Weitere Übungen zu Kapitel 3

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Weitere Übungen zu Kapitel 3
- Lösungen -
Aufgabe 3.1
a. Formelle Lösung mit Baum
P(1. Kugel schwarz) =
1 1 3
+ =
4 2 4
P(1. Kugel schwarz und 2. Kugel schwarz) =
1
2
1
/2 2
=
/4 3
b. Inhaltliche Lösung: Wenn ich eine schwarze Kugel ziehe, gibt es 3 gleichberechtigte Fälle:
P(2. Kugel schwarz | 1. Kugel schwarz =
3
{w, s}, ich habe s
{s1 ,s 2 }, ich habe s1 in zwei von drei Fällen zieheich danach wieder eine schwarze Kugel.
{s1 ,s 2 }, ich habe s 2
Dieses Problem ist analog zum Bertrand’schen Kästchen-Paradoxon, vgl. S. 214.
Aufgabe 3.2
a. Ohne die Einschränkung mit den Diagonalen kann man in Zeile 1 auf 8 Plätzen einen
Turm setzen, dann noch 7 in Zeile 2, noch 6 in Zeile 3 usw. Es gibt also insgesamt
8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 8! = 40 320 verschiedene Möglichkeiten. Diese Möglichkeiten können
wir gerade durch die Menge Ω der Permutationen der Zahlen 1, 2, ..., 8 beschreiben: Die
Permutation (a1, a2, ..., a8) soll bedeuten, dass in der Zeile i der Turm in der Reihe ai steht.
b. Die Diagonaleneinschränkung kann man in der Permutationsschreibweise so verstehen,
dass ai ≠ i, für i = 1, ..., 8 gelten muss. Wir müssen also die Anzahl der fixpunktfreien
Permutationen bestimmen. Es bezeichne Ei = {Permutationen mit ai = i} und
E = E1 ∪ E 2 ∪ ... ∪ E8 =
8
i =1
Ei .
2
Mit dieser Bezeichnung müssen wir also die Anzahl der Elemente von Ω\E, die fixpunktfreien Permutationen, bestimmen. In der Lösung zu Aufgabe 33 auf S. 412 haben wir eine
Formel für die Wahrscheinlichkeit einer Vereinigung von Ereignissen entwickelt. Da die
hier fraglichen Wahrscheinlichkeiten als Laplace-Wahrscheinlichkeiten ansetzen können,
bei denen im Nenner stets |Ω| = 8! steht, gilt die entsprechende Formel auch für die Zähler. Zunächst vereinfachen wir die Formel: Bei den Wahrscheinlichkeiten
(
P E i 1 ∩ E i2 ∩ ... ∩ E ir
)
kommt es nicht auf die konkreten Zahlen i1, ..., ir, sondern nur auf die Anzahl r an. Für fes8
tes r sind die Wahrscheinlichkeiten gleich. Für festes r gibt es
Möglichkeiten, Zahlen
r
1 ≤ i1 < i3 < ... < ir ≤ 8 zu wählen. Also gilt
1≤i1 <i 2 <...<i r ≤8
Ei r ∩ E i2 ∩ ... ∩ E ir =
8
⋅ E1 ∩ E 2 ∩ ... ∩ E r
r
und
E =
8
r =1
(−1) r −1 ⋅
8
⋅ E1 ∩ E 2 ∩ ... ∩ E r .
r
Weiter gilt E1 ∩ E 2 ∩ ... ∩ E r = (8 − r)!, weil jetzt a1 = 1, ..., ar = r festliegen, während die
restlichen (8 – r) Zahlen ar+1, ..., a8 beliebig verteilt sein können. Damit folgt schließlich
8
8
E = (−1)r −1 ⋅
⋅ (8 − r)! = 25487 ,
r
r =1
und es gibt |Ω\E| = 8! – 25 487 = 40 320 – 25 487 = 14 833 Lösungen der Aufgabe b.
Die Aufgabe b. ist ein Spezialfall des in Aufgabe 3.16 behandelten Recontre-Problems.
Formulieren Sie analoge Aufgaben für die anderen Figuren des Schachspiels und bearbeiten
Sie diese!
Aufgabe 3.3
Nehmen wir an, die Zahl der roten Kugeln sei mindestens so groß wie die Zahl der schwarzen, also r ≥ s (für s > r lauten die Betrachtungen analog). Es gilt:
r
r −1
p1 = P ( rot/rot ) =
⋅
,
r + s r + s −1
s
s −1
p 2 = P ( schwarz/schwarz ) =
⋅
,
r + s r + s −1
s
r
p3 = P ( schwarz/rot ) =
⋅
,
r + s r + s −1
r
s
p 4 = P ( rot / schwarz ) =
⋅
.
r + s r + s −1
Hieraus folgt
p1 + p2 = p3 + p4 ⇔ r(r – 1) + s(s – 1) = 2rs
⇔ (r – s)2 = r + s
3
Diese Gleichung ist für r = s nicht erfüllt, es sei also r – s = a > 0. Dann folgt weiter a2 = 2s+a.
