Elemente der Stochastik (SoSe 2016) 5. ¨Ubungsblatt

Dr. M. Weimar
02.05.2016
Elemente der Stochastik (SoSe 2016)
5. Übungsblatt
Aufgabe 1 (4 Punkte)
Beweisen sie, dass die Potenzmenge P(A) einer beliebigen endlichen Menge A genau |P(A)| = 2|A|
Elemente enthält!
Hinweis: Nutzen sie dazu entweder vollständige Induktion, oder Satz 6.16 der Vorlesung zusammen
mit dem binomischen Lehrsatz.
Aufgabe 2 (2+2=4 Punkte)
Berechnen sie ohne Taschenrechner die beiden Binomialkoeffizienten
13
3
und
30
2
.
Aufgabe 3 (1+2+1+2=6 Punkte)
In einer Urne befinden sich elf Kugeln mit den Nummern 1, 2, . . . , 11, von denen zwei gleichzeitig
gezogen werden.
a) Geben sie einen geeigneten W-Raum für dieses Experiment an.
b) Wie groß ist die W-keit, dass die Nummern der beiden gezogenen Kugeln ungerade sind?
Es sei nun zusätzlich vorausgesetzt, dass die Summe der Nummern der beiden gezogenen Kugeln
gerade ist.
c) Geben sie auch hier ein geeignetes Modell an, welches widerspiegelt, dass jede in diesem Fall
mögliche Ziehung mit gleicher W-keit vorkommt.
d) Wie groß ist dann die W-keit dafür, dass die Nummern beider Kugeln ungerade sind?
Aufgabe 4 (3 Punkte)
In einem Hörsaal seien die Plätze so angeordnet, dass jede Reihe aus genau 15 Sitzplätzen besteht.
Wie viele Möglichkeiten für die Sitzordnung in so einer Reihe ergeben sich, falls es (unter den 15
Studierenden die in dieser Reihe sitzen möchten) vier befreundete Studenten gibt, die nebeneinander
sitzen wollen, und die restlichen Plätze alle von den anderen Studenten belegt werden?
Abgabe (freiwillig): In den Tutorien während der 7. Vorlesungswoche (23.–27.05.2016)
Musterlösung zum 5. Übungsblatt Elemente der Stochastik (SoSe 2016)
Aufgabe 1. Zwei Varianten:
• Vollständige Induktion über n = |A| (die Größe der Menge A, d.h. die Anzahl ihrer Elemente).
– Induktions-Anfang: Im Fall n = 0 kann A nur die leere Menge sein (A = ∅ = { } mit
|A| = 0). Die Menge aller Teilmengen besteht dann ebenfalls nur aus der leeren Menge
P(∅) = {∅}, beinhaltet also genau
|P(A)| = |P(∅)| = |{∅}| = 1 = 20 = 2|∅| = 2|A|
Elemente. Die Aussage gilt also für |A| = 0.
– Induktions-Schritt: Wir nehmen an, die Behauptung gilt für ein gegebenes n ∈ N0 . D.h. für
jede Menge A mit |A| = n Elementen ist |P(A)| = 2|A| = 2n (zumindest für n = 0 haben wir
das bereits nachgewiesen!). Zu zeigen ist in diesem Schritt, dass dann auch |P(A0 )| = 2n+1
gilt, wobei A0 = A ∪ {x} mit x ∈
/ A, d.h. |A0 | = |A| + 1 = n + 1.
Offensichtlich ist jede Teilmenge von A auch Teilmenge von A0 , d.h. B ∈ P(A) impliziert
B ∈ P(A0 ). Wir nummerieren die verschiedenen Mengen B durch, sodass
P(A) = {B B ⊆ A} = {B1 , B2 , B3 , . . . , B2n −1 , B2n },
wobei die Induktions-Voraussetzung |P(A)| = 2n genutzt wurde. Für jedes j = 1, 2, . . . , 2n
gilt, dass x ∈
/ Bj (da x ∈
/ A und Bj ⊆ A). Zu jedem Bj (mit j = 1, 2, . . . , 2n ) bildet die
Menge Cj := Bj ∪{x} ebenfalls eine Teilmenge von A0 . Außer den Bj kann es keine weiteren
Teilmengen von A0 geben, die x nicht enthalten (denn eine solche Menge müsste Teilmenge
von A sein und davon gibt es nur 2n verschiedene). Genauso gibt es außer den Cj keine
Teilmengen von A0 , die x enthalten. Da zudem alle Mengen nach Konstruktion paarweise
verschieden sind, ist
P(A0 ) = {B1 , B2 , . . . , B2n , C1 , C2 , . . . , C2n }
und damit |P(A0 )| = 2 · 2n = 2n+1 , wie behauptet.
