haben sich 25% aller

1250 Befragten für die Partei A ausgesprochen. Wie ge-nau ist dieser Schätzwert, wenn wir die Befragten alsrein zufällige Stichprobe aus einer Gesamtpopulation vonvielen Millionen Wahlberechtigten ansehen und eine Ver-trauenswahrscheinlichkeit von 0.95 zugrunde legen?

b) Wie groß muss der Stichprobenumfang mindestens sein,damit der Prozentsatz der Wähler einer Volkspartei (zuerwartender Prozentsatz ca. 30%) bis auf ± 1% genaugeschätzt wird (Vertrauenswahrscheinlichkeit 0.95)?

220 Hinweise zu Kapitel 24

Aufgabe 24.47 •• Um zu testen, ob in einem Paket, das100 Glühbirnen enthält, höchstens 10 defekte Birnen ent-halten sind, prüft ein Händler jedes Mal 10 der Birnen undnimmt das Paket nur dann an, wenn alle 10 in Ordnung sind.Beschreiben Sie dieses Verhalten testtheoretisch und ermit-teln Sie das Niveau des Testverfahrens.

Aufgabe 24.48 •• Es sei die Situation des Beispiels vonSeite 932 (Konsumenten- und Produzentenrisiko) zugrundegelegt. Eine Verbraucherorganisation möchte dem Herstel-ler nachweisen, dass die mittlere Füllmenge µ kleiner alsµ0 := 1000 ml ist. Hierzu wird der Produktion eine Stich-probe vom Umfang n entnommen. Die gemessenen Füllmen-gen werden als Realisierungen unabhängiger und je N(µ, 4)normalverteilter Zufallsvariablen angenommen.

a) Warum wird als Hypothese H0 : µ ≥ µ0 und als Alter-native H1 : µ < µ0 festgelegt?

b) Zeigen Sie: Ein Gauß-Test zum Niveau 0.01 lehnt H0genau dann ab, wenn das Stichprobenmittel Xn die Un-gleichung Xn ≤ µ0 − 4.652/

√n erfüllt.

c) Die Organisation möchte erreichen, dass der Test mitWahrscheinlichkeit 0.9 zur Ablehnung von H0 führt,wenn die mittlere Füllmenge µ tatsächlich 999 ml be-trägt. Zeigen Sie, dass hierzu der Mindeststichproben-umfang n = 53 nötig ist.

Aufgabe 24.49 • Die folgenden Werte sind Reaktions-zeiten (in Sekunden) von 8 Studenten in nüchternem Zustand(x) und 30 Minuten nach dem Trinken einer Flasche Bier (y).Unter der Grundannahme, dass das Trinken von Bier die Re-aktionszeit prinzipiell nur verlängern kann, prüfe man, ob diebeobachteten Daten mit der Hypothese verträglich sind, dassdie Reaktionszeit durch das Trinken einer Flasche Bier nichtbeeinflusst wird.

i 1 2 3 4 5 6 7 8xi 0.45 0.34 0.72 0.60 0.38 0.52 0.44 0.54yi 0.53 0.39 0.69 0.61 0.45 0.63 0.52 0.67

Aufgabe 24.50 • Ein möglicherweise gefälschterWürfel wird 200-mal in unabhängiger Folge geworfen,wobei sich für die einzelnen Augenzahlen die Häufigkeiten32, 35, 41, 38, 28, 26 ergaben. Ist dieses Ergebnis mit derHypothese der Echtheit des Würfels verträglich, wenn eineWahrscheinlichkeit von 0.1 für den Fehler erster Art toleriertwird?

Aufgabe 24.51 • Es seien X1, . . . , Xn unabhängigeZufallsvariablen mit gleicher stetiger Verteilungsfunktion.Wie groß muss n sein, damit das Intervall [X(1), X(n)] ein95%-Konfidenzintervall für den Median wird?

Aufgabe 24.52 • Welches Resultat ergibt die Anwen-dung des Vorzeichentests für verbundene Stichproben in derSituation von Aufgabe 24.49?

Hinweise

Verständnisfragen

Aufgabe 24.1 •• Es ist Pϑ(max(X1, . . . , Xn) ≤ t) =(t/ϑ)n, 0≤ t≤ϑ .

Aufgabe 24.2 •• Verwenden Sie den Zentralen Grenz-wertsatz von Lindeberg-Lévy auf Seite 887.







Aufgabe 24.9 •• Die Neyman-Pearson-Tests sind Kon-vexkombinationen zweier nichtrandomisierter NP-Tests.

Aufgabe 24.10 •• –

Aufgabe 24.11 •• O.B.d.A. gelte X1 ∼ U(0, 1).

Aufgabe 24.12 •• Nutzen Sie aus, dass(X1 − a, . . . , X2n − a) und (a − X1, . . . , a − X2n)

dieselbe Verteilung besitzen, was sich auf die Vektoren derjeweiligen Ordnungsstatistiken überträgt. Überlegen Siesich vorab, warum die Voraussetzung E|X1| < ∞ gemachtwird.

Aufgabe 24.13 •• –


Beweisaufgaben

Aufgabe 24.15 •• T kann – ganz egal, wie groß ϑ ist –nur endlich viele Werte annehmen.

Aufgabe 24.16 •• –

Aufgabe 24.17 •• –

Aufgabe 24.18 •• Verwenden Sie den Zentralen Grenz-wertsatz von de Moivre-Laplace und Teil b) des Lemmas vonSluzki auf Seite 881.


Aufgabe 24.20 •• –

Lösungen zu Kapitel 24 221

Aufgabe 24.21 •• Nutzen Sie die Erzeugungsweise derVerteilung aus.

Aufgabe 24.22 •• Es gilt für jedes k ∈ N und jedesu ≥ 0 (Beweis durch Differenziation nach u)

∞∑j=k

e−u uj

j ! =1

(k − 1)!∫ u

0e−t tk−1 dt.

Setzen Sie ϕn := 1{∑nj=1 xj ≥ nλ0 +C−1(1− α)√nλ0.}

Aufgabe 24.23 ••• Für X ∼ Po(λ) gilt P(|X − λ| ≤C√λ) ≥ 1− C−2. Mit zk = (k − λ)/

√λ ist

√λ

∑k:|zk |≤C

exp

(−z

2k

2

)

eine Riemann’sche Näherungssumme für das Integral∫ C−C exp(−z2/2) dz.

Aufgabe 24.24 •• –

Aufgabe 24.25 •• Es reicht, die Summe Tn in (24.64)durch einen Summanden nach unten abzuschätzen und dasGesetz großer Zahlen zu verwenden.

Aufgabe 24.26 •• –

Aufgabe 24.27 •• Verwenden Sie die σ -Subadditivitätvon P und den Satz von Tonelli auf Seite 262.

Aufgabe 24.28 •• Verwenden Sie das Resultat vonAufgabe und den Zentralen Grenzwertsatz von de Moivre-Laplace.

Aufgabe 24.29 •• a)X besitzt die Varianz s/(s−2). b)Es gilt ](x + 1/2) ≤ ](x)√x, x > 0.

Aufgabe 24.30 •• Nutzen Sie die Summen-Strukturvon Wm,n sowie die Tatsache aus, dass der Vektor(r(X1), . . . , r(Yn)) unter H0 auf den Permutationen von(1, . . . , m + n) gleichverteilt ist. Beachten Sie auch, dassdie Summe aller Ränge konstant ist.

Rechenaufgaben

Aufgabe 24.31 • Betrachten Sie die Fälle k = 0,k = n und 1 ≤ k ≤ n− 1 getrennt.

Aufgabe 24.32 •• Betrachten Sie für 1 ≤ k ≤ n − 1den QuotientenLx(ϑ+1)/Lx(ϑ), wobeiLx die Likelihood-Funktion zu x ist.

Aufgabe 24.33 •• –

Aufgabe 24.34 •• –

Aufgabe 24.35 •• Verwenden Sie die Jensen’sche Un-gleichung auf Seite 834.

Aufgabe 24.36 •• –

Aufgabe 24.37 •• Es gilt∑nj=1Xj ∼ ](n, ϑ) un-

ter Pϑ .

Aufgabe 24.38 •• Es kann o.B.d.A. EX1 = 0 ange-nommen werden.

Aufgabe 24.39 •• Nutzen Sie aus, dass die Summe derAbweichungsquadrate bis auf einen Faktor χ2

n−1-verteilt ist.

Aufgabe 24.40 •• Vϑ(ϑ∗n ) = ϑ2/(n(n+ 2))

Aufgabe 24.41 •• –

Aufgabe 24.42 •• –

Aufgabe 24.43 •• Beachten Sie Gleichung c) aufSeite 831. Für die Berechnung der Varianz von X hilft Dar-stellung (24.33).

Aufgabe 24.44 •• –

Aufgabe 24.45 •• Beachten Sie (24.30).


Aufgabe 24.47 •• –

Aufgabe 24.48 •• –

Aufgabe 24.49 • Legen Sie die auf Seite 935 gemach-ten Annahmen zugrunde.



Aufgabe 24.52 • Nach den auf Seite 957 gemachtenVoraussetzungen haben die Differenzen Zj = Yj −Xj einesymmetrische Verteilung mit unbekanntem Median µ.

Lösungen

Verständnisfragen

Aufgabe 24.1 •• α−1/nmax(X1, . . . , Xn).


limn→∞Pλ (Un ≤ λ ≤ On) = 1− α ∀λ ∈ (0,∞),

wobei mit h := C−1(1− α/2) und Tn := n−1 ∑nj=1Xj

Un=Tn+h2

2n− h√

n

√Tn+ h

2

4n,On=Tn+h

2

2n+ h√

n

√Tn+ h

2

4n.



Aufgabe 24.4 • Nein.

Aufgabe 24.5 • Nein.





