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\begin{document}

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\thispagestyle{empty}

\title{Mathematik für Informatiker II - Übungsblatt 11
	Übungsgruppe D5, Do 11-13 \\
	Vogel}
\author{Jan Hendrik Dithmar (Matrikelnummer 2031259) \\
	Dirk Heine (Matrikelnummer 2030941)}
\date{}

\maketitle

\newpage

\section*{Aufgabe 1}
Die Zufallsvariable $X$ sei $b_{n,p}$-verteilt.

\subsubsection*{(a)}
{\bfseries zu zeigen:}
$$P_X(k) = \frac{p}{1-p} \cdot \frac{n-k+1}{k} \cdot P_X(k-1)$$
{\bfseries Beweis:} Bilde:
\begin{eqnarray*}
	\frac{P_X(k)}{P_X(k-1)} & = & \frac{b_{n,p}(k)}{b_{n,p}(k-1)} \\
	& = & \frac{{n \choose k} \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}}{{n \choose k-1} \cdot p^{k-1} \cdot (1-p)^{n-k+1}} \\
	& = & \frac{n! \cdot (k-1)! \cdot (n-k+1)! \cdot p}{k! \cdot (n-k)! \cdot n! \cdot (1-p)} \\
	& = & \frac{(n-k+1) \cdot p}{k \cdot (1-p)} \\
	& = & \frac{p}{1-p} \cdot \frac{n-k+1}{k} \\[0.3cm]
	\Rightarrow P_X(k) & = & \frac{p}{1-p} \cdot \frac{n-k+1}{k} \cdot P_X(k-1)
\end{eqnarray*} \QED

\subsubsection*{(b)}
$$n=6; \quad p=\frac{1}{4}; \quad P_X(k) = b_{6,\frac{1}{4}}(k) = {6 \choose k} \cdot \left(\frac{1}{4}\right)^k \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^{6-k}$$
\begin{eqnarray*}
	P_X(0) & = & \left(\frac{3}{4}\right)^6 \approx 0.1780 \\
	P_X(k) & = & \frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}} \cdot \frac{7-k}{k} \cdot P_X(k-1) \\[0.3cm]
	P_X(k) & = & \frac{7-k}{3k} \cdot P_X(k-1) \\[0.3cm]
	P_X(1) & = & \frac{6}{3} \cdot P_X(0) = 2 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^6 \approx 0.3560 \\
	P_X(2) & = & \frac{5}{6} \cdot P_X(1) = \frac{5}{6} \cdot 2 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^6 = \frac{5}{3} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^6 \approx 0.2966 \\
	P_X(3) & = & \frac{4}{9} \cdot P_X(2) = \frac{4}{9} \cdot \frac{5}{3} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^6 = \frac{20}{27} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^6 \approx 0.1318 \\
	P_X(4) & = & \frac{3}{12} \cdot P_X(3) = \frac{1}{4} \cdot \frac{20}{27} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^6 = \frac{5}{27} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^6 \approx 0.0330 \\
	P_X(5) & = & \frac{2}{15} \cdot P_X(4) = \frac{2}{15} \cdot \frac{5}{27} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^6 = \frac{2}{81} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^6 \approx 4.3945 \cdot 10^{-3} \\
	P_X(6) & = & \frac{1}{18} \cdot P_X(5) = \frac{1}{18} \cdot \frac{2}{81} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^6 = \frac{1}{729} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^6 \approx 2.4414 \cdot 10^{-4}
\end{eqnarray*}