Beide Schritte zusammen zeigen, dass |P(A)| = 2|A| für beliebige (endliche) Mengen A gilt.
• Die elegantere Methode: Sei A eine Menge mit n := |A| ∈ N0 Elementen. Dann lässt sich ihre
Potenzmenge als Vereinigung von Mengen Pk schreiben, die nur k-elementige Teilmengen (mit
k = 0, 1, . . . , n) von A enthalten:
P(A) = {B | B ⊆ A} =
n
[
k=0
{B | B ⊆ A mit |B| = k} = P0 ∪ P1 ∪ . . . ∪ Pn .
|
{z
}
=:Pk
P
Diese Zerlegung ist offensichtlich disjunkt, sodass |P(A)| = |P0 | + |P1 | + . . . + |Pn | = nk=0 |Pk |.
n
Nach Satz 6.16 gibt es zu
0 ≤ k ≤ n genau k verschiedene k-elementige Teilmengen von n
n
Objekten, d.h. |Pk | = k . Damit ist wie behauptet
n
n X
X
n
|P(A)| =
|Pk | =
= 2n = 2|A| ,
k
k=0
k=0
wobei die vorletzte Gleichheit eine wohlbekannte Eigenschaft der Binomialkoeffizienten darstellt,
welche z.B. aus dem binomischen Lehrsatz
n X
n k n−k
(a + b)n =
a b
,
a, b ∈ R und n ∈ N0 ,
k
k=0
für a := b := 1 folgt (oder mit den im Skript angegebenen Rekursionsformeln für Binomialkoeffizienten gezeigt werden kann).
Aufgabe 2. Es gilt
13 · 3 ·
2 · 2 · 11
13 · 12 · 11 · 10!
13
13!
=
=
= 26 · 11 = 26 · (10 + 1) = 260 + 26 = 286
=
10!
3! · 10!
3 · 2 · 1 ·
3·2·1
3
und
30
30!
30 · 29 · 28!
15 · 2 · 29
=
=
=
= 15 · 29 = 15 · (30 − 1) = 450 − 15 = 435.
2
2! · 28!
2 · 1 ·
28!
2 · 1
Aufgabe 3.
a) (Ω, P ), wobei Ω = {Z ⊂ {1, 2, . . . , 11} |Z| = 2} (also Ω = Menge aller zwei-elementigen
1
Teilmengen von {1, 2, . . . , 11}) mit Gleichverteilung P auf Ω, d.h. P ({Z}) = |Ω|
für alle Z ∈ Ω
b) Betrachte das Ereignis
A = “Beide Kugelnummern ungerade” = {Z ⊂ {1, 3, 5, 7, 9, 11} |Z| = 2}.
Die Zahl der möglichen Fälle (= |Ω|) stimmt überein mit der Zahl aller möglichen Kombinationen, die man bei Ziehung von zwei Kugeln (ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der
Reihenfolge) aus einer Urne mit elf verschiedenen Kugeln (mit den Nummern 1, 2, . . . , 11) erhält
(vgl. Satz 6.16):
11
11!
11 · 10
=
=
= 11 · 5 = 55.
2
2! · 9!
2
(Alternative 1: 11 Möglichkeiten für erste Kugel · 10 Möglichkeiten für zweite Kugel = 110
Möglichkeiten für geordnete Auswahl, wovon jeweils 2! = 2 übereinstimmen, da Reihenfolge
unerheblich ist.
Alternative 2: Es gibt genau 11
2 = . . . = 55 zwei-elementige Teilmengen einer elf-elementigen
Menge).
