Serie 6

FS 2011 Kombinatorik und Wahrscheinlichkeit Lösungen
Lösung: Wäre die Anzahl der Ampeln unendlich, so wäre X geometrisch verteilt.
Hier definiert man folgende Indikatorfunktionen für k = 1, 2, 3, 4:
{
1 k-te Ampel ist rot
I k =
0 sonst.
Dann ist P (I k = 1) = P (I k = 0) = 0.5. Die Zufallsvariable X nimmt die Werte 0, 1, 2, 3, 4
an. Es gilt:
P(X = 0) = P(I 1 = 1) = 0.5 ,
P(X = 1) = P(I 1 = 0, I 2 = 1) = P(I 1 = 0)P(I 2 = 1) = 0.25 ,
P(X = 2) = P(I 1 = 0, I 2 = 0, I 3 = 1) = P(I 1 = 0)P(I 2 = 0)P(I 3 = 1) = 0.125 ,
P(X = 3) = P(I 1 = 0, I 2 = 0, I 3 = 0, I 4 = 1) = 0.0625 ,
P(X = 4) = P(I 1 = 0, I 2 = 0, I 3 = 0, I 4 = 0) = 0.0625 .
6. Fakultativ, resp. ohne Testatrelevanz: Beweisen Sie Satz 3.9. im Skript.
Lösung: Sei x < y. Dann gilt {X ≤ x} ⊂ {X ≤ y}. Also erhält man:
F X (x) = P(X ≤ x)
≤ P(X ≤ y)
= F X (y) .
({X ≤ x} ⊂ {X ≤ y})
Folglich ist F X eine wachsende Funktion.
Sei nun (x n ) ein wachsende Folge von Zahlen mit lim n→∞ x n = ∞. Dann gilt, dass die
Folge der Mengen {X ≤ x n } wachsend ist in n und ⋃ ∞
n=1 {X ≤ x n} = Ω. Folglich erhält
man:
lim F X(x n ) = lim P(X ≤ x n )
n→∞ n→∞
( ⋃ ∞ )
= P {X ≤ x n }
n=1
= P(Ω) = 1 .
(vgl. Aufgabe 3(i), Serie 3)
Da die Folge (x n ) eine beliebige wachsende Folge war, gilt
lim F X(x) = 1 .
x→∞
Sei nun (x n ) ein fallende Folge von Zahlen mit lim n→∞ x n = −∞. Dann gilt, dass die
Folge der Mengen {X ≤ x n } fallend ist in n und ⋂ ∞
n=1 {X ≤ x n} = ∅. Folglich erhält
man:
lim F X(x n ) = lim P(X ≤ x n )
n→∞ n→∞
( ⋂ ∞ )
= P {X ≤ x n }
n=1
= P(∅) = 0 .
(vgl. Aufgabe 3(ii), Serie 3)