Aufgabe 24.10 •• –

Aufgabe 24.11 •• –

Aufgabe 24.12 •• –

Aufgabe 24.13 •• –


Beweisaufgaben

Aufgabe 24.15 •• –

Aufgabe 24.16 •• –

Aufgabe 24.17 •• –

Aufgabe 24.18 •• –


Aufgabe 24.20 •• –

Aufgabe 24.21 •• –

Aufgabe 24.22 •• –

Aufgabe 24.23 ••• –

Aufgabe 24.24 •• –

Aufgabe 24.25 •• –

Aufgabe 24.26 •• –

Aufgabe 24.27 •• –

Aufgabe 24.28 •• –

Aufgabe 24.29 •• –

Aufgabe 24.30 •• –

Rechenaufgaben


Aufgabe 24.32 •• –

Aufgabe 24.33 •• –

Aufgabe 24.34 •• –

Aufgabe 24.35 •• a) ϑ(k) = 1/(k + 1). b) Nein.

Aufgabe 24.36 •• –

Aufgabe 24.37 •• –

Aufgabe 24.38 •• –

Aufgabe 24.39 •• c = 1/(n+ 1).

Aufgabe 24.40 •• d) Der Schätzer ϑ̃n.

Aufgabe 24.41 •• –

Aufgabe 24.42 •• –

Aufgabe 24.43 •• –

Aufgabe 24.44 •• In b) muss n ≥ 49 gelten.

Aufgabe 24.45 •• –


Aufgabe 24.47 •• Das Testniveau ist 0.6695 . . .

Aufgabe 24.48 •• –

Aufgabe 24.49 • Die Hypothese wird auf dem 5%-Niveau abgelehnt.


Aufgabe 24.51 • n muss mindestens gleich 6 sein.

Aufgabe 24.52 • Die Hypothese H0 : µ ≤ 0 wird aufdem 5%-Niveau abgelehnt.

Lösungswege

Verständnisfragen

Aufgabe 24.1 •• Wir setzen kurz Mn :=max(X1, . . . , Xn). Es gilt für jedes t mit 0 ≤ t ≤ ϑ

Pϑ (Mn ≤ t) = Pϑ(X1 ≤ t)n =(t

ϑ

)n


und somit – wenn wir zum komplementären Ereignis über-gehen und t := ϑα1/n setzen

Pϑ(Mn > ϑα

1/n)= 1− α.

Da wir hier das Kleiner- durch das Kleiner-gleich-Zeichen er-setzen können, ohne die Wahrscheinlichkeit zu ändern, folgt

Pϑ((0,Mnα

−1/n] D ϑ)= 1− α ∀ϑ ∈ Y,

und somit istMnα−1/n eine obere Konfidenzschranke für ϑzur Konfidenzwahrscheinlichkeit 1− α.

Aufgabe 24.2 •• Es sei Sn = ∑nj=1Xj = nTn. Da

X1, . . . , Xn unabhängig und identisch verteilt sind mit

Eλ(X1) = Vλ(X1) = λ,

liefert der Zentrale Grenzwertsatz von Lindeberg-Lévy aufSeite 887 zunächst für beliebiges h > 0:

limn→∞Pλ

(∣∣∣∣√n(Tn−λ)√λ

∣∣∣∣ ≤ h) = limn→∞Pλ

(∣∣∣∣Sn−nλ√nλ

∣∣∣∣ ≤ h)= C(h)−C(−h)= 2C(h)− 1.

Setzt man speziell h = C−1(1−α/2), so gilt 2C(h)−1 = α.Ferner transformiert sich das asymptotisch hochwahrschein-liche Ereignis {∣∣∣∣√n(Tn−λ)√

λ

∣∣∣∣ ≤ h}wie folgt: Es gilt

√n|Tn − λ| ≤ h

√λ⇔ n

(T 2n − 2Tnλ+ λ2

)− λh2 ≤ 0

⇔ λ2 − 2

(Tn + h

2

2n

)λ+ T 2

n ≤ 0

⇔(λ−

(Tn+ h

2

2n

))2

≤ Tnh2

n+ h4

4n2

⇔ Un ≤ λ ≤ Onmit den im Resultat angegebenen Größen Un und On, waszu zeigen war.

Für die Daten des Rutherford-Geiger-Experiments aufSeite 787 nimmt Tn den Wert 3.87 an, und es ist n = 10 097.Zu α = 0.05 ist h = 1.96. Damit ergeben sich die konkretenWerte fürUn undOn (auf 4 Nachkommastellen gerundet) zu3.8317 bzw. zu 3.9087. Man erhält also das konkrete Konfi-denzintervall [3.8317, 3.9087].

Aufgabe 24.3 • Hier liegt der in der Box auf Seite 932angesprochene Trugschluss vor. Die Formulierung in 5% al-ler Fälle bezieht sich auf diejenigen „Fälle“ (Testergebnisse),in denen ein signifikanter Widerspruch zu H0 erhoben wird.Die Aussage hätte nur einen Sinn, wenn wir die Gültigkeit

von H0 in einer langen Serie unabhängiger Testläufe unter-stellen. Dann würde man aber nicht testen!

Aufgabe 24.4 • Nein. Auch in diesem Fall handelt essich um den auf Seite 932 diskutierten Trugschluss, es exi-stiere eine „bedingte Wahrscheinlichkeit P(H0 gilt |Test führtzur Ablehnung vonH0)“, und diese „Wahrscheinlichkeit“ seihöchstens α (= 0.05).

Aufgabe 24.5 • Nein. Der Statistiker hat aufgrund sei-ner Stichprobe die HypotheseH0, der Auschussanteil betragehöchstens 2%, zum 5%-Niveau abgelehnt, weil der beobach-tete p-Wert 0.027 betrug. Dass in 70% aller Fälle, in denenein Widerspruch zu H0 (d. h. eine Beanstandung) auftrat, inWirklichkeit H0 zutraf, steht hierzu nicht im Widerspruch.Nach den auf Seite 932 angestellten Überlegungen hätten essogar 100% aller Fälle sein können, wenn alle Sendungen derBehauptung des Herstellers entsprochen hätten, d. h. stetsH0gegolten hätte.


Pϑ0(Kϑ0) = Pϑ0(C(X) �D ϑ0)

= 1− Pϑ0(C(X) D ϑ0)

≤ 1− (1− α)= α,

was die Behauptung zeigt.

b) Die Voraussetzung besagt, dass es zu jedem ϑ0 ∈ Yeine (messbare) Menge Kϑ0 ⊆ X mit der EigenschaftPϑ0(Kϑ0) ≤ α gibt. Mit Aϑ0 := X \ Kϑ0 gilt dannPϑ0(Aϑ0) ≥ 1− α. Setzen wir

C(x) := {ϑ ∈ Y | Kϑ �D x},so folgt wegen

x ∈ Aϑ ⇐⇒ Kϑ �D x⇐⇒ C(x) D ϑ

die Abschätzung

Pϑ(C(X) D ϑ) = Pϑ(Aϑ) ≥ 1− α, ϑ ∈ Y,was zu zeigen war.

Aufgabe 24.7 •• Teilt man in der Darstellung (24.51)Zähler und Nenner durch σ , so ergibt sich

Tn = U + δW

,

wobei

U =√n(Xn − µ)σ

, δ =√n(µ− µ0)

σ, W = Sn

σ.

Nach dem Satz von Student über die Eigenschaften der ML-Schätzer der Parameter der Normalverteilung auf Seite 911sind U und W stochastisch unabhängig, und es gelten U ∼N(0, 1) sowie (n − 1)S2

n/σ2 = (n − 1)W 2 =: V ∼ χ2

n−1.Nach Definition der nichtzentralen tn−1-Verteilung folgt dieBehauptung.


Aufgabe 24.8 • a) Besitzt Q eine Fr,s -Verteilung,so hat 1/Q nach Definition der Fr,s -Verteilung eine Fs,r -Verteilung. Es gilt dann

1− p = P(Q ≤ Fr,s;1−p)

= P(

1

Q≥ 1

Fr,s;1−p

)= 1− P

(1

Q≤ 1

Fr,s;1−p

).

Damit gilt 1/Fr,s;1−p = Fs,r;p , was zu zeigen war.

b) Mit ϑ = (µ, ν, σ 2, τ 2) und κ := Fm−1,n−1;1−α gilt

Pϑ(Qm,n ≥ κ

) = Pϑ

(1/σ 2

1/τ 2Qm,n ≥ τ

2

σ 2κ

)

= 1− Fm−1,n−1

(τ 2

σ 2κ

).

Das letzte Gleichheitszeichen gilt, weil die Fm−1,n−1-Verteilung von

1/σ 2

1/τ 2Qm,n

unter ϑ nicht von ϑ abhängt. Dabei bezeichnet Fm−1,n−1(·)die Verteilungsfunktion der Fm−1,n−1-Verteilung. DaFm−1,n−1(·) streng monoton wächst, wächst die Funktionϑ *→ Pϑ

(Qm,n ≥ κ

)streng monoton in σ 2/τ 2.

Aufgabe 24.9 •• Die Risikomenge ist gegeben durch

R = {(α(ϕ), β(ϕ)) | ϕ : X → [0, 1]}.

Für k ∈ X und j ∈ {0, 1} gilt

fj (k) = Pϑj (X = k) =(

3

k

)ϑkj (1− ϑj )3−k

und somit nach Einsetzen von ϑ0 = 1/4, ϑ1 = 3/4

f1(k)

f0(k)= 3k ·

(1

3

)3−k= 9k

27,

k ∈ X . Da dieser Quotient eine streng monoton wachsendeFunktion von k ist, ist ein NP-Test für H0 gegen H1 von derGestalt

ϕ(k) =

1, falls k > c,

γ, falls k = c,0, falls k < c,

mit c ∈ R, c ≥ 0. Setzen wir

ψ(k) :={

1, falls k > c,

0, falls k ≤ c, , ψ̃(k) :={

1, falls k > c − 1,

0, falls k ≤ c − 1,

so giltϕ = (1− γ )ψ + γ ψ̃,

d. h., jeder NP-Test ist eine Konvexkombination vonzwei nichtrandomisierten NP-Tests. Setzen wir für c ∈{−1, 0, 1, 2, 3}

ψc(k) :={

1, falls k > c,

0, falls k ≤ c,so ergeben sich wegen

j 0 1 2 3

P1/4(X = j) 2764

2764

964

164

P3/4(X = j) 164

964

2764

2764

die Fehlerwahrscheinlichkeitspunkte (α(ψc), β(ψc)) zu:

j -1 0 1 2 3

α(ψc) 1 3764

1064

164 0

β(ψc) 0 164

1064

3764 1

Die Risikomenge ist nachstehend skizziert. Die Fehlerwahr-scheinlichkeitspunkte der nichtrandomisierten Tests ψj fürj ∈ {−1, 0, 1, 2, 3} sind durch schwarze Kreise hervorgeho-ben.

