Grundlagen der Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik für

WS 2007/08
Blatt 2
INSTITUT FÜR STOCHASTIK
UNIVERSITÄT KARLSRUHE
Dr. B. Klar
Übungen zur Vorlesung
Grundlagen der Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik
für Studierende der Informatik
Musterlösungen
Aufgabe 6: Ein roter, ein schwarzer und ein grüner Würfel werden gleichzeitig geworfen
mit möglichem Ergebnis ω = (ωr , ωs , ωg ) ∈ Ω = {1, . . . , 6}3 . P sei die Gleichverteilung auf Ω.
A sei das Ereignis Augensumme ≥ 17“ und B das Ereignis Alle gewürfelten Zahlen sind
”
”
gerade“ (d.h. 2, 4 oder 6).
a) Bestimmen Sie P({ω}) für ω ∈ Ω.
b) Berechnen Sie P(A) und P(B).
c) Berechnen Sie P(A ∩ B), P(A \ B) und P(A ∪ B).
Lösung: Nach Beispiel und Definition 3.4 der Vorlesung gilt
P(C)
:=
|C|
|Ω|
=
Anzahl der für C günstigen Fälle
,
Anzahl aller möglichen Fälle
C⊂Ω
und insbesondere
P({ω}) =
1
n
∀ω ∈ Ω,
wobei n := |Ω| die Anzahl der Elemente von Ω ist. Hier ist n = 63 = 216. Damit
a)
P({ω}) =
1
216
für ω ∈ Ω.
b) A = {(5, 6, 6), (6, 5, 6), (6, 6, 5), (6, 6, 6)}, insbesondere |A| = 4 und
P(A) =
4
1
= .
216
54
B = {(ωr , ωs , ωg ) ∈ Ω : ωr , ωs , ωg ∈ {2, 4, 6}} = {2, 4, 6}3, insbesondere |B| = 33 und
P(B) =
33
1
=
3
6
8
c) A ∩ B = {(6, 6, 6)}, also
P(A ∩ B) = P({(6, 6, 6)}) =
1
.
216
A \ B = {(5, 6, 6), (6, 5, 6), (6, 6, 5)}, insbesondere |A \ B| = 3 und
P(A \ B) =
1
3
= .
216
72
Schließlich
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B) =
4
27
1
30
5
+
−
=
= .
216 216 216
216
36
Aufgabe 7: Aus einem Kartenspiel für Skat mit 32 Karten werden nacheinander ohne
Zurücklegen 4 Karten zufällig gezogen. Bestimmen Sie einen geeigneten Grundraum Ω und
berechnen Sie unter der Gleichverteilungsannahme jeweils die Wahrscheinlichkeit, dass unter
den 4 gezogenen Karten
a) genau zwei Damen vorkommen,
b) höchstens zwei Damen vorkommen,
c) mindestens eine Dame oder mindestens ein König vorkommt,
d) mindestens eine Dame und mindestens ein König vorkommt.
Hinweis: Ein Skatspiel enthält genau 4 Damen und 4 Könige.
Lösung: Sei M := {1, 2, . . . , 32} die Menge aller 32 Karten, MA := {1, 2, 3, 4} die Menge
aller Damen und MB := {5, 6, 7, 8} die Menge der Könige. Es werden nacheinander ohne
Zurücklegen 4 Karten aus M gezogen. Ein geeigneter Grundraum ist daher
Ω = {C ⊂ M : |C| = 4},
die Menge aller vierelementigen Teilmengen von M. Nach Satz 4.4 und der Bemerkung dazu
ist
32
32!
32 · 31 · 30 · 29
=
= 35960.
|Ω| =
=
4
4! · 28!
1·2·3·4
Sei Ai := Genau i Damen“ und Bi := Genau i Könige“, i = 0, 1, . . . , 4. Es ist dann Ai :=
”
”
Genau i Damen“ = {C ∈ Ω : |C ∩ MA | = i, |C ∩ MAc | = 4 − i} und analog Bi := Genau i
”
”
Könige“ = {C ∈ Ω : |C ∩ MB | = i, |C ∩ MBc | = 4 − i} .
a) Gesucht ist P(A2 ). Es gibt 42 = 6 Möglichkeiten, 2 Elemente aus MA auszuwählen und
28
= 28·27
= 378 Möglichkeiten, 2 Elemente aus MAc auszuwählen. Damit ist |A2 | =
2
1·2
6 · 378 = 2268 und
P(A2 ) =
|A2 |
2268
=
= 0.06307.
|Ω|
35960
b) Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit P(A0 + A1 + A2 ). Man beachte, dass die Ereignisse
A0 , A1 , . . . , A4 disjunkt sind. Wie in a) gibt es allgemein 4i Möglichkeiten, i Elemente
28
aus MA auszuwählen und 4−i
Möglichkeiten, 4−i Elemente aus MAc auszuwählen. Daher
28
gilt allgemein |Ai | = 4i · 4−i
und damit
P(Ai ) =
4
i
·
28
4−i
32
4
Insgesamt erhalten wir
.