\newpage
\subsubsection*{(c)}
$$n=6; \quad p=\frac{1}{2}; \quad P_X(k) = b_{6,\frac{1}{2}}(k) = {6 \choose k} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^k \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{6-k} = {6 \choose k} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6$$
\begin{eqnarray*}
	P_X(0) & = & \left(\frac{1}{2}\right)^6 \\[0.3cm]
	P_X(k) & = & \frac{7-k}{k} \cdot P_X(k-1) \\[0.3cm]
	P_X(1) & = & 6 \cdot P_X(0) = 6 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6 \\
	P_X(2) & = & \frac{5}{2} \cdot P_X(1) = \frac{5}{2} \cdot 6 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6 = 15 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6 \\
	P_X(3) & = & \frac{4}{3} \cdot P_X(2) = \frac{4}{3} \cdot 15 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6 = 20 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6 \\
	P_X(4) & = & \frac{3}{4} \cdot P_X(3) = \frac{3}{4} \cdot 20 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6 = 15 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6 \\
	P_X(5) & = & \frac{2}{5} \cdot P_X(4) = \frac{2}{5} \cdot 15 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6 = 6 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6 \\
	P_X(6) & = & \frac{1}{6} P_X(5) = \frac{1}{6} \cdot 6 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6 = \left(\frac{1}{2}\right)^6
\end{eqnarray*}

\newpage
\subsubsection*{(d)}
Für $k=1,...,n$ gilt:
$$b_{n,p}(k) = b_{n,1-p}(n-k) \quad \quad \quad (*)$$
Beweis von $(*)$:
\begin{eqnarray*}
	b_{n,1-p}(n-k) & = & {n \choose n-k} \cdot (1-p)^{n-k} \cdot (1-(1-p))^{n-(n-k)} \\
	& = & \frac{n!}{(n-k)!k!} \cdot (1-p)^{n-k} \cdot p^k \\
	& = & {n \choose k} \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k} \\
	& = & b_{n,p}(k)
\end{eqnarray*}
Für $n=6$ und $\displaystyle p=\frac{3}{4}$ folgt aus $(*)$:
$$b_{6,\frac{3}{4}}(k) = b_{6,\frac{1}{4}}(6-k)$$
und unter Verwendung der Ergebnisse aus Teil (b):
\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow b_{6,\frac{3}{4}}(0) & = & b_{6,\frac{1}{4}}(6) \approx 2.4414 \cdot 10^{-4} \\
	b_{6,\frac{3}{4}}(1) & = & b_{6,\frac{1}{4}}(5) \approx 4.3945 \cdot 10^{-3} \\
	b_{6,\frac{3}{4}}(2) & = & b_{6,\frac{1}{4}}(4) \approx 0.0330 \\
	b_{6,\frac{3}{4}}(3) & = & b_{6,\frac{1}{4}}(3) \approx 0.1318 \\
	b_{6,\frac{3}{4}}(4) & = & b_{6,\frac{1}{4}}(2) \approx 0.2966 \\
	b_{6,\frac{3}{4}}(5) & = & b_{6,\frac{1}{4}}(1) \approx 0.3560 \\
	b_{6,\frac{3}{4}}(6) & = & b_{6,\frac{1}{4}}(0) \approx 0.1780
\end{eqnarray*}
Histogramm: \\
siehe hierzu das Histogramm aus Teil (b), allerdings gelesen von rechts nach links.

\newpage
\section*{Aufgabe 2}
$$n=10; \quad p=\frac{1}{2}; \quad 3 \le k \le 6$$

\subsubsection*{(a)}
Zufallsvariable $X = $ Anzahl der Köpfe $K$.
$$P_X(k) = {10 \choose k} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^k \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{10-k} = {10 \choose k} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{10}$$
$${10 \choose 3} = 120; \quad {10 \choose 4} = 210; \quad {10 \choose 5} = 252; \quad {10 \choose 6} = 210$$

\newpage
\subsubsection*{(b)}
\begin{eqnarray*}
	P(3 \le X \le 6) & = & \sum_{k=3}^6 {10 \choose k} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{10} \\
	& = & \left(\frac{1}{2}\right)^{10} \cdot \sum_{k=3}^6 {10 \choose k} \\
	& = & \left(\frac{1}{2}\right)^{10} \cdot (120 + 210 + 252 + 210) \\
	& = & 792 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{10} \approx 0.7734
\end{eqnarray*}