Damit sind die Lösungen bestimmt durch die Wahl einer Zahl a ∈
und die Setzung
a 2 − a a ⋅ (a − 1)
a ⋅ (a + 1)
=
, r =s+a =
.
2
2
2
Zahlen dieser Art sind Ihnen vielleicht als „Dreieckszahlen“ bekannt. Die Lösungen sind also
genau die Paar aufeinanderfolgender Dreieckszahlen (vgl. die folgende Abbildung)
s=
Aufgabe 3.4
a. Modell: Kombinationen ohne Wiederholung, es gibt
1+ 2
1+ 2
1+ 2
1+ 5
1+ 5
1 + 10
2+ 5
2+ 5
2 + 10
5 + 10
+ 5
+ 10
+ 20
+ 10
+ 20
+ 20
+ 10
+ 20
+ 20
+ 20
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
8
13
23
16
26
31
17
27
32
35
5
= 10 Möglichkeiten.
3
Jeder Geldbetrag ist verschieden und ist
gleichwahrscheinlich mit p = 0,1.
b. Jetzt sind es Kombinationen mit Wiederholung. Eine Summe, die höchstens 10 ergibt, ergeben genau die 7 Möglichkeiten 1;1;1, 1;1;2, 1;1;5, 1;2;2, 1;2;5, 2;2;2, 2;2;5. Um die einzelnen Wahrscheinlichkeiten zu bestimmen, beachten wir, dass es 53 = 125 gleichwahrscheinliche Tupel (a|b|c) gibt. Zur ersten Kombination 1;1;1 gehört genau das Tupel 1|1|1, zur zweiten Kombination 1;1;2 die Tupel 1|1|2, 1|2|1 und 2|1|1 usw. Also gilt
1
3
6
P(1;1;1) = P(2;2;2) =
, P(1;1;2) = P(1;1;5) =P(1;2;2) =P(2;2;5) =
, P(1;2;5) =
.
125
125
125
Zusammen folgt
20 21
P(Summe > 10) = 1 –
= .
125 25
Eine Summe, die größer als 50 ist, ergibt genau die Möglichkeit 20|20|20, also
1
P(Summe > 50) =
.
125
c. Münzen 1, 5, 10, 20a, 20b. Die beiden 20-ct Münzen haben wir dabei zur einfachen Analyse
als Münzen 20a und 20b unterscheidbar gemacht! Die 10 Kombinationen ohne Wiederholung haben jetzt die Summe
4
1
1
1
1
1
1
5
5
5
10
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
5
5
5
10
10
20a
10
10
20a
20a
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
10
20a
20b
20a
20b
20b
20a
20b
20b
20b
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
16
26
26
31
31
41
35
35
45
50
Jetzt gilt P(16) = P(41) = P(45) = P(50) =
1
1
, P(26) = P(31) = P(35) = .
10
5
Es gibt wieder 35 Kombinationen mit Wiederholung. Eine Summe von höchstens 10 erge1
3
121
−
=
.
ben nur die Kombinationen 1;1;1 und 1;1;5, also P(Summe > 10) = 1 –
125 125 125
Eine Summe größer als 50 ergeben die 3 Kombinationen 20a;20a;20a, 20a;20a;20b,
1
3
8
+ 2⋅
=
.
20a;20b;20b und 20b;20b;20b, also P(Summe > 50) 2 ⋅
125
125 125
Aufgabe 3.5
Gefragt sind die beiden Wahrscheinlichkeiten
p1 = P(„Beide Kinder sind Mädchen“| „(Mindestens) ein Kind ist Mädchen“);
p2 = P(„Das jüngere Kind ist ein Mädchen“| „Das ältere Kind ist ein Mädchen“).
Mit der Codierung „älteres/jüngeres Kind“, J für Junge und M für Mädchen können wir Ω
und die hier relevanten Ereignisse definieren und ein Baumdiagramm zeichnen. Für die an die
Äste geschriebenen Wahrscheinlichkeiten setzen wir eine Mädchen- und Jungengeburt als
gleichwahrscheinlich an.
Ω = {JJ, JM, MJ, MM},
A = {MM}, B = {JM, MJ, MM}, C = {MJ, MM}
Gefragt sind also p1 = P(A|B) und p2 = P(A|C). Wegen
A∩B = A = A∩C gilt
p1 =
A∩B 1
A∩C 1
= und p 2 =
= .
B
3
C
2
Aufgabe 3.6
Im folgenden Baumdiagramm der Zugfolge stehen W bzw. S für weiße bzw. schwarze Kugel.