Die Anzahl der für A günstigen Fälle entspricht (analog) der Zahl der Kombinationen, die man
durch Ziehung von zwei Kugeln (ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge)
aus einer Urne mit sechs Kugeln (mit den Nummern 1, 3, 5, 7, 9, 11) erhält:
6
6!
6·5
=
=
= 15.
2
2! · 4!
2
(Man überlege sich selbst wie Alternative 1 und 2 von oben in diesem Fall lauten!)
Damit beträgt die gesuchte W-keit
P (A) =
|A|
Anzahl der günstigen Fälle für A
15
3
=
=
=
≈ 0.2727,
|Ω|
Anzahl der möglichen Fälle
55
11
also etwa 27%.
Die Summe zweier natürlicher Zahlen ist gerade, falls entweder beide Zahlen gerade oder beide ungerade sind!
c) (Ω0 , P 0 ), wobei nun
Ω0 = {Z ⊂ {1, 2, . . . , 11} Z = {a, b} mit a 6= b und a + b gerade}
= {Z ⊂ {1, 3, 5, 7, 9, 11} |Z| = 2} ∪ {Z ⊂ {2, 4, 6, 8, 10} |Z| = 2}
(oder ähnlich) mit Gleichverteilung P 0 auf Ω0 (wie in a))
d) Wir wissen bereits aus b), dass 15 (der ursprünglich 55 möglichen) Auswahlen aus zwei ungeraden
Zahlen bestehen. Analog berechnet man die Zahl der Kombinationen zweier geradzahlig nummerierter Kugeln (z.B. = Zahl der Kombinationen, die man durch Ziehung von zwei Kugeln—ohne
Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge—aus einer Urne mit fünf Kugeln—mit
den Nummern 2, 4, 6, 8, 10—erhält):
5
5!
5·4
=
=
= 10.
2
2! · 3!
2
Ist also bekannt, dass die Summe beider Kugelnummern gerade ist, so sind insgesamt
0
Ω = 15 + 10 = 25
(von ursprünglich |Ω| = 55) verschiedene Kombinationen möglich, wovon bei genau |A| = 15
zwei ungerade Kugelnummern gezogen werden. Die gesuchte W-keit ist also diesmal
P 0 (A) =
|A|
Anzahl der günstigen Fälle
15
3
=
=
= = 0.6,
0
|Ω |
Anzahl der möglichen Fälle
25
5
d.h. 60%.
Aufgabe 4. Wir dürfen alle Studierenden als unterscheidbar annehmen. Da die vier Freunde nebeneinander sitzen sollen, muss nur die erste Position ihres Blocks lokalisiert werden, wofür es 12
Möglichkeiten gibt. Die vier Freunde können dann noch auf 4! mögliche Arten permutiert werden, die
restlichen 11 Studierenden in der Reihe auf 11! mögliche Weisen. Damit beträgt die Gesamtzahl der
möglichen Sitzordnungen
12 · 4! · 11! = 12 · 24 · 39‘916‘800 = 11‘496‘038‘400.
Vorschläge für die Tutorien zum 5. Übungsblatt Elemente der Stochastik (SoSe 2016)
Aufgabe 5
Mit welcher Wahrscheinlichkeit befinden sich in einem gut gemischten Skatkartenstapel (32 Karten:
jeweils genau vier unterscheidbare Karten vom Typ 7, 8, 9, 10, Bube, Dame, König, Ass)
a) genau vier Asse
b) höchstens drei Könige
unmittelbar hintereinander?
LÖSUNG:
Wir gehen von der Gleichverteilung aus. Insgesamt gibt es 32! mögliche Anordnungen der Karten.
a) Da die vier Asse hintereinander liegen sollen, muss nur das erste Ass lokalisiert werden. Für
dieses gibt es 29 mögliche Plätze. Die Asse können auf 4! mögliche Arten angeordnet werden
und für die restlichen 28 Karten gibt es 28! Anordnungen. Die gesuchte W-keit beträgt damit
(Anz. günstige Fälle / Anz. mögliche Fälle)
29 · 4! · 28!
4!