Aufgabe 24.10 •• Setzt man die ML-Schätzer σ̃ 2n im

Zähler und µ̂n, σ̂ 2n im Nenner des verallgemeinerten

Likelihood-Quotienten ein, so ergibt sich nach Herauskür-zen von (2π)n/2

Q(X) =σ̃n−n exp

(− 1

2σ̃ 2n

∑nj=1(Xj − µ0)

2)

σ̂n−n exp

(− 1

2σ̂ 2n

∑nj=1(Xj −Xn)2

)

=(σ̃ 2n

σ̂ 2n

)n/2

=(∑n

j=1(Xj −Xn)2∑nj=1(Xj − µ0)

2

)n/2.


Wegen

n∑j=1

(Xj − µ0)2 =

n∑j=1

(Xj −Xn)2 + n(Xn − µ0)2

folgt

Q(X)−n/2 = 1+ n(Xn − µ0)2∑n

j=1(Xj −Xn)2

und damit die angegebene Darstellung.

Aufgabe 24.11 •• Nach Darstellung (24.81) und demHinweis besitzt AFn die gleiche Verteilung wie

W := max(X1, 1−X1),

wobei X1 ∼ U(0, 1). Offenbar gilt P(0 ≤ W ≤ 1/2) = 1,und für t ∈ [0, 1/2] gilt

P(W ≤ t) = P(X1 ≤ t, 1−X1 ≤ t)= P(1− t ≤ W ≤ t)= t − (1− t) = 2t − 1.

Folglich besitzt AF1 eine Gleichverteilung auf dem Intervall[0, 1/2].

Aufgabe 24.12 •• Sind allgemein X1, . . . , Xk Zufalls-variablen mit existierenden Erwartungswerten, so existiertauch der Erwartungswert jeder Ordnungsstatistik Xj :k von

X1, . . . , Xk , denn es gilt |Xj :k| ≤∑kl=1 |Xl |.

Mit dem Hinweis gilt, dass (X1:2n − a, . . . , X2n:2n − a) diegleiche Verteilung besitzt wie (a − X2n:2n, . . . , a − X1:2n)(man beachte, dass sich durch das Minuszeichen die Reihen-folge der Xj umkehrt). Somit besitzt auch die Summe derbeiden „innersten Ordnungsstatistiken“ die gleiche Vertei-lung. Es gilt also

Xm:2n − a +Xm+1:2n − a ∼ a −Xm+1:2n + a −Xm:2n.

Hieraus folgt

E(Xm:2n +Xm+1:2n)− 2a = 2a − E(Xm:2n +Xm+1:2n)


Aufgabe 24.13 •• Wie im Fall p = 1/2 gilt für r und smit 1 ≤ r < s ≤ n

P(X(r)≤Qp<X(s)

) = P(X(r)≤Qp

)− P(X(s)≤Qp

).

Rechts stehen die Verteilungsfunktionen von X(r) und X(s),ausgewertet an der Stelle Qp . Nach dem Satz über die Ver-teilung der r-ten Ordnungsstatistik auf Seite 832 mit t = Qp

und F(t) = p folgt

P(X(r) ≤ Qp < X(s)

) = s−1∑j=r

(n

j

)pj (1− p)n−j ,

und dies war zu zeigen. Wählt man r und s so, dass die obigeSumme mindestens gleich 1 − α ist, so ist [X(r), X(s)] einKonfidenzintervall fürQp zur Konfidenzwahrscheinlichkeit1− α.

Aufgabe 24.14 • Die Summe der sechs Gewinnzahlenhat die gleiche Verteilung wie W6,43 unter H0, wenn wirunterstellen, dass beim Lotto jede Sechserauswahl der Zahlen1, 2, . . . , 49 die gleiche Ziehungswahrscheinlichkeit besitzt.

Beweisaufgaben

Aufgabe 24.15 •• Wir nehmen an, T sei ein erwar-tungstreuer Schätzer für ϑ . Dann gilt für jedes ϑ ∈ Y

ϑ = EϑT

=n∑j=0

T (j)Pϑ(X = j)

=n∑j=0

T (j)

(r

j

)(s

n− j)

(ϑ

n

) .

MitM := maxj=0,...,n T (j) und der Normierungsbedingung

n∑j=0

(r

j

)(s

n− j)

(ϑ

n

) = 1

folgt ϑ ≤ M für jedes ϑ ∈ {r, r + 1, r + 2, . . .}, was nichtmöglich ist.

Anmerkung: Diese Aufgabe besitzt die folgende häufig zufindende Einkleidung: In einem Teich befindet sich eine un-bekannte Anzahl von Fischen. Es werden r Fische gefangen,markiert und wieder ausgesetzt. Nach einer Weile werden nFische gefangen. Bezeichnen s die Anzahl der unmarkiertenFische und ϑ := r + s die Gesamtzahl der Fische im Teich,so besitzt die AnzahlX der markierten Fische in dieser Stich-probe die hypergeometrische Verteilung Hyp(n, r, s), wennman annimmt, dass jede n-elementige Teilmenge aller Fischedie gleiche Wahrscheinlichkeit besitzt, diese Stichprobe zubilden.

Aufgabe 24.16 •• a) Wir betrachten die beiden Seitender zu beweisenden Gleichung als Funktionen von ϑ undnennen die linke Seite u(ϑ) und die rechte v(ϑ). Da k ≥ 1ist, gilt offenbar u(0) = v(0) = 0. Leitet man u und v nach


ϑ ab, so folgt

u′(ϑ)=n∑j=k

(n

j

)(jϑj−1(1−ϑ)n−j − (n−j)ϑj (1−ϑ)n−j−1

)

=n∑j=k

n!(j − 1)!(n− j)!ϑ

j−1(1−ϑ)n−j

−n−1∑j=k

n!j !(n− j − 1)!ϑ

j (1−ϑ)n−j−1

=n−1∑i=k−1

n!i!(n− i − 1)!ϑ

i(1−ϑ)n−i−1

−n−1∑j=k

n!j !(n− j − 1)!ϑ

j (1−ϑ)n−j−1

= n!(k − 1)!(n− k)!ϑ

k−1(1− ϑ)n−k

=v′(ϑ).Hieraus ergibt sich die Behauptung.

b) Da die in (24.24) stehende Summe nach Teil a) strengmonoton in ϑ fällt, ist die Funktion a(·)monoton wachsend.In gleicher Weise ist die Funktion A(·) monoton wachsend,denn die in (24.25) stehende Summe wächst nach Teil a)streng monoton in ϑ . Nach Definition von a(ϑ) und A(ϑ)gelten

a(ϑ)−1∑j=0

(n

j

)ϑj (1−ϑ)n−j ≤ α

2<

1

2,

n∑j=A(ϑ)+1

(n

j

)ϑj (1−ϑ)n−j ≤ α

2<

1

2.

Hieraus folgt A(ϑ) + 1 − (a(ϑ) − 1) ≥ 2 und somita(ϑ) ≤ A(ϑ).Sei kurz

pn,j (ϑ) :=(n

j

)ϑj (1− ϑ)n−j

gesetzt. Ist (ϑl) eine Folge aus [0, 1] mit ϑl+1 ≤ ϑl ,l ≥ 1, und liml→∞ ϑl = ϑ , so konvergiert – da die in (24.24)stehende Summe nach Teil a) streng monoton in ϑ fällt – dieSumme

a(ϑ)−1∑j=0

pn,j (ϑl)

für l→∞ von unten gegen

a(ϑ)−1∑j=0

pn,j (ϑ)(≤ α

2

).

Hieraus folgt, dass a(ϑl)wegen der Ganzzahligkeit der Funk-tion a(·) für hinreichend großes l gleich a(ϑ) sein muss. Dieszeigt, dass a(·) rechtsseitig stetig ist. Analog folgt, dass A(·)linksseitig stetig ist.

c) Die Aussage (24.29) ist gleichbedeutend mit

l(x) < ϑ < L(x) ⇐⇒ a(ϑ) ≤ x ≤ A(ϑ).Es gilt

ϑ < L(x) = sup{ϑ | a(ϑ)=x} ⇐⇒ ∃ϑ1 > ϑ : a(ϑ1) = x⇐⇒ a(ϑ) ≤ x.

Dabei folgt die Richtung „⇐�“ der zweiten Äquivalenz ausder rechtsseitigen Stetigkeit von a(·) und der Tatsache, dassdie Funktion a(·) nur ganzzahlige Werte annimmt. Völliganalog ergibt sich die Äquivalenz l(x) < ϑ ⇐⇒ x ≤ A(ϑ).

Aufgabe 24.17 •• a) Es ist l(0) = inf{ϑ | A(ϑ) = 0}.Nach Definition von A(ϑ) gilt

A(ϑ) = 0 ⇐⇒n∑j=1

(n

j

)ϑj (1− ϑ)n−j ≤ α

2

⇐⇒ 1− (1− ϑ)n ≤ α2.

Wegen 1− (1− 0)n ≤ α/2 folgt hieraus l(0) = 0.

Nach Definition ist L(0) = sup{ϑ | a(ϑ) = 0}. Nun ist

a(ϑ) = 0 ⇐⇒0∑j=0

(n

j

)ϑj (1− ϑ)n−j > α

2

⇐⇒ (1− ϑ)n > α2.

Hieraus folgt, dass L(0) die Gleichung (1 − ϑ)n = α/2erfüllt, was zu

L(0) = 1 −(α

2

)1/n

äquivalent ist. Völlig analog zeigt man die Gleichungenl(n) = (α/2)1/n und L(n) = 1.

b) 1) Es ist l(x) = inf{ϑ ∈ Y | A(ϑ) = x}. Weiter giltA(ϑ) = x genau dann, wenn die Ungleichungen

n∑j=x+1

(n

j

)ϑj (1− ϑ)n−j ≤ α

2,

n∑j=x

(n

j

)ϑj (1− ϑ)n−j > α

2

erfüllt sind. Da die beide Summen streng monoton fallendeFunktionen von ϑ sind, erfüllt das Infimum aller ϑ mit derEigenschaft A(ϑ) = x die Gleichung

n∑j=x

(n

j

)ϑj (1− ϑ)n−j = α

2,

was zu zeigen war. Ganz analog zeigt man die zweite Be-hauptung.