5
Es ergeben sich die folgenden Wahrscheinlichkeiten:
P(W beim 1. Griff) =
1
,
50
49 1
1
⋅
=
50 49 50
49 48 1
1
⋅ ⋅ =
P(W genau beim 3. Griff) =
50 49 48 50
P(W genau beim 2. Griff) =
49 48 47
2 1 1
⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ ⋅ =
50 49 48
3 2 50
49 48 47
2 1 1 1
⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ ⋅ ⋅ =
P(W genau beim 50. Griff) =
50 49 48
3 2 1 50
P(W genau beim 49. Griff) =
Für Armin zählen der 1., 3., ..., 49. Griff, für Beate der 2., 4., 6., ..., 50. Griff, also gilt
P(Armin)= P(Beate) = 25 ⋅
1 1
= .
50 2
Ähnlich kann man andere Konstellationen untersuchen. Die subjektiven Meinungen von
Schülerinnen und Schülern (oder von Studierenden) zur Chancenverteilung sind übrigens oft
ganz anders, als es die stochastische Analyse ergibt. Einige Variationen:
a. Wären es insgesamt nur 49 Kugeln gewesen, so wären die Einzelwahrscheinlichkeiten je
1
. Für Armin würden der 1., 3., ..., 49., für Beate der 2., 4., ...,48. Zug zählen, also wäre
49
jetzt
P(Armin) =
25
24
> P(Beate) =
.
49
49
b. Wie im Ausgangsspiel gewinnt, wer als erster eine weiße Kugel zieht. Jedoch darf zuerst
Armin 25 Mal ziehen, dann Beate 25 Mal. Die Analyse von oben zeigt, dass dies die Gewinnchancen nicht verändert.
c. Armin darf 25 Kugeln „mit einem Griff“ ziehen. Er verliert, wenn er 25 der von 1 bis 49
49
25
1
nummeriert gedachten Kugeln zieht, was wieder die Wahrscheinlichkeit
= hat!
50
2
25
d. Es gewinnt, wer als erster eine schwarze Kugel zieht. Auf den ersten Blick sieht das „ganz
49
analog“ aus, jedoch ist das ganz und gar nicht so: Es gilt jetzt P(Armin) =
, P(Beate)
50
1
= .
50
Aufgabe 3.7
Zn nimmt die Werte 1, 2, ..., 6 an. Bei n Würfen gibt es 6n gleichberechtigte Ergebnisse
(a1|a2|...|an), 1 ≤ ai ≤ 6.
Für Zn = 1
müssen alle ai = 1 sein, wofür es 1n = 1 Möglichkeit gibt.
6
Für Zn = 2
Für Zn = 3
müssen alle ai ≤ 2 sein (ohne die Möglichkeiten, die zu Zn = 1 führen),
also 2n – 1n Stück.
müssen alle ai ≤ 3 sein (ohne die Möglichkeiten, die zu Zn ≤ 2 führen),
also 3n – 2n Stück usw.
Also gilt
Zn = m
1
1
P(Zn = m)
6n
2
3
n
2 − 1 3 − 2n
6n
6n
4
4 − 3n
6n
n
n
5
5 − 4n
6n
6
6 − 5n
6n
n
n
Für n → ∞ geht die Verteilung von Zn gegen die von Z∞ mit P(Z∞ < 6) = 0, P(Z∞ = 6) = 1.
Für die Verteilungsfunktion Fn von Zn gilt:
für x < 1
0
Fn (x) =
1
6
n
2
6
n
5
6
n
für 1 ≤ x < 2
für 2 ≤ x < 3
für 5 ≤ x < 6
1
für x ≥ 6
Für den Erwartungswert von Zn gilt:
E(Zn ) =
6
i =1
i⋅
i n − (i − 1)n
1
= 6−
n
6
6
n
−
2
6
n
− ... −
5
6
n

→6.
n →∞
Für die Standardabweichung von Zn gilt:
V(Zn ) =
6
i =1
(E(Zn ) − i)2 ⋅
i n − (i − 1) n
.
6n
Diese Summe lässt sich nicht mehr so einfach vereinfachen. Jedoch können wir den Grenzwert für n → ∞ angeben: Die Wahrscheinlichkeiten P(Zn=i) gehen für i < 6 gegen Null, für i =
6 gegen 1. Der Erwartungswert geht auch gegen 6, so dass gilt
V(Zn ) 
→ 0 und σ(Zn ) = V(Zn ) 
→0 .
n →∞
n →∞
Einige Näherungswerte, berechnet mit einem Computeralgebrasystem, sind
n
1
10
50
V(Zn)
2,917
0,1862
0,0001
σ(Zn)
1,708
0,4315
0,0105
7
Aufgabe 3.8
Karte
Wert
7
0
8
0
9
0
10
10
B
2
D
3
K
4
As
11
Zufallsvariable Z = „Kartenwert“:
Z=n
P(Z = n)
0
/8
3
2
/8
1
3
/8
1
4
/8
1
10
1
/8
11
1
/8
Man kann den Erwartungswert als „gerechten Einsatz“ ansehen. Wegen
3
1 30 15
=
E(Z) = 0 ⋅ + (2 + 3 + 4 + 10 + 11) ⋅ =
8
8 8
4
muss dann Beate 3,75 setzen. Dies ist natürlich kein zwingender Ansatz!
