Lösung 13

MAE3 – Mathematik: Analysis für Ingenieure 3
Dr. Christoph Kirsch
Herbstsemester 2014
ZHAW Winterthur
Lösung 13
Aufgabe 1 :
Wir können das Problem auf ein Urnenmodell mit 52 entsprechend durchnummerierten Kugeln zurückführen. Die Gesamtzahl der Kugeln beträgt 13 · 4 = 52, und
es wird einmal gezogen. Jedes Elementarereignis hat dieselbe Wahrscheinlichkeit
P ({ω}) = 1/52 (Laplace-Experiment).
a) Es gibt 13 Herz-Karten und 13 Karo-Karten, also 2 · 13 = 26 rote Karten. Daher
ist P ({rote Karte}) = 26/52 = 1/2 = 0.5.
b) Es gibt 4 Asse (eines von jeder Farbe), also ist P ({Ass}) = 4/52 = 1/13 '
0.0769.
c) Es gibt 4 Damen und 4 Könige im Spiel, also insgesamt 8 Ergebnisse, bei denen
das Ereignis A := {Dame oder König} eintritt. Die Wahrscheinlichkeit dafür,
dass dieses Ereignis eintritt, ist daher gegeben durch P (A) = 8/52 = 2/13 '
0.154.
c) Es gibt 2 schwarze Buben (Kreuz und Pik), also ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit gegeben durch P ({schwarzer Bube}) = 2/52 = 1/26 ' 0.0385.
Aufgabe 2 :
Die Ergebnismenge dieses Zufallsexperiments ist Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, und die Wahrscheinlichkeiten
P6 der Elementarereignisse {i}, sind gegeben durch P ({i}) = pi , i =
1, . . . , 6, mit i=1 pi = 1 (Satz 8 der Vorlesung). Dem Aufgabentext entnehmen wir
die Bedingungen
p1 = p3 = p5 ,
p2 = p4 = p6 ,
p2 + p4 + p6 = 4 (p1 + p3 + p5 ) .
(1)
Wir definieren pu := p1 + p3 + p5 und pg := p2 + p4 + p6 . Dann gelten die Gleichungen
pu + p g =
6
X
pi = 1,
pg = 4pu ,
(2)
i=1
mit Lösung pu = 1/5, pg = 4/5. Also gilt p1 = p3 = p5 = (1/5)/3 = 1/15 und
p2 = p4 = p6 = (4/5)/3 = 4/15.
a) P ({gerade Zahl}) = pg = 4/5 = 0.8, P ({ungerade Zahl}) = pu = 1/5 = 0.2.
1
b) Wir berechnen zunächst die Mengen D = C c = {1, 3, 5}, E = B∪C = {1, 2, 4, 6},
F = B ∩ C = {6}. Nach Satz 8 sind die Wahrscheinlichkeiten gegeben durch
P (A)
P (B)
P (C)
P (D)
P (E)
P (F )
=
=
=
=
=
=
p1 + p2 + p3 = 6/15 = 2/5 = 0.4,
p1 + p6 = 5/15 = 1/3 ' 0.333,
p2 + p4 + p6 = 12/15 = 4/5 = 0.8,
p1 + p3 + p5 = 3/15 = 1/5 = 0.2,
p1 + p2 + p4 + p6 = 13/15 ' 0.867,
p6 = 4/15 ' 0.267.
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
Aufgabe 3 :
a) Wir führen das Problem auf ein Urnenmodell mit 18 blauen (einwandfreien) und
2 roten (defekten) Kugeln zurück. Es gibt
20
= 1140
(9)
3
mögliche Stichproben vom Umfang 3 (Ziehung ohne Zurücklegen, Reihenfolge
unwesentlich). Die Anzahl der Möglichkeiten für “keine rote Kugel” ist gegeben
durch
18 2
= 816.
(10)
3
0
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist daher gegeben durch
P ({alle Bauteile einwandfrei}) =
816
68
=
' 0.716.
1140
95
(11)
b) Die Ergebnismenge für die Ziehung aus Urne 1 ist Ω1 = {r, s}, und die Ergebnismenge für die Ziehung aus Urne 2 ist Ω2 = {r, w, s}. Die Elementarereignisse
haben die folgenden Wahrscheinlichkeiten:
3
P1 ({r}) = ,
7
4
P1 ({s}) = ,
7
3
P2 ({s}) = .
7
(12)
Die gezogenen Kugeln haben die gleiche Farbe, wenn entweder beide rot oder
beide schwarz sind. Die Wahrscheinlichkeit dafür ist gegeben durch
P ({beide rot}) =
2
P2 ({r}) = ,
7
3 2
6
· = ,
7 7
49
2
P2 ({w}) = ,
7
P ({beide schwarz}) =
4 3
12
· = .
7 7
49
(13)
Die Wahrscheinlichkeit für die Vereinigung ist also gegeben durch
P ({beide rot oder beide schwarz}) =
2
6
12
18
+
=
' 0.367.
49 49
49
(14)
Aufgabe 4 :
Es gibt 67 = 279936 mögliche Würfe. Bei den gültigen Wurfergebnissen muss genau
eine
Ziffer doppelt vorkommen, und zwar an zwei beliebigen der 7 Stellen. Es gibt
7
= 21 mögliche Auswahlen für diese beiden Stellen. Die doppelt vorkommende
2
Ziffer darf eine beliebige sein, also 6 Möglichkeiten. Schliesslich müssen alle verbleibenden 5 Ziffern in einer beliebigen Anordnung vorkommen; dafür gibt es 5! = 120
Möglichkeiten. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist daher gegeben durch
7
· 6 · 5!
35
15120
2
=
' 0.0540.
(15)
=
7
6
279936
648
Vorlesungswebseite: http://home.zhaw.ch/~kirs/MAE3
3