\subsubsection*{(c)}
Es gilt:
\begin{eqnarray*}
	\mu & = & n \cdot p = 10 \cdot \frac{1}{2} = 5 \\
	\sigma^2 & = & n \cdot p \cdot (1-p) = 10 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{10}{4} \\
	\Rightarrow \sigma & = & \frac{1}{2}\sqrt{10} \approx 1.58114
\end{eqnarray*}
Dichtefunktion $\varphi$ der allgemeinen Normalverteilung ($N(\mu, \sigma^2)$-Verteilung; Gaußverteilung) \\
Allgemein:
$$\varphi(x) = \frac{1}{\sigma \cdot \sqrt{2\pi}} \cdot e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$$
Mit $\mu = 5$ und $\sigma = \frac{1}{2}\sqrt{10}$ ergibt sich:
$$\varphi(x) = \frac{1}{\sqrt{5\pi}} \cdot e^{-\frac{1}{5}\cdot(x-5)^2} \approx 0.2523 \cdot e^{-0.2 \cdot (x-5)^2}$$
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}
	$x$ & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \\ \hline
	$\varphi(x)$ & 0.002 & 0.010 & 0.042 & 0.113 & 0.207 & 0.252 & 0.207 & 0.113 & 0.042 & 0.010 & 0.002
\end{tabular}
\end{center}
Es gilt: Wegen $\displaystyle p=\frac{1}{2}$ ist die Approximation durch die Normalverteilung gut.
\begin{eqnarray*}
	P(a \le X \le b) & \approx & \Phi \left(\frac{b + \frac{1}{2} - n \cdot p}{\sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)}}\right) - \Phi \left(\frac{a - \frac{1}{2} - n \cdot p}{\sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)}}\right) \\[0.3cm]
	\Rightarrow P(3 \le X \le 6) & \approx & \Phi \left(\frac{6+\frac{1}{2}-5}{\frac{1}{2}\sqrt{10}}\right) - \Phi \left(\frac{3-\frac{1}{2}-5}{\frac{1}{2}\sqrt{10}}\right) \\
	& = & \Phi \left(\frac{\frac{3}{2}}{\frac{1}{2} \sqrt{10}}\right) - \Phi \left(\frac{-\frac{5}{2}}{\frac{1}{2} \sqrt{10}}\right) \\
	& = & \Phi \left(\frac{3}{\sqrt{10}}\right) - \Phi \left(\frac{-5}{\sqrt{10}}\right) \\
	& = & \Phi \left(\frac{3}{\sqrt{10}}\right) - \left(1-\Phi \left(\frac{5}{\sqrt{10}}\right)\right) \\
	& = & \Phi \left(\frac{3}{\sqrt{10}}\right) + \Phi \left(\frac{5}{\sqrt{10}}\right) - 1 \\
	& \approx & \Phi (0.95) + \Phi (1.58) -1 \\
	& \approx & 0.8289 + 0.9429 -1 \\
	& = & 0.7718
\end{eqnarray*}

\newpage
\section*{Aufgabe 3}
Poisson-Verteilung zum Parameter $\lambda > 0$:
$$P_X(k) = \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda}, \quad k=0,1,2,...$$
{\bfseries Behauptung:} Für alle $k \in \SetN$ gilt:
$$P_X(k+1) = \frac{\lambda}{k+1} \cdot P_X(k)$$
{\bfseries Beweis:} Sei $k \in \SetN$ beliebig.
\begin{eqnarray*}
	P_X(k+1) & = & \frac{\lambda^{k+1}}{(k+1)!} \cdot e^{-\lambda} \\
	& = & \frac{\lambda \cdot \lambda^k}{(k+1)\cdot k!} \cdot e^{-\lambda} \\
	& = & \frac{\lambda}{k+1} \cdot \frac{\lambda^k}{k!} \cdot e^{-\lambda} \\
	& = & \frac{\lambda}{k+1} \cdot P_X(k)
\end{eqnarray*} \QED

\subsubsection*{(a)}
Histogramm mit der Intervallbreite 1 für $\lambda=1$:
$$P_X(k) = \frac{1}{k!} \cdot e^{-1}$$
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c|c}
	$k$ & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & ... \\ \hline
	$P_X(k)$ & $e^{-1}$ & $e^{-1}$ & $\frac{1}{2} e^{-1}$ & $\frac{1}{6}e^{-1}$ & $\frac{1}{24} e^{-1}$ & $\frac{1}{120} e^{-1}$ & $\frac{1}{720} e^{-1}$ & ... \\ \hline
	$\approx$ & 0.37 & 0.37 & 0.18 & 0.06 & 0.015 & 0.003 & 0.001 & ...
\end{tabular}
\end{center}