Aufgabe 3.9
Wir behandeln alle Möglichkeiten! Wenn man 6 von 20 Socken verloren hat, so können 4, 5, 6
oder 7 vollständige Paare übrigbleiben. Wir modellieren als Laplace-Experiment. Die 20 Ausgangs-Socken seien paarweise nummeriert in der Form
(1, 2), (3, 4), (5, 6), ... , (19, 20).
Man kann auf
20
Arten 6 Socken aus 20 Socken zufällig ziehen.
6
n = 7: Damit man 7 Paare übrig behält, muss man 3 aus 10 Paaren wegnehmen, wofür es
10
3
Möglichkeiten gilt, also
10
3
P(Es bleiben 7 vollständige Paare übrig) =
≈ 0, 003 .
20
6
n = 6: Man muss 2 komplette Paare weg nehmen und dann noch 2 Socken aus verschiedenen
10
Paaren. Für die beiden kompletten Paare gibt es
Möglichkeiten, für die beiden wei2
8
teren Paare gibt es
Möglichkeiten. Bei diesen Paaren kann man jeweils aus 2 Socken
2
wählen, es gibt somit 2⋅2=22 Möglichkeiten. Also gilt
10 8
⋅
⋅ 22
2
2
P(Es bleiben 6 vollständige Paare übrig) =
≈ 0,130 .
20
6
8
n = 5: Ein Paar wird komplett weggenommen
Paare gewählt
9
4
lichkeiten). Also gilt
10
1
Möglichkeiten , aus dem Rest werden 4
Möglichkeiten und aus jedem genau ein Socken entfernt (24 Mög-
10 9
⋅
⋅ 24
1
4
P(Es bleiben 5 vollständige Paare übrig) =
≈ 0, 520 .
20
6
n = 4: Aus 6 Sockenpaaren
10
6
Möglichkeiten wird jeweils ein Socken entfernt (26 Mög-
lichkeiten). Damit gilt
10 6
⋅2
6
P(Es bleiben 4 vollständige Paare übrig) =
≈ 0,347 .
20
6
Es ist also 116-mal wahrscheinlicher, nur 4 vollständige Paare übrig zu behalten als 7 vollständige. Die Zahlen sprechen für die Gültigkeit des Gesetzes von Murphy!
Aufgabe 3.10
a. Z kann genau die Werte 3, 4, ..., 9 annehmen. Für k Züge gibt es 4k Möglichkeiten. Ak bezeichne die Anzahl der Möglichkeiten, die zu Z = k führt. Also gilt
A
P(Z = k) = kk .
4
Berechnung von Ak: Hierfür bezeichne f die 3 mal gezogene Farbe, * einen Platzhalter für
andere der drei restlichen Farben.
k = 3:
f
f
f
4 Möglichkeiten für die Farbwahl f, also A3 = 4.
k = 4:
f
f
* f
4 Möglichkeiten für die Farbwahl f; * kann an einem der drei ersten Plätze stehen und
3 Farben annehmen, also A4 = 4 ⋅ 3 ⋅ 3 = 36.
9
k = 5:
f
f
* * f
4
Möglichkeiten für die Platzwahl der beiden
2
Platzhalter auf den ersten 4 Plätzen, je 3 Farbmöglichkeiten für die beiden Platzhalter,
also
4
A5 = 4 ⋅
⋅ 3 ⋅ 3 = 216.
2
4 Möglichkeiten für die Farbwahl f;
k = 6:
f
f
* * * f
5
Möglichkeiten für die Platzwahl der drei
3
Platzhalter auf den ersten 5 Plätzen, je 3 Farbmöglichkeiten für die drei Platzhalter, wobei aber xxx, yyy und zzz ausgeschlossen sind, also
5
A6 = 4 ⋅
⋅ ( 33 − 3) = 960.
3
4 Möglichkeiten für die Farbwahl f;
k = 7:
f
f
* * * * f
6
Möglichkeiten für die Platzwahl der vier
4
Platzhalter auf den ersten 6 Plätzen, je 3 Farbmöglichkeiten für die vier Platzhalter, wobei ausgeschlossen sind xxxx (3 Möglichkeiten) und xxxy (4 Plätze, 3 Farben für y, dann
noch 2 Farben für x), also
6
A7 = 4 ⋅
⋅ (34 – 3 – 4 ⋅ 3 ⋅ 2) = 3240.