Aufgabe 24.18 •• Nach dem Zentralen Grenzwertsatzvon de Moivre-Laplace auf Seite 889 gilt, wenn wir für dasdortige Sn die Zufallsvariable nTn einsetzen und durch

√n

kürzen,

Zn :=√n(Tn − ϑ)√ϑ(1− ϑ)

Dϑ−→ Z,

wobeiZ ∼ N(0, 1). Wegen TnPϑ−→ ϑ giltWn

Pϑ−→ ϑ(1−ϑ)und somit √

ϑ(1− ϑ)Wn

Pϑ−→ 1.

Mit Teil b) des Lemmas von Sluzki auf Seite 881 folgt

√n(Tn − ϑ)√Wn

=√ϑ(1− ϑ)Wn

· Zn Dϑ−→ Z.

Damit ergibt sich

limn→∞Pϑ

(∣∣∣∣√n(Tn − ϑ)√Wn

∣∣∣∣ ≤ hα) = 1− α.

Dies war zu zeigen, denn das hier stehende Ereignis ist iden-tisch mit dem in der Aufgabenstellung. Man beachte, dasswir auch bei den Symbolen für Verteilungskonvergenz undstochastische Konvergenz den Parameter ϑ als Index hervor-gehoben haben.

Aufgabe 24.19 • Wir betrachten zunächst den einsei-tigen Gauß-Test. Da die Hypothese H0 : µ ≤ µ0 genaudann zum Niveau α abgelehnt wird, wenn die PrüfgrößeGn = √n(Xn − µ0)/σ größer als hα := C−1(1 − α) ist,gilt

gn(µ) = Pµ (Gn > hα)

= Pµ

(√n(Xn − µ0)

σ> hα

)

= Pµ

(Xn >

σ hα√n+ µ0

)= Pµ

(√n(Xn − µ)σ

>

√n(µ0 − µ)σ

+ hα)

= 1−C(hα −

√n(µ− µ0)

σ

).

Dabei wurde beim letzten Gleichheitszeichen verwendet,dass

√n(Xn − µ)/σ standardnormalverteilt ist, wenn µ der

wahre Parameter ist. Alle Umformungen liefen darauf hin-aus, diese Tatsache auszunutzen.

Beim zweiseitigen Gauß-Test wird die HypotheseH ∗0 : µ =µ0 zugunsten der AlternativeH ∗1 : µ �= µ0 abgelehnt, wenn|Gn| > h∗α gilt. Dabei ist h∗α := C−1(1 − α/2). Mit dem

gleichen Ziel wie oben folgt

g∗n(µ) = Pµ(|Gn| > h∗α)= Pµ

(|Xn − µ0| > h∗ασ/√n)

= Pµ(Xn > µ0 + h∗ασ/

√n)

+ Pµ(Xn < µ0 − h∗ασ/

√n)

= Pµ

(√n(Xn − µ)σ

>

√n(µ0 − µ)σ

+ h∗α)

+ Pµ

(√n(Xn − µ)σ

<

√n(µ0 − µ)σ

− h∗α)

= 1 − C(h∗α +

√n(µ0 − µ)σ

)+ 1 − C

(h∗α −

√n(µ0 − µ)σ

)= 2 − C

(h∗α −

√n(µ− µ0)

σ

)−C

(h∗α +

√n(µ− µ0)

σ

),

was zu zeigen war.

Aufgabe 24.20 •• Für x > 0 ist

1−C(x) = 1√2π

∫ ∞

x

exp

(− t

2

2

)dt

≤ 1√2π

∫ ∞

x

t

xexp

(− t

2

2

)dt

= 1

x

1√2π

(− exp

(− t

2

2

)) ∣∣∣∞x

= ϕ(x)

x.

Setzen wir kurz q := C−1(1−α) und δ := √n(µ−µ0)/σ ,so gilt

1− gn(µ) = C(q − δ) = 1−C(δ − q).

Für δ > q (und somit für hinreichend großes n) folgt also

1− gn(µ) ≤ 1

δ − q1√2π

exp

(−1

2(δ − q)2

).

Nutzt man noch die aus dem Mittelwertsatz der Analysisfolgende Ungleichung

exp

(−1

2(δ − q)2

)≤ e−1/2 exp

(−δ

2

2

)(δ − q)

aus, so folgt die Behauptung.


Aufgabe 24.21 •• a) Nach Definition der Fr,s -Ver-teilung können wir

Q = R/r

S/s

mit unabhängigen Zufallsvariablen R und S setzen. Dabeigelten R ∼ χ2

r und S ∼ χ2s . Die Dichte der χ2

k -Verteilungbesitzt nach (22.4) die Gestalt

fk(x) := 1

2k/2](k/2)xk2−1 e−

x2 , x > 0.

Nach dem Satz auf Seite 824 (Methode Verteilungsfunktion)sind die mit gr bzw. gs bezeichneten Dichten von R/r bzw.S/s durch

gr(u) = fr(ru) r

= rr/2

2r/2](r/2)e−ur/2ur/2−1,

gs(u) = fs(su) s

= ss/2

2s/2](s/2)e−us/2us/2−1

für u > 0 und gr(u) = gs(u) = 0 sonst, gegeben. Nach Teilc) des Satzes über die Dichte von Differenz, Produkt undQuotient auf Seite 831 ergibt sich die Dichte vonQ zu

fQ(t) =∫ ∞

0fr(tz)fs(z) z dz.

Setzt man hier die Ausdrücke für fr(tz) und fs(z) ein, ziehtKonstanten vor das Integral und führt anschließend die Sub-stitution u := z(tr + s)/2 durch, so folgt

fQ(t)= rr/2ss/2t r/2−1

](r/2)](s/2)(tr + s)(r+s)/2∫ ∞

0u(r+s)/2−1e−u du.

Da das Integral gleich]((r+s)/2) ist, ergibt sich mit (22.55)und (22.56) nach Division von Zähler und Nenner durchs(r+s)/2 die Behauptung.

b) Aufgrund der Darstellung vonQ und der Unabhängigkeitvon Zähler und Nenner gilt

E(Q) = E(R

r

)· E

( sS

)= s

rE(R)E

(1

S

)= s E

(1

S

).

Hierbei wurde E(R) = r ausgenutzt. Weiter gilt mit derSubstitution u := t/2 und der Funktionalgleichung ](x +1) = x](x) für die Gamma-Funktion

E(

1

S

)= 1

2s/2](s/2)

∫ ∞

0

1

tt s/2−1e−t/2 dt

= 2 · 2s/2−2

2s/2](s/2)

∫ ∞

0us/2−1−1e−u du

= 1

2](s/2)]( s

2− 1

)= 1

s − 2,

woraus die Behauptung folgt.

c) Analog zu b) folgt mit E(R2) = V(R)+ E(R)2

E(Q2) = s2

r2E(R2)E

(1

S2

)= s2

r2(2r + r2)E

(1

S2

).

Nun ist für s > 4

E(

1

S2

)= 1

2s/2](s/2)

∫ ∞

0

1

t2t s/2−1e−t/2 dt

= 2 · 2s/2−3

2s/2](s/2)

∫ ∞

0us/2−2−1e−u du

= 1

4](s/2)]( s

2− 2

)= 1

(s − 2)(s − 4).

Wegen V(Q) = E(Q2) − E(Q)2 folgt die Behauptung nunmit b) und direkter Rechnung.

Aufgabe 24.22 •• Es sei

cn := nλ0 +C−1(1− α)√nλ0

und Sn := X1 + . . . + Xn gesetzt. Zunächst gilt für dieGütefunktion Gϕn von ϕn mit dem Zentralen Grenzwertsatzvon Lindeberg-Lévy

limn→∞Gϕn(λ0) = lim

n→∞Pλ0 (Sn ≥ cn)

= limn→∞Pλ0

(Sn − nλ0√nλ0

≥ C−1(1− α))

= 1−C(C−1(1− α))= α.

Setzen wir

kn := BcnC = min{k ∈ N | k ≥ cn},so gilt mit dem Hinweis für jedes λ ≤ λ0

Gϕn(λ) =∞∑j=kn

e−λ λj

j !

= 1

(kn − 1)!∫ λ

0e−t tkn−1 dt

≤ 1

(kn − 1)!∫ λ0

0e−t tkn−1 dt

=∞∑j=kn

e−λ0λj0

j != Gϕn(λ0)

und damit für jedes λ mit λ ≤ λ0

lim supn→∞

Gϕn(λ) ≤ α.


Die Testfolge (ϕn) besitzt also das asymptotische Niveau α.Um die Konsistenz der Folge (ϕn) nachzuweisen, sei λ1 mitλ1 > λ0 beliebig gewählt. Sei ε > 0 so gewählt, dass λ1 −ε > λ0. Wegen limn→∞ cn/n = λ0 gibt es ein n0, sodassfür jedes n ≥ n0 die Ungleichung cn/n < λ1 − ε erfüllt ist.Mit Xn := n−1 ∑n

j=1 gilt für solche n

Gϕn(λ1) = Pλ1

(Xn ≥ cn

n

)≥ Pλ1

(∣∣∣Xn − λ1

∣∣∣ < ε) .Da die letzte Wahrscheinlichkeit nach dem Gesetz großerZahlen für n → ∞ gegen eins konvergiert, folgt die Be-hauptung.

Aufgabe 24.23 ••• Verwendet man den ersten, direktaus der Tschebyschow-Ungleichung folgenden Hinweis, soergibt sich mit zk = (k − λ)/

√λ

1 ≥∑

k:|zk |≤Cpλ(k) = P(|X − λ| ≤ C√λ) ≥ 1− 1

C2.