\newpage
\subsubsection*{(b)}
Histogramm mit der Intervallbreite 1 für $\lambda=3$:
$$P_X(k) = \frac{3^k}{k!} e^{-3} \quad \text{bzw.} \quad P_X(k+1) = \frac{3}{k+1}P_X(k)$$
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c}
	$k$ & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ \hline
	$P_X(k)$ & $e^{-3}$ & $3e^{-3}$ & $\frac{9}{2} e^{-3}$ & $\frac{9}{2} e^{-3}$ & $\frac{27}{8} e^{-3}$ & $\frac{81}{40} e^{-3}$ \\ \hline
	$\approx$ & 0.050 & 0.149 & 0.224 & 0.224 & 0.168 & 0.101
\end{tabular}
\end{center}
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c}
	$k$ & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \\ \hline
	$P_X(k)$ & $\frac{81}{80} e^{-3}$ &  $\frac{243}{560} e^{-3}$ & $\frac{729}{4480} e^{-3}$ & $\frac{243}{4480} e^{-3}$ & $\frac{729}{44800} e^{-3}$ \\ \hline
	$\approx$ & 0.050 & 0.022 & 0.008 & 0.003 & 0.001
\end{tabular}
\end{center}

\newpage
\subsubsection*{(c)}
Histogramm mit der Intervallbreite 1 für $\lambda=4$:
$$P_X(k) = \frac{4^k}{k!} \cdot e^{-4} \quad \text{bzw.} \quad P_X(k+1) = \frac{4}{k+1} P_X(k)$$
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c}
	$k$ & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline
	$P_X(k)$ & $e^{-4}$ & $4 e^{-4}$ & $8 e^{-4}$ & $\frac{32}{3} e^{-4}$ & $\frac{32}{3} e^{-4}$ & $\frac{128}{15} e^{-4}$ & $\frac{256}{45} e^{-4}$ \\ \hline
	$\approx$ & 0.018 & 0.073 & 0.147 & 0.195 & 0.195 & 0.156 & 0.104
\end{tabular}
\end{center}
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c}
	$k$ & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 \\ \hline
	$P_X(k)$ & $\frac{1024}{315} e^{-4}$ & $\frac{512}{315} e^{-4}$ & $\frac{2048}{2835} e^{-4}$ & $\frac{4096}{14175} e^{-4}$ & $\frac{16384}{155925} e^{-4}$ & $\frac{16384}{467775} e^{-4}$ \\ \hline
	$\approx$ & 0.060 & 0.030 & 0.013 & 0.005 & 0.002 & 0.001
\end{tabular}
\end{center}

\newpage
\section*{Aufgabe 4}

\subsubsection*{(a)}
Ereignis $A$: Mehr als ein Fehler in einer 10-Bit Nachricht \\
Ereignis $\overline{A}$: Höchstens ein Fehler in der 10-Bit Nachricht \\
Zufallsvariable $X = $ Anzahl der Fehler in der 10-Bit Nachricht \\
$X$ ist binomialverteilt mit $n=10$ und $p=0.01$.
\begin{eqnarray*}
	P(A) & = & 1 - P(\overline{A}) \\
	P(A) & = & 1 - b_{10,0.01}(0) - b_{10,0.01}(1) \\
	P(A) & = & 1 - {10 \choose 0} \cdot 0.01^0 \cdot 0.99^{10} - {10 \choose 1} \cdot 0.01^1 \cdot 0.99^9 \\
	P(A) & = & 1 - 0.99^{10} - 0.1 \cdot 0.99^9 \\
	P(A) & = & 1 - 0.99^9 \cdot (0.99 + 0.1) \\
	P(A) & = & 1-1.09 \cdot 0.99^9 \approx 0.0043
\end{eqnarray*}