4
4 Möglichkeiten für die Farbwahl f;
k = 8:
f
f
* * * * * f
7
Möglichkeiten für die Platzwahl der fünf
5
Platzhalter auf den ersten 7 Plätzen, je 3 Farbmöglichkeiten für die fünf Platzhalter, wobei ausgeschlossen sind
4 Möglichkeiten für die Farbwahl f;
xxxxx 3 Möglichkeiten
xxxxy 5 Plätze für y, 3 Farben für y, dann noch 2 Farben für x
5
xxxyz
Plätze für xxx, 3 Farben für x, dann noch je 2 Farben für y, z
3
Damit gilt
7
5
A8 = 4 ⋅
⋅ 35 − 3 − 5 ⋅ 3 ⋅ 2 −
⋅ 3 ⋅ 2 2 = 7560 .
5
3
10
k = 9:
f
f
* * * * * * f
Zur Rechenkontrolle bestimmen wir A9 direkt und nicht als Komplement zur Summe
von A4 bis A8:
Jetzt muss auf den ersten 8 Plätzen jede Farbe genau 2 mal aufgetreten sein, die Farbe f
dann nochmals auf den 9. Platz. Für diesen 9. Platz gibt es 4 Farben, die Belegung von
Platz 1 – 8 ist dann multinomial, also
8 6 4 2
A9 = 4 ⋅
⋅
⋅
⋅
= 10080
2 2 2 2
Mit Hilfe eines Computeralgebrasystems berechnen wir damit:
Z=k
3
4
5
6
7
8
9
P(Z=k) 0,0625 0,1406 0,2109 0,2344 0,1978 0,1154 0,0384
E(Z) ≈ 5,8641, σZ ≈ 1,2345.
Die folgende Abbildung zeigt den Graphen der Verteilungsfunktion F mit
F(x) = P(Z = k) .
k ≤x
b. Es wird so lange eine Kugel gezogen und wieder zurück gelegt, bis eine Kugelfarbe dreimal gezogen wurde. Also kann Y die Werte 0, 1, 2 und 3 drei annehmen. In Aufgabe a.
haben wir gesehen, dass Z die Werte 3 bis 9 annehmen kann, wobei P(Z=9) > 0 ist. Wenn
aber Y den Wert 0 annimmt, also keine grüne Kugel dabei ist, kann Z nicht mehr den Wert
9 annehmen (dabei wäre jede Kugel mindestens zweimal gezogen worden). Es gilt also
0 < P(Z=9) ≠ P(Z=9|Y=0) = 0,
und Y und Z sind abhängige Zufallsvariable.
Aufgabe 3.11
Es seien
P(E1 ) + P(E 2 ) 0,581 + 0, 491
≈
= 0, 5045 und
2
2
P(E1 ) − P(E 2 ) 0, 581 − 0, 491
ε :=
≈
= 0, 00135 .
2
2
Nun legen wir n so fest, dass gilt
m :=
11
1−
1
> 0,9 , also n > 13 717.
4 ⋅ n ⋅ ε2
Wenn man nun mindestens n mal die beiden Spielvarianten durchführt, so gilt nach dem Bernoullischen Gesetzes der großen Zahlen (Satz 29 auf S. 269), dass mit 90 %-iger Wahrscheinlichkeit die relative Häufigkeit von E1 größer als m und die von E2 kleiner als m sind, so dass
der Unterschied deutlich wird.
Aufgabe 3.12
a. Der nebenstehende Baum zeigt alle
möglichen Spielausgänge. Beate gewinnt bei den folgenden Spieldurchgänge:
BBB, BBAB, BABB, ABBB,
BBAAB, BABAB, BAABB,
ABBAB, ABABB, AABBB.
Damit gilt nach den Pfadregeln
P(Beate gewinnt)
= 0,63 + 3 ⋅ 0,63 ⋅ 0,4 + 6 ⋅ 0,63 ⋅ 0,42
= 0,68256.
b. Die möglichen Spielausgänge für Beates Gewinn sind die gleichen, die Wahrscheinlichkeit
ist jetzt
f(p): = P(Beate gewinnt) = p3 + 3⋅p3⋅(1 – p) + 6⋅p3⋅(1 – p)2 = p3⋅(10 – 15⋅p + 6⋅p2)
Unter Berücksichtigung der „Symmetrie“ f(p) = 1 – f (1 – p) und des Ergebnisses von a. ergibt sich die Werttabelle
p
f(p)
0
0
0,2
0,06
0,4
0,32
0,6
0,68
0,8
0,94
1
1
c. Bei p = 0,5 haben stets beide dieselbe Chance. Sobald jedoch einer der beiden eine größere
Chance hat, ein Einzelspiel zu gewinnen (d. h. p ≠ 0,5), so beeinflusst das seine Gesamtchance immer stärker, je größer sein Vorteil ist und je öfter gespielt wird. Für n = 1, 2, 10
f(p).
und 100 zeigen die folgenden Schaubilder den Zusammenhang p
12
Für festes p ≠ 0,5 gilt f(p) 
→
n →∞
0 für p < 0, 5
.