Mit (24.62) folgt dann also

1 ≥ Kλ√λ

∑k:|zk |≤C

1√λ

exp

(−z

2k

2

) (1+O

(1√λ

))

≥ 1− 1

C2.

Es gilt (Riemann’sche Näherungssumme!)

limλ→∞

∑k:|zk |≤C

1√λ

exp

(−z

2k

2

)=

∫ C−C

exp

(−z

2

2

)dz.

Da dieses Integral fürC →∞ gegen√

2π konvergiert, folgtdie Behauptung.

Aufgabe 24.24 •• Es sei A eine k × k-Matrix mit[−1 = AA. Nach dem Reproduktionsgesetz für die Nor-malverteilung auf Seite 838 gilt dann

Y := A(X − µ) ∼ Nk(0, A[A).

Aus AA = [−1 folgt A = [−1A−1 und somit

A[A = A[[−1A−1 = Ik.

Nach Aufgabe 22.46 sind die Komponenten Y1, . . . , Yk vonY stochastisch unabhängige und je N(0, 1)-verteilte Zufalls-variablen. Wegen

(X − µ)[−1(X − µ) = YY =k∑j=1

Y 2j

folgt die Behauptung aus der Erzeugungsweise der Chi-Quadrat-Verteilung auf Seite 844.

Aufgabe 24.25 •• Es sei ϑ = (p1, . . . , ps) �=(π1, . . . , πs) = ϑ0. Damit ist o.B.d.A. p1 �= π1 sowie

Tn =s∑j=1

(Xj − nπj )2nπj

≥ (X1 − nπ1)2

nπ1

= n

π1

(X1

n− π1

)2

.

Wegen X1 ∼ Bin(n, p1) unter Pϑ konvergiert X1/n nachdem Gesetz großer Zahlen Pϑ -stochastisch gegen p1, undsomit gilt

Yn :=(X1

n− π1

)2Pϑ−→ δ := (p1 − π1)

2 > 0.

Nach Definition der stochastischen Konvergenz gilt fürε := δ/2

limn→∞Pϑ(|Yn − δ| < ε) = 1.

Da das Ereignis {|Yn − δ| < ε} das Ereignis {Yn > δ/2} undsomit das Ereignis {Tn > nδ/(2π1)} zur Folge hat und fürhinreichend großes n die Ungleichung

χ2s−1;1−α ≤

nδ

2π1

besteht, folgt

limn→∞Eϕn = lim

n→∞Pϑ(Tn ≥ χ2s−1;1−α) = 1,

was zu zeigen war.

Aufgabe 24.26 •• Wir bezeichnen mitC := {ϕ : X →[0, 1] | ϕ messbar} die Menge aller Tests für das Zwei-Alternativ-Problem.

a) Für die Tests ϕ ≡ 1 undψ ≡ 0 gelten α(ϕ) = 1, β(ϕ) = 0und α(ψ) = 0, β(ψ) = 1.

b) Zu ϕ ∈ C betrachten wir den Test ψ := 1 − ϕ ∈ C. Fürdiesen gelten α(ψ) = Eϑ0(1 − ϕ) = 1 − α(ϕ) und analogβ(ψ) = 1− β(ϕ).

c) Sind (αj , βj ) ∈ R und δ ∈ [0, 1], so existieren Testsϕj ∈ C mit (αj , βj ) = (α(ϕj ), β(ϕj )), j = 1, 2. Für dieKonvexkombination ϕ := δϕ1 + (1− δ)ϕ2 gilt ϕ ∈ C und

α(ϕ)=Eϑ0 (δϕ1 + (1− δ)ϕ2) = δEϑ0ϕ1 + (1− δ)Eϑ0ϕ2

=δα1 + (1− δ)α2

und analog β(ϕ) = δβ1 + (1 − δ)β2. Folglich gehört derPunkt δ(α1, β1)+ (1− δ)(α2, β2) zu R.


Aufgabe 24.27 •• Die σ -Subadditivität von P liefertzunächst

P

⋃1≤i<j<∞

{Xi = Xj } ≤

∑1≤i<j<∞

P(Xi = Xj ).

Wendet man den Satz von Tonelli auf Seite 262 mit F1 =F2 = R, A1 = A2 = B und µ1 = PXi sowie µ2 = PXj undf = 1A mit A = {(x, y) ∈ R2 | x = y} an, so folgt

P(Xi = Xj ) =∫

R21A PXi (dx)PXj (dy)

=∫ ∞

−∞

(∫{x}

PXj (dy))

PXi (dx)

=∫ ∞

−∞P(Xj = x)PXi (dx)

= 0,

da aufgrund der Stetigkeit von Fj P(Xj = x) = 0 gilt.

Aufgabe 24.28 •• Nach Aufgabe 24.13 gilt

P(Xrn:n ≤ Qp < Xsn:n

) = sn−1∑j=rn

(n

j

)pj (1− p)n−j

= P(rn ≤ Sn ≤ sn − 1),

wobei Sn eine Zufallsvariable mit der BinomialverteilungBin(n, p) bezeichnet. Nach Standardisierung gilt also

P(Xrn:n ≤ Qp < Xsn:n

) = P(an ≤ Sn − np√

np(1− p) ≤ bn),

wobei

an := rn − np√np(1− p) , bn := sn − 1− np√

np(1− p) .

Wegenlimn→∞ an = −hα, lim

n→∞ bn = hαliefern der Zentrale Grenzwertsatz von de Moivre-Laplaceund Aufgabe 23.12

limn→∞P

(Xrn:n ≤ Qp < Xsn:n

) = C(hα)−C(−hα)= 2C(hα)− 1

= 2(

1− α2

)− 1

= 1− α.Wegen P(Qp = Xsn:n) = 0 (vgl. die Selbstfrage aufSeite 954) kann zu Beginn dieser Gleichungskette dasKleiner-Zeichen auch durch das Kleiner-gleich-Zeichen er-setzt werden, sodass die Behauptung folgt.

Aufgabe 24.29 •• a) Die Verteilungsfunktion Fs ist aufR differenzierbar, mit der Ableitung (Dichte)

fs(t) = 1√πs

](s+1

2

)](s2

) (1+ (t − a)

2

s

)−(s+1)/2

.

Da die Dichte symmetrisch um a ist, ist a der Median vonX. Die Ableitung F ′s(Q1/2) ist also durch

F ′s(Q1/2) = fs(a) =](s+1

2

)√πs ]

(s2

)gegeben. Da die Varianz σ 2

Fsnach Aufgabe 24.43 b) gleich

s/(s − 2) ist, ergibt sich

AREFs (Qn,1/2, Xn) = 4F ′s(a)2 σ 2Fs

=4]2

(s+1

2

)(s − 2)π ]2

(s2

) ,was zu zeigen war.b) Für die Fälle s = 3, s = 4 und s = 5 folgt unter Verwen-dung von ](x + 1) = x](x) und ](1/2) = √π

AREF3(Qn,1/2, Xn) =16

π2= 1.6211 . . .

AREF4(Qn,1/2, Xn) =9

8= 1.125,

AREF5(Qn,1/2, Xn) =256

27π2= 0.9606 . . .

Für den Fall s ≥ 6 verwenden wir die im Hinweis angegebeneUngleichung

]

(x + 1

2

)≤ √

x ](x), x > 0,

die mit f (t) := e−t/2tx/2, g(t) := e−t/2tx/2−1/2 aus derCauchy-Schwarz’schen Ungleichung∫ ∞

0f (t)g(t)dt ≤

(∫ ∞

0f (t)2dt

)1/2 (∫ ∞

0g(t)2dt

)1/2

folgt. Hiermit ergibt sich

AREFs (Qn,1/2, Xn) ≤4 s2 ]

2( s2 )

(s − 2)π ]2(s2

)= 2s

(s − 2)π< 1, falls s ≥ 6,

und damit insbesondere

lim sups→∞

AREFs (Qn,1/2, Xn) ≤2

π.

Andererseits gilt

]

(s + 1

2

)= ]

(s − 1

2+ 1

)= s − 1

2]

(s − 1

2

).

Mit der obigen Ungleichung ergibt sich

]

(s − 1

2

)≥ 1√

(s − 1)/2]( s

2

),


und man erhält

AREFs (Qn,1/2, Xn) ≥2(s − 1)

(s − 2)π,

also insbesondere

lim infs→∞ AREFs (Qn,1/2, Xn) ≥

2

π.

Zusammen mit der Abschätzung nach oben folgt die behaup-tete Grenzwertaussage

lims→∞AREFs (Qn,1/2, Xn) =

2

π.

Aufgabe 24.30 •• Wir setzen kurz k := m + n sowieRi := r(Xi) für i = 1, . . . , m. Da aus Symmetriegründenjedes Ri die gleiche Verteilung besitzt und auch die Paare(Ri, Rj ) für jede Wahl von i und j mit i �= j identisch verteiltsind, folgt wegen Wm,n =∑m

i=1 Ri nach den Rechenregelnfür Erwartungswert und Varianz

E(Wm,n) = mE(R1),

V(Wm,n) = mV(R1)+m(m− 1)Cov(R1, R2).

Mit dem Hinweis folgt, dass R1 auf den Werten 1, 2, . . . , kgleichverteilt ist. Damit ergibt sich

E(R1) = k + 1

2, V(R1) = k

2 − 1

12

(vgl. das Beispiel auf Seite 774 sowie (21.17)), woraus un-mittelbar Aussage a) folgt.

Aussage b) ergibt sich am einfachsten, wenn man zu den obeneingeführten Zufallsvariablen R1, . . . , Rm die RangzahlenRm+j := r(Yj ), j = 1, . . . , n, hinzunimmt. Wegen

k∑j=1

Rj =k∑j=1

j = k(k + 1)

2

gilt dann V(∑kj=1 Rj ) = 0. Andererseits ist mit Rechenre-

geln für die Varianz

V

k∑j=1

Rj

= kV(R1)+ k(k − 1)Cov(R1, R2)

und somit

Cov(R1, R2) = −V(R1)

k − 1.

Mit dem oben angegebenen Ausdruck für V(R1) folgt dannb) durch Einsetzen.