\subsubsection*{(b)}
Poisson-Approximation:
$$p(k) = \frac{\lambda^k}{k!} \cdot e^{-\lambda}, \quad \lambda >0; \; k=0,1,2,...$$
$p(k)$ approximiert die Binomialverteilung $b_{n,p}(k)$ für $\lambda = n \cdot p$. \\
Eine Poisson-verteilte Zufallsvariable hat den Erwartungswert $\lambda$. \\
Für $n=10$ und $p=0.01$ ergibt sich:
\begin{eqnarray*}
	\lambda & = & n \cdot p = 10 \cdot 0.01 = 0.1 \\
	\Rightarrow p(k) & = & \frac{0.1^k}{k!} \cdot e^{-0.1}
\end{eqnarray*}
Für die Wahrscheinlichkeit des in Teil (a) definierten Ereignisses $A$ ergibt sich also näherungsweise:
\begin{eqnarray*}
	P(A) & = & 1 - P(\overline{A}) \\
	& \approx & 1 - p(0) - p(1) \\
	& = & 1 - e^{-0.1} - 0.1 \cdot e^{-0.1} \\
	& = & 1- 1.1 \cdot e^{-0.1} \approx 0.0047
\end{eqnarray*}

\newpage
\section*{Aufgabe 5}

\subsubsection*{(a)}
$\Omega = \{1,2,3,4,5,6\}^2 \Rightarrow |\Omega| = 6^2 = 36$ \\
$X_1 :=$ Augenzahl des 1. Würfels \\
$X_2 :=$ Augenzahl des 2. Würfels \\
$i$ sei die Augensumme beider Würfel. \\
Die W-Verteilung $i \mapsto P_{X_1+X_2}(i)$ der Zufallsvariable $X_1+X_2$ für \\
$i \in \SetZ \; \AND \; 2 \le i \le 12$ ist in folgender Zuordnungstabelle wiedergegeben:
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}
	$i$ & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 \\ \hline
	$P_{X_1+X_2}(i)$ & $\frac{1}{36}$ & $\frac{2}{36}$ & $\frac{3}{36}$ & $\frac{4}{36}$ & $\frac{5}{36}$ & $\frac{6}{36}$ & $\frac{5}{36}$ & $\frac{4}{36}$ & $\frac{3}{36}$ & $\frac{2}{36}$ & $\frac{1}{36}$
\end{tabular}
\end{center}
Für $i \le 1 \; \OR \; i \ge 13$ wird festgesetzt: $P_{X_1+X_2}(i) = 0$.