1 für p > 0,5
Aufgabe 3.13
a. Es sei
pn := P(Frage richtig beantwortet bei n richtigen Antwortmöglichkeiten)
#(richtige Kombinationen von Antworten)
1
=
=
6
#(mögliche Kombinationen von Antworten)
n
n
pn
1
1
6
2
1
15
3
1
20
4
1
15
5
1
6
b. Wenn Armin wirklich seine Kreuze zufällig macht, kann die Beantwortung einer Aufgabe
1
1
als Bernoulli-Experiment mit p = , die Bearbeitung des gesamten Tests als B(50, )-ver6
6
teilt angesehen werden, wobei die Zufallvariable X die Anzahl der richtig beantworteten
Fragen ist.
Allgemein kann man das so sicher nicht ansetzen. Bei manchen Fragen wird Armin z. B. mit
Hilfe des gesunden Menschenverstandes gewisse Antwortmöglichkeiten ausschließen und
somit seine Ratewahrscheinlichkeit mehr oder weniger erhöhen können.
Der Erwartungswert E(X) der ohne Kenntnisse richtig beantworteten Fragen ist für die
Auswertung des Tests wichtig. Wer nur E(X) „Richtige“ hat, sollte den Test nicht bestehen.
Das Problem ist, eine sinnvolle Bestehensschranke K > E(X) zu finden. Eine Möglichkeit
wäre K: = E(X) + 3⋅σX mit der Begründung, dass in der 3⋅σ-Umgebung um den Erwartungswert ca. 99 % der Ergebnisse liegen (vgl. Abschnitt 3.8.5, S. 292). Wenn wir wie hier
1
den gesamten Test als B(50, )-verteilt ansehen, so gilt E(X) ≈ 8,3, σ(X) ≈ 2,6 und E(X) +
6
3⋅σX ≈ 16,2. Eine Möglichkeit wäre also, dass der Test ab 17 richtigen Antworten bestanden
ist. Wenn man das eine Prozent der Zufalls-Ankreuzer, die außerhalb der 3⋅σ-Umgebung
13
liegen, gleichmäßig nach links und rechts verteilt, so bedeutet dies in unserem Beispiel, dass
nur ca. 0,5 % der „Zufalls-Ankreuzer“ trotz Nichtwissens den Test bestehen. Dieses eine
Prozent entspricht dem β-Fehler bei einem klassischen Test (vgl. Abschnitt 4.2.1, S. 338 f.).
1
c. Armins Punkteergebnis wird also durch die B(50, )-verteilte Zufallsgröße X beschrieben.
6
Es gilt
1 5
125
1 25
E(X) = 50 ⋅ =
≈ 8,3, σ x = 50 ⋅ ⋅ =
≈ 2, 6
6 3
6 6
18
Die Bestehensgrenze ist K = 0,4 ⋅50 = 20. Wegen E(X) + 3⋅σx ≈16,2 ist dieses K schärfer als
die in b. diskutierte Grenze. Die Chance, dass Armin trotzdem besteht, ist
50
1
B(50, , n) ≈ 0, 000075.
6
n = 20
Da wird Armin vermutlich kein Glück haben!
Für Freund Carl ist die Wahrscheinlichkeit, trotzdem durchzufallen
1
B(50, , n) ≈ 0, 059.
2
n =0
19
Carl wird es also wohl schaffen!
Aufgabe 3.14
a. Diese Aufgabe kann man analog zu den Beispielen in Abschnitt 3.4.5 behandeln. Die
Vereinsmitglieder werden von 1 bis 12 nummeriert. Die von ihnen nacheinender gezogenen Lose denkt man sich der Reihe nach hingelegt. Für das Vereinsmitglied n spielt nur
der Platz n eine Rolle, alle anderen Plätze sind irrelevant. Jedes Los hat die gleiche Chance, auf den Platz n gelegt zu werden. Also ist die Gewinnchance für alle Mitglieder unabhängig von der Reihenfolge des Ziehens gleich p = 5/12.
b. Man verwendet zum Beispiel eine Liste von Zufallsziffern. Diese fasst man zu Paaren
zusammen und stellt eine Liste von Zufallszahlen von 1 bis 12 her, indem man die Paare
01, 02, ..., 08 als 1 liest, die Paare 09, 10, ..., 16 als 2 u.s.w. bis zu den Paaren 89, 90, ...,
96, die man als 12 liest. Die Paare 97, 98, 99 und 00 werden übersprungen. Nun liest man
diese Liste von Zufallszahlen nacheinander, wobei „schon gezogene“ Zahlen übersprungen werden, bis man einen 12er Block verschiedener Zahlen hat. Jeder Block simuliert eine Ziehung: Der Reihe nach werden die Zahlen eines Blocks den nummerierten Mitgliedern zugeordnet. „Zieht“ das n-te Mitglied eine Zahl von 1 bis 5, so gewinnt es, sonst verliert es. Führt man diese Simulation m mal durch, so muss für großes m die Gewinnwahrscheinlichkeit für jedes Mitglied gegen 5/12 gehen. Allerdings ist diese Methode nicht sehr
effizient.