Alternativ (aber umständlicher) kann man Cov(R1, R2) überdie gemeinsame Verteilung von R1 und R2 berechnen. Letz-

tere ist die Gleichverteilung auf den Paaren (i, j) mit i, j ∈{1, . . . , k} und i �= j . Es folgt

E(R1R2) =∑i �=ji j P(R1 = i, R2 = j)

= 1

k(k − 1)

∑i �=ji j

= 1

k(k − 1)

k∑i=1

i

∑j :j �=i

j

= 1

k(k − 1)

k∑i=1

i

(k(k + 1)

2− i

)

= 1

k(k − 1)

(k2(k + 1)2

4−

k∑i=1

i2

)

= 1

k(k − 1)

(k2(k + 1)2

4− k(k + 1)(2k + 1)

6

)

= (k + 1)(3k + 2)

12

und damit

Cov(R1, R2) = E(R1R2)− ER1 · ER2

= (k + 1)(3k + 2)

12− (k + 1)2

4

= −k + 1

12.

Hiermit ergibt sich b) durch direkte Rechnung.

Rechenaufgaben

Aufgabe 24.31 • Wir betrachten zunächst die beidenFälle k = 0 und k = n. Im ersten gilt h(ϑ) = (1 − ϑ)n,und das Maximum wird für ϑ = 0 = k/n angenommen.Im zweiten Fall ist h(ϑ) = ϑn, und diese Funktion wird fürϑ = 1 = k/n maximal. Im verbleibenden Fall 1 ≤ k ≤n − 1 gilt h(0) = h(1) = 0, sodass das Maximum von him offenen Intervall (0, 1) angenommen wird. Differenziertman die Funktion h, so ergibt sich als notwendige Bedingungfür ein Extremum

0 = h′(ϑ) =(n

k

)ϑk−1(1− ϑ)n−k−1 (k − nϑ)

und damit ϑ = k/n. Wegen h′(ϑ) > 0 für ϑ < k/n undh′(ϑ) < 0 für ϑ > k/n liegt an der Stelle k/n ein Maximumvor.

Aufgabe 24.32 •• Mit der Abkürzung

tm := t (t − 1) . . . (t −m+ 1)

für t ∈ R und m ∈ N sowie t0 := 1 ist die Likelihood-Funktion zu x durch

Lx(ϑ) = Pϑ(X = x) = ϑk(N − ϑ)n−kNn

,

k = x1 + . . .+ xn, gegeben.


Wir unterscheiden die Fälle a) k = 0, b) k = n und c)1 ≤ k ≤ n− 1.

Zu a) Es ist

Lx(ϑ) = (N − ϑ)nNn

und somit ϑ̂(x) = 0.

Zu b) Hier gilt

Lx(ϑ) = ϑn

Nn

und folglich ϑ̂(x) = N .

Zu c) Im Fall 1 ≤ k ≤ n− 1 betrachten wir die Quotienten

Lx(ϑ + 1)

Lx(ϑ)= (ϑ + 1)k(N − ϑ − 1)n−k

Nn· Nn

ϑk(N − ϑ)n−k

= ϑ + 1

ϑ − k + 1· N − ϑ + k − n

N − ϑ .

Eine direkte Rechnung liefert

Lx(ϑ + 1)

Lx(ϑ)> 1 ⇐⇒ ϑ <

k(N + 1)

n− 1,

Lx(ϑ + 1)

Lx(ϑ)= 1 ⇐⇒ ϑ = k(N + 1)

n− 1.


Aufgabe 24.33 •• a) Aus dem Beispiel auf Seite 911wissen wir bereits, dass Eϑ̂n ≤ ϑ für jedes ϑ ∈ Y gilt. Nunist für k = 1, . . . , ϑ

Pϑ

(maxj=1,...,n

Xj ≤ k)=

(k

ϑ

)nund somit

Pϑ

(maxj=1,...,n

Xj = k)=(k

ϑ

)n−(k − 1

ϑ

)n. (24.24)

Es folgt

Eϑ ϑ̂n =ϑ∑k=1

k Pϑ

(maxj=1,...,n

Xj = k)

≥ ϑ Pϑ

(maxj=1,...,n

Xj = ϑ)

= ϑ

[(ϑ

ϑ

)n−(ϑ − 1

ϑ

)n]→ ϑ für n→∞.

Somit ist die Schätzfolge (ϑ̂n) asymptotisch erwartungstreufür ϑ . Wegen

Pϑ(ϑ̂n = ϑ

) = 1−(ϑ − 1

ϑ

)n→ 1 für n→∞

ist die Schätzfolge (ϑ̂n) auch konsistent für ϑ .

b) Mit (24.24) gilt für jedes ϑ ∈ Y

EϑTn =ϑ∑k=1

kn+1 − (k − 1)n+1

kn − (k − 1)nPϑ

(ϑ̂n = k

)=

ϑ∑k=1

kn+1 − (k − 1)n+1

ϑn

= 1

ϑn

(ϑ∑k=1

kn+1 −ϑ∑k=1

(k − 1)n+1

)

= 1

ϑnϑn+1

= ϑ.

Aufgabe 24.34 •• a) Die Likelihood-Funktion Lx zux = (x1, . . . , xn) ∈ X := Nn0 ist durch

Lx(ϑ) = f (x, ϑ) = Pϑ(X = x)

=n∏j=1

Pϑ(Xj = xj ) =n∏j=1

(exp(−ϑ) ϑ

xj

xj !)

= exp(−nϑ)n∏j=1

1

xj ! ϑ∑nj=1 xj

gegeben. Ist∑nj=1 xj = 0, so wird Lx offenbar für

ϑ̂(x) := 0 = 1

n

n∑j=1

xj

maximal. Im Fall∑nj=1 xj > 0 betrachten wir die

Loglikelihood-Funktion

logLx(ϑ) = −nϑ −n∑j=1

log xj ! +n∑j=1

xj logϑ.

Ableiten nach ϑ liefert

d

dϑlogLx(ϑ) = −n+ 1

ϑ

n∑j=1

xj , (24.25)

und Nullsetzen dieses Ausdrucks liefert den ML-Schätzwert

ϑ̂(x) = 1

n

n∑j=1

xj .

Eine Betrachtung der Ableitung zeigt, dass an dieser Stelle inder Tat ein Maximum der Loglikelihood-Funktion vorliegt.Somit ist ϑ̂ = Xn der ML-Schätzer.

b) Aus (24.25) folgt wegen Lx(ϑ) = f (x, ϑ)

Uϑ = d

dϑlog f (X, ϑ) = 1

ϑ

n∑j=1

Xj − n.


Wegen∑nj=1Xj ∼ Po(nϑ) ergibt sich

If (ϑ) = Vϑ(Uϑ) = 1

ϑ2Vϑ

n∑j=1

Xj

= 1

ϑ2nϑ = n

ϑ.

c) Mit

Vϑ(Xn

) = Vϑ(X1)

n= ϑ

n

gilt Vϑ(Xn

) = 1/If (ϑ), ϑ ∈ Y, was zu zeigen war.

Aufgabe 24.35 •• a) Die ZufallsvariableX, deren Rea-lisierung k beobachtet wird, ist die Anzahl der Nieten vordem ersten Treffer. Sie besitzt also die geometrische Vertei-lung G(ϑ). Die Likelihood-Funktion ist

Lk(ϑ) = Pϑ(X = k) = (1− ϑ)kϑ, 0 < ϑ < 1.

Diese nimmt ihr Maximum für den ML-Schätzwert

ϑ̂(k) := 1

1+ kan.

b) Da die durch g(t) := 1/(1 + t) definierte Funktion g :R≥0 → R strikt konvex ist und die Verteilung vonX unter Pϑnicht ausgeartet ist, folgt mit der Jensen’schen Ungleichungauf Seite 834

Eϑ(ϑ̂) = Eϑ

(1

1+X)= Eϑg(X)

> g (EϑX)

= 11ϑ− 1+ 1

= ϑ.

Der ML-Schätzer ist somit nicht erwartungstreu.


Eϑ(X1) = 1

ϑ

ϑ∑k=1

k = ϑ + 1

2

und somit

Eϑ(ϑ̃n) = 2

n

n∑j=1

EϑXj − 1

= 2

n· n · ϑ + 1

2− 1

= ϑ,

was die Erwartungstreue von ϑ̃n zeigt.

Nach (21.17) gilt

Vϑ(X1) = ϑ2 − 1

12.

Wegen der Unabhängigkeit von X1, . . . , Xn folgt somit

Vϑ(ϑ̃n) = 4

n2· n · ϑ

2 − 1

12

= ϑ2 − 1

3n.

Aufgabe 24.37 •• a) Sei S :=∑nj=1Xj . Wegen X1 ∼

Exp(ϑ) gilt nach dem Additionsgesetz für die Gammavertei-lung auf Seite 844 S ∼ ](n, ϑ). Die Zufallsvariable S hatalso nach (22.52) unter Pϑ die Dichte

g(t, ϑ) = ϑn

](n)tn−1e−ϑt

für t > 0 und g(t, ϑ) = 0 sonst. Es folgt für n ≥ 2

Eϑ(ϑ̂n) = Eϑ(nS

)= n

∫ ∞

0

1

tg(t, ϑ) dt

= nϑn

](n)

∫ ∞

0tn−2e−ϑt dt

= nϑn

](n)

1

ϑn−1

∫ ∞

0un−2e−u du

= nϑn

](n)

1

ϑn−1](n− 1)

= n

n− 1ϑ.

b) In gleicher Weise wie ergibt sich für n ≥ 3

Eϑ(ϑ̂2n) = Eϑ

(n2

S2

)

= n2∫ ∞

0

1

t2g(t, ϑ) dt

= n2 ϑn

](n)

∫ ∞

0tn−3e−ϑt dt

= n2 ϑn

](n)

1

ϑn−2

∫ ∞

0un−3e−u du

= n2 ϑn

](n)

1

ϑn−2](n− 2)

= n2

(n− 1)(n− 2)ϑ2

und somit

Vϑ(ϑ̂n) = n2ϑ2

(n− 1)(n− 2)−(nϑ

n− 1

)2

= ϑ2n2

(n− 1)2(n− 2).

c) Wegen limn→∞ Eϑ(ϑ̂n) = ϑ und limn→∞ Vϑ(ϑ̂n) = 0für jedes ϑ folgt die Behauptung aus der Selbstfrage aufSeite 969.