1
1
=
=
=
≈ 0.000806,
32!
32 · 31 · 30
4 · 31 · 10
1‘240
also 0.08%.
b) “Höchstens drei Könige hintereinander” ist das Gegenereignis zu “vier Könige hintereinander”,
welches analog zu a) die W-keit 1/1‘240 besitzt. Die gesuchte W-keit ist damit
1−
1‘239
1
=
≈ 0.999194,
1‘240
1‘240
also 99.92%.
Aufgabe 6
Beweisen sie die im Skript angegebenen Rechenregeln für Binomialkoeffizienten!
LÖSUNG:
Seien k, n ∈ N0 . Dann gelten folgende Regeln:
• Symmetrie für 0 ≤ k ≤ n:
n Def.
n!
n!
n!
n
Def.
=
=
=
=
k
k! · (n − k)!
(n − k)! · k!
(n − k)! · (n − (n − k))!
n−k
• Randfälle k = 0:
n Symmetrie n Def. n!
=
=
0
n
n! · 0!
kürzen
=
1.
• Randfälle k = 1 ≤ n:
n Symmetrie
n
n!
Def.
=
=
1
n−1
(n − 1)! · 1!
kürzen
=
n.
• Rekursionsformel für 1 ≤ k ≤ n:
n
n Def.
n!
n!
+
=
+
k−1
k
(k − 1)! · (n − (k − 1))! k! · (n − k)!
n! · k
n! · (n − k + 1)
erw.
=
+
k · (k − 1)! · (n − k + 1)! k! · (n − k)! · (n − k + 1)
n! · (n − k + 1)
n! · k
+
=
k! · (n − k + 1)! k! · (n − k + 1)!
n! · (n + 1)
=
k! · (n − k + 1)!
(n + 1)!
=
k! · ((n + 1) − k)!
Def. n + 1
=
k
Aufgabe 7
Beim Kartenspiel “Knack” erhält jeder Spieler drei Karten eines gemischten Skatblattes und drei weitere dienen als Gemeinschaftskarten. Alle anderen Karten werden nicht verwendet.
Wieviele verschiedene Ausgangssituationen gibt es für eine Runde mit nur zwei Spielern?
LÖSUNG:
Bei zwei Spielern werden 3 · 3 = 9 der 32 Karten verwendet. Es kommen also 32
9 Kombinationen
aus 9 Karten in Frage, die beim Ausgeben auf 3 Stapel zu je 3 Karten verteilt werden. Damit ist die
gesuchte Anzahl gegeben durch
32
9
32!
9!
32 · 31 · 30 · 29 · 28 · 27 · 26 · 25 · 24
·
=
·
=
9
3, 3, 3
9! · 23! 3! · 3! · 3!
3·2·3·2·3·2
32 · 31 · 30 · 29 · 28 · 26 · 25 · 24
= 4 · 31 · 30 · 29 · 28 · 26 · 25 · 24 = 47‘121‘984‘000.
=
2·2·2
Aufgabe 8
Aus den Ziffern 1,2,3,4,6 und 8 sind dreistellige Zahlen zu bilden, wobei jede Ziffer mehrfach auftreten
darf.
a) Wie viele verschiedene solcher Zahlen gibt es?
b) Wie viele dieser Zahlen beginnen mit der Ziffer 8?
c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine zufällig gewonnene solche Zahl nur paarweise verschiedene Ziffern aufweist?
LÖSUNG:
a) Es gibt für jede der drei Stellen sechs Wahlmöglichkeiten, insgesamt also 63 = 216 verschiedene
solcher Zahlen.
b) Da die erste Stelle auf 8 festgelegt ist, sind noch die Positionen zwei und drei frei wählbar, dafür
gibt es insgesamt 62 = 36 Möglichkeiten.
c) Es gibt unter allen 216 Möglichkeiten genau 6 · 5 · 4 = 120 Zahlen mit paarweise verschiedenen
Ziffern. Geht man von der Gleichverteilung beim zufälligen Ziehen der Zahlen aus, so beträgt
die gesuchte W-keit
120
5
= = 0.5,
216
9
also etwa 55.6%