Aufgabe 3.15
Verschaffen Sie sich eine Reihe von Zufallsziffern z1, z2, z3, ... (zi ∈ 0, 1, 2, ..., 9}). Nun verwenden Sie ein „Spielfeld“ wie in der unten stehenden Abbildung für eine Baumschule Typ a
oder Tpy b.
14
Baumschule Typ a
Baumschule Typ b
In der ersten Welle wird der dick gezeichnete „infizierte“ Baum gestrichen, „er ist gestorben“.
Seine Nachbarn (offene Kreise für die erste Welle) werden in einer vorher festzulegenden
Richtung durchlaufen und jeweils mit einer Ziffer z1, z2, ... verglichen. Für zi ∈ {0, 1, 2} wird
der Baum infiziert (dicker Punkt als Baum-Symbol), für zi = {3, 4, ..., 9} bleibt er gesund
(unverändertes Baum-Symbol). Nun werden in der zweiten Welle die Nachbarn der jetzt dicken Punkt zusammen mit den Zufallszahlen durchgegangen, die dicken Punkte der ersten
Welle werden gestrichen, sie „sterben“. Dies setzt man fort, bis alle Baum-Symbole mindestens einmal durchgangen wurden und kein dicker Punkt mehr vorhanden ist. Jetzt sind nur
noch tote und gesunde Bäume vorhanden.
Wem dies zu mühsam ist, kann auch die Java-Simulation „Baumschule“ (auf der Homepage
zu diesem Buch) ausprobieren.
Aufgabe 3.16
Das Problem ist äquivalent mit der folgenden Situation: Es sei n ∈
und (a1, ..., an) eine
Permutation der Zahlen (1, ..., n). Wie wahrscheinlich ist es, dass die Permutation (mindestens) einen Fixpunkt hat, also ai = i für ein i ∈ {1, ..., n} gilt!
Zur Orientierung betrachten wir den Fall n = 3 mit den Permutationen
1 2 3 | 1 3 2 | 2 1 3 | 2 3 1 | 3 1 2 | 3 2 1.
Unterstrichen sind die Fixpunkte. Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit gilt also
4 2
p3 = = ≈ 0, 67 .
6 3
Es sei
Ei: = {Permutation mit Fixpunkt an der Stelle i}.
15
Dann ist gesucht die Wahrscheinlichkeit
p n = P ( E1 ∪ E 2 ∪ ... ∪ E n ) = P
n
i =1
Ei .
Hierauf können wir die Formel anwenden, die in der Lösung zu Aufgabe 33 auf S. 412 entwickelt wurde. Zunächst vereinfachen wir die Formel: Bei den Wahrscheinlichkeiten
(
P E i 1 ∩ E i2 ∩ ... ∩ E ir
)
kommt es nicht auf die konkreten Zahlen i1, ..., ir, sondern nur auf die Anzahl r an. Für festes r
n
sind die Wahrscheinlichkeiten gleich. Für festes r gibt es
Möglichkeiten, Zahlen 1 ≤ i1 <
r
i3 < ... < ir ≤ n zu wählen. Also gilt
n
P E ir ∩ Ei 2 ∩ ... ∩ E ir =
P ( E1 ∩ E 2 ∩ ... ∩ E r )
r
1≤ n1 < i 2 <...<i r ≤ r
(
)
und
pn =
n
n
⋅ P(E1 ∩ E 2 ∩ ... ∩ E r ).
r
(−1)r −1 ⋅
r =1
Weiter gilt
P ( E1 ∩ ... ∩ E r ) =
| E1 ∩ E 2 ∩ ... ∩ E r | ( n − r ) !
=
,
n!
n!
wobei (n – 1)! im Nenner daraus folgt, dass a1 = 1, ..., ar = r festliegen, während die restlichen
(n – r) Zahlen ar+1, ..., an beliebig verteilt sein können. Wegen
n ( n − r )!
n!⋅ ( n − r ) !
⋅
=
= r!
r
n!
r!⋅ (n − r)!⋅ n!
folgt schließlich
pn =
1
(−1)r −1 ⋅ .
r!
r =1
n
Wegen der bekannten Reihenentwicklung
ex =
∞
r =0
xr
für x ∈
r!
folgt die Grenzwertaussage
lim p n =
n →∞
∞
i =1
(−1) r −1 ⋅
∞
1
(−1) r
1
= 1−
= 1 − ≈ 0, 632 .
r!
r!
e
i=0
2
, schon für n = 7 gilt pn ≈ 0,632. Bei der fraglichen Zeitungsmeldung mit
3
vielen Tausenden von Soldaten ist die Wahrscheinlichkeit für ein solches Ereignis also etwa
63 % und damit keineswegs verwunderlich! Überlegen Sie sich weitere Situationen, die stochastisch durch dieses „Rencontre-Modell“ beschrieben werden können. Eine Situation war
das Schachbrett-Problem in Aufgabe 3.2 mit der Diagonalen-Einschränkung.