Aufgabe 24.38 •• Der Hinweis gründet auf der Glei-chung EX1 = EXn, es sei also im Folgenden EX1 := 0 ge-setzt. Wegen der Linearität der Erwartungswertbildung undder identischen Verteilung der Xj gilt zunächst

E

1

n− 1

n∑j=1

(Xj −Xn)2 = n

n− 1E(X1 −Xn

)2.

Weiter gilt

(X1 −Xn)2 = X21 − 2X1Xn +X2

n

= X21 −

2

n

n∑j=1

X1Xj + 1

n2

n∑i,j=1

XiXj .

Wegen der Unabhängigkeit der Xj und EX1 = 0 giltEX2

1 = σ 2 und E(XiXj ) = 0 für i �= j , und man erhält

E(X1 −Xn)2 = σ 2 − 2

nσ 2 + 1

n2n σ 2

= n− 1

nσ 2


Aufgabe 24.39 •• Wegen

n∑j=1

(Xj −Xn)2 ∼ σ 2 Y

mit Y ∼ χ2n−1 gilt

E(Sn(c)− σ 2)2 = E(cσ 2Y − σ 2)2

= σ 4E(c2Y 2 − 2cY + 1

)= σ 4

(c2EY 2 − 2cEY + 1

).

Die rechte Seite ist ein Polynom zweiten Grades in c, das für

c = EYEY 2

= n− 1

(n− 1)2 + 2(n− 1)= 1

n+ 1

seinen Minimalwert annimmt.

Aufgabe 24.40 •• a) Die Dichte von X1 unter Pϑ istf1(t) = 1[0,ϑ](t). Die Dichte verschwindet also unabhängigvon ϑ , falls t < 0 gilt. Setzen wir X := [0,∞)n, so ist fürx = (x1, . . . , xn) ∈ X die Likelihood-Funktion zu x durch

Lx(ϑ) =n∏j=1

f1(xj , ϑ) = 1

ϑn1[0,ϑ]

(maxj=1,...,n

xj

)

gegeben. Diese Funktion nimmt ihren Maximalwert an, wennϑ := maxj=1,...,n Xj gesetzt wird.

b) Wir bestimmen zunächst Erwartungswert und Varianz vonϑ̂n unter Pϑ . Unter Pϑ hat ϑ̂n die Verteilungsfunktion

Gϑ(t) := Pϑ(ϑ̂n ≤ t

)= Pϑ

(maxj=1,...,n

Xj ≤ t)

= Pϑ

n⋂j=1

{Xj ≤ t

}= Pϑ (X1 ≤ t)n

=(t

ϑ

)nfür 0 ≤ t ≤ ϑ sowie Gϑ(t) = 0 für t ≤ 0 und Gϑ(t) = 1für t ≥ ϑ . Hieraus folgt, dass ϑ̂n unter Pϑ die Dichte

gϑ(t) := n

ϑ

(t

ϑ

)n−1

, 0 < t < ϑ,

und g(t) := 0 sonst, besitzt. Es ergibt sich

Eϑ(ϑ̂n) =∫ ϑ

0t gϑ (t) dt = n

ϑn

∫ ϑ0tn dt = n

n+ 1ϑ,

Eϑ(ϑ̂2n

)=∫ ϑ

0t2 gϑ(t) dt = n

ϑn

∫ ϑ0tn+1 dt = n

n+ 2ϑ2

und somit

Vϑ(ϑ̂n) = n

n+ 2ϑ2 −

(n

n+ 1ϑ

)2

= nϑ2

(n+ 2)(n+ 1)2.

Wegen

ϑ∗n =n+ 1

nϑ̂n

folgt

Eϑ(ϑ∗n ) =n+ 1

nEϑ(ϑ̂n) = ϑ,

Vϑ(ϑ∗n ) =(n+ 1

n

)2

Vϑ(ϑ̂n) = ϑ2

n(n+ 2).

c) Wegen µ := Eϑ(X1) = ϑ/2 gilt ϑ = 2µ. Somit ist derMomentenschätzer für ϑ durch

ϑ̃n = 2Xn = 21

n

n∑j=1

Xj

gegeben. Es gilt

Eϑ ϑ̃n = 2Eϑ(Xn) = 2ϑ

2= ϑ

sowie wegen

Vϑ(X1) = Eϑ(X2

1

)− (EϑX1)

2 = ϑ2

3− ϑ

2

4= ϑ2

12,

Vϑ(ϑ̃n) = 4

n

ϑ2

12= ϑ2

3n.


d) Da die Schätzer ϑ∗n und ϑ̃n erwartungstreu sind, stimmendie mittleren quadratischen Abweichungen mit den Varian-zen überein. Wegen

Vϑ(ϑ∗n ) =ϑ2

n(n+ 2)<ϑ2

3n= Vϑ(ϑ̃n)

für jedes ϑ ∈ Y und jedes n ≥ 2 ist der Schätzer ϑ̃n gleich-mäßig besser als ϑ∗n , falls n ≥ 2.

Aufgabe 24.41 •• Die Dichte der Gammaverteilung](α, λ) ist

f (t;α, λ) = λα

](α)tα−1 exp (−λt)

für t > 0 und f (t;α, λ) = 0 sonst. Die Likelihood-Funktionzu x = (x1, . . . , xn) ∈ (0,∞)n ist somit durch

Lx(α, λ) =(λα

](α)

)n n∏j=1

xj

α−1

exp

−λ n∑j=1

xj

gegeben. Für die Loglikelihood-Funktion folgt daher

logLx(α, λ) = n (α log λ− log](α))

+(α − 1)n∑j=1

log xj − λn∑j=1

xj .

Die Ableitungen dieser Funktion nach α und λ sind

∂

∂αlogLx(α, λ) = n

(log λ− d

dαlog](α)

)+

n∑j=1

log xj ,

∂

∂λlogLx(α, λ) = n α

λ−

n∑j=1

xj ,

sodass Nullsetzen dieser Ableitungen das zu zeigende Resul-tat liefert.

Setzt man λ̂n = α̂n/Xn in die zweite Gleichung der Auf-gabenstellung ein, so ergibt sich als numerisch zu lösendeBestimmungsgleichung für α̂n

log α̂n −E(̂αn) = logXn − 1

n

n∑j=1

logXj .

Dabei ist

E(t) = d

dtlog](t)

die sogenannte Digamma-Funktion.

Aufgabe 24.42 •• a) Die Zähldichte der Binomialver-teilung Bin(n, ϑ) auf X = {0, 1, . . . , n} ist

f (x, ϑ) =(n

x

)ϑx(1− ϑ)n−x

=(n

x

)(1− ϑ)n

(ϑ

1− ϑ)x

= (1− ϑ)n(n

x

)exp

(x log

ϑ

1− ϑ).

Sie besitzt die Gestalt (24.18) mit b(ϑ) = (1− ϑ)n, h(x) =(nx

), T (x) = x undQ(ϑ) = log(ϑ/(1− ϑ)).

b) Im Fall der Poisson-Verteilung ist die Zähldichte aufX = N0 durch

f (x, ϑ) = e−ϑ ϑx

x! = e−ϑ 1

x! exp(x logϑ)

gegeben. Es liegt somit eine einparametrige Exponential-familie mit b(ϑ) = exp(−ϑ), h(x) = 1/x!, T (x) = x undQ(ϑ) = logϑ vor.

c) Die Dichte der Exponentialverteilung Exp(ϑ) aufX := [0,∞) ist

f (x, ϑ) = ϑ exp(−ϑx).Es liegt also eine einparametrige Exponentialfamilie mitb(ϑ) = ϑ , h(x) ≡ 1, T (x) = x undQ(ϑ) = −ϑ vor.

Aufgabe 24.43 •• a) Nach Gleichung c) auf Seite 831ist die Dichte f des Quotienten zweier unabhängiger Zufalls-variablen X1 und X2 mit Dichten f1 bzw. f2 durch

f (t) =∫ ∞

−∞f1(ts) f2(s) |s| ds, t ∈ R, (24.26)

gegeben. Im Fall der tk-Verteilung gilt X1 ∼ N(0, 1) sowieX2 ∼ √Yk/k, wobei Yk ∼ χ2

k . Wir bestimmen zunächst dieVerteilungsfunktion und dann die Dichte von X2. Es ist füru > 0

P(X2 ≤ u) = P(√Yk/k ≤ u

)= P

(Yk ≤ ku2

).

Da Yk nach (22.4) die Dichte

g(t) = 1

2k/2](k/2)tk/2−1 exp(−t/2), t > 0,

besitzt, hat X2 (Differenziation!) die Dichte

f2(s) = 2ks g(ks2), s > 0,

und f2(s) = 0 sonst. Wegen

f1(ts) = 1√2π

exp

(− t

2s2

2

)folgt durch Einsetzen in (24.26) unter Beachtung vonf2(s) = 0 für s ≤ 0 und Vorziehen aller Konstanten vordas Integral sowie Zusammenfassen von Exponenten

f (t) = 2kk/2

2k/2](k/2)√

2π

∫ ∞

0exp

(− (t

2 + k)s22

)sk ds.

Das Integral geht durch die Substitution

u := t2 + k2

s2

in2(k−1)/2

(x2 + k)(k−1)/2

∫ ∞

0e−u u(k−1)/2−1 du

über. Da letzteres Integral gleich ]((k + 1)/2) ist, folgt dieBehauptung durch direktes Ausrechnen.


b) Aufgrund der Gestalt der Dichte (24.35) gilt für r ∈ N

E|X|r = 1√πk

](k+1

2

)](k2

) ∫ ∞

−∞|t |r(

1+ t2

k

)(k+1)/2dt.

Dieses Integral liefert genau dann einen endlichen Wert,wenn k + 1− r ≥ 2 gilt. Insbesondere folgt

E|X| <∞⇐⇒ k ≥ 2, E|X|2 <∞⇐⇒ k ≥ 3.