\subsubsection*{(b)}
Zu verifizieren:
$$P_{X_1+X_2} = P_{X_1} \ast P_{X_2}$$
wobei \glqq $\ast$\grqq\ die (diskrete) Faltung bezeichnet. \\
Sei $f:=P_{X_1}$, sei $g:=P_{X_2}$ und sei $h:=P_{X_1+X_2}$. \\
Dann ist
$$h = f \ast g$$
Beweis: \\
Für $i,j \in \SetZ$ wird definiert:
\begin{eqnarray*}
	f_i & := & P_{X_1}(i) := \left\{ \begin{array}{cl}\frac{1}{6} & \text{falls } i \in \{1,2,3,4,5,6\} \\ 0 & \text{sonst}\end{array}\right. \\
	g_j & := & P_{X_2}(j) := \left\{ \begin{array}{cl}\frac{1}{6} & \text{falls } i \in \{1,2,3,4,5,6\} \\ 0 & \text{sonst}\end{array}\right.
\end{eqnarray*}
Berechne für jedes $i \in \SetZ$
$$h_i := (f \ast g)_i := \sum_{j \in \SetZ} f_{i-j} \cdot g_j$$
und zeige, dass für alle $i \in \SetZ$ gilt:
$$h_i = P_{X_1+X_2}(i)$$
wobei für $P_{X_1+X_2}(i)$ für $i \in \SetZ$ die Festsetzungen aus Aufgabe 5 (a) gelten.
\begin{enumerate}[1.]
	\item Fall: $i \le 1$:
		\begin{enumerate}[a)]
			\item $i-j \ge 1$:
			$$i-j \ge 1 \Leftrightarrow j \le i-1$$
			Mit $i \le 1$ folgt hieraus:
			$$j \le 0 \Rightarrow g_j = 0$$
			\item $i-j < 1 \Rightarrow f_{i-j}=0$
		\end{enumerate}
		Aus 1 a) und 1 b) folgt für alle $i \in \SetZ \; \AND \; i \le 1$:
		$$h_i = \sum_{j \in \SetZ} f_{i-j} \cdot g_j = 0$$
		Wegen $P_{X_1+X_2}(i)=0$ für $i\le1$ gilt also:
		$$h_i = P_{X_1+X_2}(i) \quad \text{für alle } i \le 1$$
	\item Fall: $i \ge 13$:
		\begin{enumerate}[a)]
			\item $i-j \le 6$:
			$$i-j \ge 6 \Leftrightarrow j \ge i-6$$
			Mit $i \ge 13$ folgt hieraus:
			$$j \ge 7 \Rightarrow g_j = 0$$
			\item $i-j > 6 \Rightarrow f_{i-j} = 0$
		\end{enumerate}
		Aus 2 a) und 2 b) folgt für alle $i \in \SetZ \; \AND i \ge 13$:
		$$h_i = \sum_{j \in \SetZ} f_{i-j} \cdot g_j = 0$$
		Wegen $P_{X_1+X_2}(i) = 0$ für $i \ge 13$ gilt also:
		$$h_i = P_{X_1+X_2}(i) \quad \text{für alle } i \ge 13$$
	\item Fall: $2 \le i \le 12$: \\
		{\bfseries Bemerkung:} Bei der Berechnung von $h_2,...,h_{12}$ werden Summanden mit dem Wert 0 nicht notiert.
		\begin{eqnarray*}
			h_2 & = & \sum_{j \in \SetZ} f_{2-j}g_j = \sum_{j=1}^1 f_{2-j}g_j = f_1g_1 = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36} \\
			h_3 & = & \sum_{j \in \SetZ} f_{3-j}g_j = \sum_{j=1}^2 f_{3-j}g_j = f_2g_1 + f_1g_2 = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{2}{36} \\
			h_4 & = & \sum_{j \in \SetZ} f_{4-j}g_j = \sum_{j=1}^3 f_{4-j}g_j = f_3g_1 + f_2g_2 + f_1g_3 = ... = \frac{3}{36} \\
			h_5 & = & \sum_{j \in \SetZ} f_{5-j}g_j = \sum_{j=1}^4 f_{5-j}g_j = ... = \frac{4}{36} \\
			h_6 & = & \sum_{j \in \SetZ} f_{6-j}g_j = \sum_{j=1}^5 f_{6-j}g_j = ... = \frac{5}{36} \\
			h_7 & = & \sum_{j \in \SetZ} f_{7-j}g_j = \sum_{j=1}^6 f_{7-j}g_j = ... = \frac{6}{36} \\
			h_8 & = & \sum_{j \in \SetZ} f_{8-j}g_j = \sum_{j=2}^6 f_{8-j}g_j = f_6g_2 + f_5g_3 + f_4g_4 + f_3g_5 + f_2g_6 = ... = \frac{5}{36} \\
			h_9 & = & \sum_{j \in \SetZ} f_{9-j}g_j = \sum_{j=3}^6 f_{9-j}g_j = ... = \frac{4}{36} \\
			h_{10} & = & \sum_{j \in \SetZ} f_{10-j}g_j = \sum_{j=4}^6 f_{10-j}g_j = ... = \frac{3}{36} \\
			h_{11} & = & \sum_{j \in \SetZ} f_{11-j}g_j = \sum_{j=5}^6 f_{11-j}g_j = f_6g_5 + f_5g_6 = ... = \frac{2}{36} \\
			h_{12} & = & \sum_{j \in \SetZ} f_{12-j}g_j = \sum_{j=6}^6 f_{12-j}g_j = f_6g_6 = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36}
		\end{eqnarray*}
		Hieraus folgt:
		$$h_i = P_{X_1+X_2}(i) \quad \text{für } 2 \le i \le 12$$
		und insgesamt:
		$$h_i = P_{X_1+X_2}(i) \quad \text{für alle } i \in \SetZ$$
\end{enumerate}

\end{document}