Für n = 3 gilt p3 =
16
Aufgabe 3.17
Es sei f(q,k) die Anzahl von nötigen Untersuchungen pro Person. Dabei sind q = 1 – p die
Wahrscheinlichkeit für einen negativen Befund und k die gewählte Gruppengröße. Nur für
f(q,k) < 1 bringt die Gruppenbildung einen Vorteil gegenüber dem Einzeltest mit f(q,1) = 1.
Wir bestimmen den relativen Erwartungswert f(q,k) von nötigen Untersuchungen pro Person.
Die Zufallsvariable X gebe wieder die Anzahl der notwendigen Blutanalysen bei der Untersuchung einer Gruppe von k Personen (mit k ≥ 1) an. Wir nehmen an, dass die Wahrscheinlichkeit für jede getestete, zufällig aus der Gesamtpopulation gewählte Person, krank zu sein,
gleich p ist. Der Anteil der gesunden Personen ist dann q = 1 – p. Die Zufallsvariable X kann
nur die Werte 1 und k+1 annehmen mit den Wahrscheinlichkeiten
P(X=1) = qk und P(X=k+1) = 1 – qk.
Damit ergibt sich für den Erwartungswert
E(X) = qk + (k + 1) ⋅ (1 – qk) = k - k⋅qk + 1.
Die gesuchte relative, pro Person zu erwartende Testanzahl ist E(X)/k. Damit haben wir den
gesuchten relativen Erwartungswert f(q,k) gefunden:
für k = 1
1
f (q, k) =
1− qk +
1
k
für k > 1
1
1
bzw. q > k . Wir müssen
k
k
für einen gegebenen Werte von p (und damit von q) denjenigen k-Wert zu bestimmen, für den
f(q, k) minimal wird. Man beachte, dass k eine natürliche Zahl ist. Zu konkreten Analyse betrachten wir f(q, k) als Funktion der reellen Variable k mit Parameter q. Die folgende Abb.
zeigt den Graphen für f(q, k) für einige p-Werte.
Die oben genannte Bedingung f(q,k) < 1 ist äquivalent zu q k >
Dick eingezeichnet ist die Gerade y = 1, die dem Einzeltest entspricht. Ein Gruppentest ist nur
für diejenigen Gruppengrößen k sinnvoll, für die der f(q, k)-Graph unterhalb dieser dick gezeichneten Geraden liegt. Das graphische Ergebnis ist: Bei den großen Prävalenzen p = 0,5
und p = 0,4 ist ein Gruppentest stets schlechter als ein Einzeltest. Bei p = 0,3 scheint ein
Gruppentest mit k = 3 etwas besser als der Einzeltest zu sein. Für die kleineren Prävalenzen
ist stets ein Gruppentest deutlich besser. Für p = 0,2 sollte man k = 3 wählen, für p = 0,1 ist
wohl k = 4 am besten, während bei p = 0,05 die Gruppengröße k = 5 optimal zu sein scheint.
Genauer ist für jedes k ∈
die Minimalstelle k* zu bestimmen. Dieses k* wird im Allgemei-
nen keine natürliche Zahl sein, das Optimum ist dann eine der benachbarten natürlichen Zah-
17
len k1 = [k*] oder k2 = k1+1. Die folgende Tabelle gibt einige Werte an. Diskutieren Sie die
Ergebnisse!
p
k*
k1
k2
f(1–p, k*)
f(1–p, k1)
f(1–p, k2)
0,3
2,7195
2
3
0,9886
1,0100
0,9903
0,2
2,9382
2
3
0,8213
0,8600
0,8213
0,1
3,7546
3
4
0,5930
0,6043
0,5939
0,05
5,0224
5
6
0,4262
0,4262
0,4316
0,01
10,5162
10
11
0,1954
0,1956
0,1956
Weitergehende Analysen zum Gruppen-Screening finden Sie in:
Henn, H.-W., W. Jock (2000): Gruppen-Screening. – In: Förster, F., Henn, H.-W. & Meyer,
J.: Materialien für einen realitätsbezogenen Mathematikunterricht. Band 6 ComputerAnwendungen. Hildesheim: Franzbecker S. 123-137.
Henn, H.-W. & Humenberger, H.: Gruppen-Screening – ein Paradebeispiel für Vernetzungsmöglichkeiten im Mathematikunterricht (2003). – In: Biehler, R. u.a. (Hrsg.): Neue Medien und innermathematische Vernetzungen in der Stochastik. – Hildesheim: Franzbecker,
S. 19 - 32