Im Fall der Existenz des Erwartungswertes gilt E(X) = 0, dadie Verteilung vonX symmetrisch um 0 ist. Nach Darstellung(24.33 ist X verteilungsgleich mit N/

√Z/k, wobei N und

Z stochastisch unabhängig sind und die Verteilungen N ∼N(0, 1) undZ ∼ χ2

k besitzen. Mit der Multiplikationsformelfür Erwartungswerte und E(N2) = 1 folgt

E(X2) = k E(N2)E(

1

Z

)= k E

(1

Z

).

Da Z nach (22.4) die Dichte

f (t) = 1

2k/2](k2

) tk/2−1 exp

(− t

2

)

für t > 0 und f (t) = 0 sonst, besitzt, ergibt sich

E(

1

Z

)= 1

2k/2](k2

) ∫ ∞

0tk/2−2 exp

(− t

2

)dt.

Mit der Substitution u := t/2 und der Definition der Gam-mafunktion folgt dann

E(X2) = k 2k/2−1

2k/2](k2

) ∫ ∞

0uk/2−2e−u du

= 2k

](k2

) ] (k2− 1

)= k

k − 2,

da ](x + 1) = x](x) für x > 0.

Aufgabe 24.44 •• a) Zu zeigen ist

Pϑ

(ϑ ≤ α−1/n max

j=1,...,nXj

)≥ 1− α ∀ϑ ∈ Y.

SeiMn := max(X1, . . . , Xn). Es ist

Pϑ(ϑ ≤ α−1/nMn

)= 1− Pϑ

(Mn < ϑα

1/n)

= 1− Pϑ(X1 < ϑα

1/n)n

≥ 1−(ϑα1/n

ϑ

)n= 1− α.

b) Es ist

Pϑ (ϑ ≤ 1.1 ·Mn) = 1− Pϑ

(Mn <

ϑ

1.1

)= 1− Pϑ

(X1 <

ϑ

1.1

)n≥ 1−

(10

11

)n.

Weiter gilt

1−(

10

11

)n≥ 0.99 ⇐⇒

(10

11

)n≤ 0.01,

was zu

n ≥ log 100

log 11− log 10

äquivalent ist. Die kleinste natürliche Zahl, die diese Unglei-chung erfüllt, ist n = 49.

Aufgabe 24.45 ••a) Mit (24.30) ist L̃(0) = 1 − 0.011/275 = 0.0166 . . . die

gesuchte obere Konfidenzschranke.

b) Aus 1 − 0.011/n ≤ 10−4 folgt n ≥ log(0.01)/log(0.9999), also n ≥ 46 050.

c) Unter den Annahmen wäre die AnzahlX von Mäusen mitBSE-Symptomen unter insgesamt n Mäusen Bin(n, ϑ)-verteilt. Somit würde

EX = np = 10 000 000 · 0.0166 = 166 000

gelten.

Aufgabe 24.46 • a) Wir verwenden ein Binomialmo-dell, betrachten also die Ergebnisse der Befragungen als Rea-lisierungen von n = 1250 unabhängigen Zufallsvariablenmit gleicher Binomialverteilung Bin(n, ϑ). Aufgrund desgroßen Stichprobenumfangs machen wir Gebrauch von denin (24.43) und (24.45) angegebenen Konfidenzgrenzen l∗n undL∗n. Einsetzen liefert, dass die Konfidenzgrenzen durch

0.25± 1.96√n

√0.25 · 0.75 = 0.25± 0.024

gegeben sind. Das konkrete Konfidenzintervall ist somit[0.226, 0.274].

b) Wie in a) verwenden wir die in (24.43) und (24.45) ange-gebenen Konfidenzgrenzen l∗n und L∗n. Danach ist die Längedes Konfidenzintervalls durch

2hα√n

√Tn(1− Tn)

gegeben. Da Tn der Mittelpunkt des Intervalls mit den Gren-zen l∗n und L∗n ist und der Prozentsatz bis auf ±1% genaugeschätzt werden soll, muss die Läge des Intervalls 0.02betragen. Da für die Realisierung von Tn ein Wert in der


Nähe von 0.3 erwartet wird und sich die Werte der Funk-tion t *→ g(t) := √

t (1− t) bei kleinen Abweichungenvon t zu 0.3 kaum ändern (so ist g(0.3) ≈ 0.458 undg(0.28) ≈ 0.449), setzen wir in die obige Darstellung der(zufälligen) Intervalllänge für Tn den Wert 0.3 ein und lösenmit hα = 1.96 die Ungleichung

2 · 1.96√n

√0.3(1− 0.3) ≤ 0.02

nach n auf. Das kleinste (ganzzahlige) n, das dieser Unglei-chung genügt, ist 8059.

Aufgabe 24.47 •• Die Situation entspricht der einerUrne mit r roten und s = 100− r schwarzen Kugeln (diesestehen für die defekten bzw. intakten Glühbirnen), aus wel-cher n(= 10)-mal ohne Zurücklegen gezogen wird. Die An-zahl X der gezogenen roten Kugeln besitzt die hypergeo-metrische Verteilung Hyp(10, r, s). Der Stichprobenraum istX := {0, 1, 2, . . . , 10}, und der Parameterbereich für r(= ϑ)ist Y := {0, 1, . . . , 100}. Hypothese und Alternative lautenH0 : r ≤ 10 bzw. H1 : r > 10. Der Händler wählt den kriti-schen Bereich K := {1, 2, . . . , 10}.Mit s := 100− r gilt

Pr (X ∈ K) = 1−Pr (X = 0) = 1− s · (s − 1) · . . . · (s − 9)

100 · 99 · . . . · 91.

Diese Wahrscheinlichkeit ist monoton wachsend in r . Fürr = 10, s = 90 ergibt sich P10(X ∈ K) = 0.6695 . . ., d. h.,der Test besitzt das approximative Niveau 0.67.

Aufgabe 24.48 •• a) Wird H0 : µ ≥ µ0 als Hypothesegewählt und ein Test zum Niveau 0.01 gegen die AlternativeH1 : µ < µ0 durchgeführt, so dient diese Vorgehensweisezum einen dem Schutz des Herstellers, denn man würde nurmit der kleinen Wahrscheinlichkeit 0.01 zu einer falschenEntscheidung gelangen, wenn in Wirklichkeit µ ≥ µ0 gilt.Es bedeutet aber auch, dass man im Fall der Ablehnung derHypothese praktisch sicher sein kann, dass H0 nicht zutrifft.

b) Wegen σ = 2 ist die Prüfgröße des Gauß-Tests nach(24.46) durch Gn = √

n(Xn − µ0)/2 gegeben. WegenC−1(0.99) = 2.326 lehnt dieser Test H0 ab, falls Gn ≤−2.326 gilt, was zur behaupteten Ungleichung äquivalentist.

c) Es sei µ1 := 999. Nach Wunsch der Verbraucherorgani-sation soll 0.9 = Pµ1(Xn ≤ µ0 − 4.652/

√n) gelten. Da

N := √n(Xn − µ1)/2 eine N(0, 1)-Normalverteilung be-

sitzt, wenn µ1 der wahre Parameter ist, folgt

0.9 = Pµ1

(Xn ≤ µ0 − 4.652√

n

)= Pµ1

(N ≤

√n(µ0 − µ1)

2− 2.326

)= C

(√n(µ0 − µ1)

2− 2.326

)

und somit wegen 0.9 = C(1.282) die Gleichung√n(µ0 −

µ1)/2 − 2.326 = 1.282. Hieraus ergibt sich der Mindest-stichprobenumfang zu n = 53.

Aufgabe 24.49 • Wir sehen die Differenzen zi :=yi − xi als Realisierungen unabhängiger und je N(µ, σ 2)-verteilter Zufallsvariablen Z1, . . . , Z8 an, wobei µ und σ 2

unbekannt sind. Aufgrund der Aufgabenstellung testen wirdie HypotheseH0 : µ ≤ 0 gegen die AlternativeH1 : µ > 0.Der Mittelwert z8 von z1, . . . , z8 ist 0.06125, und es gilt

1

8− 1

8∑j=1

(zj − z8)2 = 0.002807 . . .

Wegen

√8 · z8√

18−1

∑8j=1(zj − z8)2

= 3.269 . . .

wird H0 auf dem 5%-Niveau abgelehnt, denn nach Ta-belle 24.2 gilt t7;0.95 = 1.895.

Aufgabe 24.50 • Wir führen einenχ2-Test durch. DieTeststatistik (vgl. (24.63)) nimmt mit s = 6, π1 = π2 =. . . = π6 = 1/6 und k1 = 32, k2 = 35, k3 = 41, k4 = 38,k5 = 28 und k6 = 26 den Wert

χ2n (k1, . . . , k6) = 6

200

6∑j=1

(kj − 200

6

)2

= · · · = 5.02

an. Aus Tabelle 24.3 liest man den kritischen Wert zuχ2

5;0.9 = 9.24 ab. Wegen 5.02 ≤ 9.24 wird die Hypotheseder Echtheit bei einer zugelassenen Wahrscheinlichkeit von0.1 für einen Fehler erster Art nicht verworfen.

Aufgabe 24.51 • Mit (24.89) gilt

P(X(1) ≤ Q1/2 ≤ X(n)) = 1− 2 ·(

1

2

)n.

Wegen

1− 1

2n−1≥ 0.95 ⇐⇒ 2n−1 ≥ 20

muss n mindestens 6 sein.

Aufgabe 24.52 • Da sieben der acht Differenzen yj −xj in der Tabelle zu Aufgabe 24.49 positiv sind, nimmt die

Vorzeichen-Testgröße T =∑8j=1 1{Zj > 0} den Wert 7 an.

Im Fall µ = 0 hat T die Binomialverteilung Bin(8, 1/2). Dadie Wahrscheinlichkeit P(T ≥ 7) monoton mit µ wächst,gilt unter H0 (d. h. für jedes µ ≤ 0) P(T ≥ 7) = 9/256 =0.0351 . . . Somit wird H0 : µ ≤ 0 auf dem 5%-Niveau ab-gelehnt.

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Kapitel19 a) 1234 - static.springer.comund... · AufgabenzuKapitel19 137 Aufgabe 19.13 • Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist beim Lotto 6 aus 49 a) die zweite gezogene Zahl kleiner