P(A0 + A1 + A2 ) = P(A0 ) + P(A1 ) + P(A2 ) =
=
4
0
28
4
·
32
4
+
4
1
·
32
4
28
3
+
4
2
·
32
4
20475 4 · 3276 6 · 378
35847
+
+
=
= 0.9969.
35960
35960
35960
35960
28
2
c) Sei D := Mindestens eine Dame oder mindestens ein König“. Dann ist D c = Keine
”
”
Dame und kein König“ = {C ∈ Ω : C ⊂ M\MA \MB }. Da M\MA \MB genau 24 Elemente
24!
enthält, gilt wegen Satz 4.4 |D c | = 24
= 20!·4!
= 10626 und damit
4
P(D) = 1 − P(D c ) = 1 −
10626
= 0.7045.
35960
d) Sei E1 := Mindestens eine Dame“ = Ac0 und E2 := Mindestens ein König“ = B0c .
”
”
Es ist dann E := Mindestens eine Dame und mindestens ein König“ = E1 ∩ E2 und
”
D = E1 ∪ E2 . Wegen
P(D) = P(E1 ∪ E2 ) = P(E1 ) + P(E2 ) − P(E1 ∩ E2 ) = P(E1 ) + P(E2 ) − P(E),
gilt dann (man kann auch direkt Satz 3.3 e) in der Form P(A∩B) = P(A)+P(B)−P(A∪B)
anwenden)
P(E) = P(E1 ) + P(E2 ) − P(D).
Es ist P(E1 ) = P(Ac0 ) = 1 − P(A0 ) = 1 −
(40)·(284)
= 1−
(324)
20475
35960
= 0.4306, genauso P(E2 ) =
0.4306 und damit
P(E) = 2 · 0.4306 − 0.7045 = 0.1567.
Aufgabe 8: Fünf unverfälschte Münzen werden zweimal gleichzeitig geworfen. Wie groß
ist die Wahrscheinlichkeit, dass die beiden Wurfergebnisse (bei jeder Münze Zahl“ oder
”
nationales Motiv“)) gleich sind, wenn
”
a) eine 1 Cent-, eine 2 Cent-, eine 5 Cent-, eine 10 Cent- und eine 50 Cent-Münze geworfen
werden?
b) fünf 50 Cent-Münzen geworfen werden und sich die 50 Cent-Münzen nicht unterscheiden?
Hinweis: Bestimmen Sie zuerst einen gemeinsamen Merkmalraum Ω.
Lösung:
Der Wert 0 repräsentiere jeweils das nationale Motiv, der Wert 1 die Zahl. Es ist dann
ω1 = (ω11 , . . . , ω15 ) = Ergebnis 1. Wurf“,
”
ω2 = (ω21 , . . . , ω25 ) = Ergebnis 2. Wurf“
”
mit ωik ∈ {0, 1}. Damit ist Ω := {(ω1 , ω2) : ωi ∈ {0, 1}5 } ein geeigneter Merkmalraum mit
|Ω| = (25 )2 = 1024.
P sei die Gleichverteilung auf Ω.
a) Sei X(ω1 , ω2 ) := ω1 das (zufällige) Ergebnis des 1. Wurfs und Y (ω1 , ω2 ) := ω2 das (zufällige) Ergebnis des 2. Wurfs. Wegen
{X = Y } := beide Wurfergebnisse gleich“ = (ω1 , ω1 ) : ω1 ∈ {0, 1}5
”
gilt
P(X = Y ) =
25
|{X = Y }|
=
= 2−5 = 0.03125.
|Ω|
1024
b) Sei
U(ω1 , ω2 ) := ω11 + . . . + ω15 = zufällige Anzahl Zahlen beim 1. Wurf,
V (ω1 , ω2 ) := ω21 + . . . + ω25 = zufällige Anzahl Zahlen beim 2. Wurf.
Da sich die 50 Cent-Münzen nicht unterscheiden, gilt
{U = V } =
beide Wurfergebnisse gleich“.
”
Wegen
{U = V } = {U = 0, V = 0} + {U = 1, V = 1} + . . . + {U = 5, V = 5}
und
{U = k, V = k} =
{(ω1 , ω2 ) ∈ Ω : unter ω11 , . . . , ω15 genau k mal 1, unter ω21 , . . . , ω25 genau k mal 1}
gilt nach den Grundformeln der Kombinatorik Satz 4.4
5
5
|{U = k, V = k}| =
·
,
k
k
also
5
5
5
5
5
5
|{U = V }| =
·
+
·
+ ...+
·
0
0
1
1
5
5
= 1 · 1 + 5 · 5 + 10 · 10 + 10 · 10 + 5 · 5 + 1 · 1 = 252.
Damit
P(U = V ) =
|{U = V }|
252
=
= 0.2461.
10
2
1024