WGMS III - Lösungen zu Blatt 9

Jörn Schweisgut
10.01.2005
WGMS III - Lösungen zu Blatt 9
Präsenzaufgaben
A
Eine Urne enthält 100 Kugeln mit den Nummern 00, 01, 02, . . . , 99. Eine Kugel wird zufällig
gezogen. Es sei X die erste und Y die zweite Zier ihrer Nummer. Berechnen Sie die
Wahrscheinlichkeiten folgender Ereignisse:
Der Grundraum der 100 Kugeln ist Ω = {00, 01, 02, 03, . . . , 98, 99}. Also |Ω| = 100. Es ist
für A günstiger Ergebnisse = |A|
ein Laplace-Modell, d.h. für ein Ereignis A ist P (A) = AnzahlAnzahl
aller Ergebnisse
|Ω|
(a) Ereignis A ={X = 3} = {30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39} und |A| = 10
10
Also P (A) = |A|
= 100
= 0, 1.
|Ω|
(b) Ereignis B = {Y 6= 4} = {00, 01, 02, 03, 05, 06, 07, 08, 09, 10, . . . , 93, 95, 96, 97, 98, 99}
und |B| = 90
90
Also P (B) = |B|
= 100
= 0, 9.
|Ω|
(c) Ereignis C = {X = Y } = {00, 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99} und |C| = 10
10
Also P (C) = |C|
= 100
= 0, 1.
|Ω|
(d) Ereignis D = {X < 4 und Y < 6}
= {00, 01, 02, 03, 04, 05, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 20,
21, 22, 23, 24, 25, 30, 31, 32, 33, 34, 35} und |D| = 24
24
Also P (D) = |D|
= 100
= 0, 24.
|Ω|
(e) Ereignis E = {X + Y = 8} = {08, 17, 26, 35, 44, 53, 62, 71, 80} und |E| = 9
9
Also P (E) = |E|
= 100
= 0, 09.
|Ω|
(f) Ereignis F = {X +Y 6= 8} = Ω\{08, 17, 26, 35, 44, 53, 62, 71, 80} und |F | = 100−9 = 91
|
91
Also P (F ) = |F
= 100
= 0, 91.
|Ω|
B
In einer Urne sind 2 grüne, 3 blaue und 4 rote Kugeln. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit,
mit einem Gri zwei gleichfarbige Kugeln zu ziehen. Zeichnen Sie einen Ergebnisbaum.
Man muss sich das Ziehen der beiden Kugeln leicht zeitversetzt vorstellen. Seien r, b, g je
das Ergebnis der Ziehung: eine rote, blaue bzw. grüne Kugel wurde gezogen. Es liegt ein
zweistuges Zufallsexperiment vor. Wir stellen den folgenden Ergebnisbaum auf:
Das Ereignis A, zweimal die gleiche Kugelfarbe zu ziehen, ist A := {(r, r), (b, b), (g, g)}.
Für die Wahrscheinlichkeit erhält man dann nach der 1. und 2. Pfadregel:
P ({(g, g)} ∪ {(b, b)} ∪ {(r, r)}) = P ({(g, g)}) + P ({(b, b)}) + P ({(r, r)})
5
= 92 · 18 + 39 · 82 + 49 · 38 = 2+6+12
= 20
= 18
= 0, 27.
72
72
Die Wahrscheinlichkeit hätte man auch mit der Formel der hypergeometrischen Verteilung
ausrechnen können:
P ({(g, g)} ∪ {(b, b)} ∪ {(r, r)}) = P ({(g, g)}) + P ({(b, b)}) + P ({(r, r)})
3+4
2+4
2+3
(2)·(2−2
) (32)·(2−2
) (4)·(2−2
)
6·1
1
3
6
10
= 22+3+4
+ 2+3+4 + 22+3+4
= 1·1
+ 3·1
9!
9! + 36 = 36 + 36 + 36 = 36 =
( 2 )
( 2 )
( 2 )
2!(9−2)!
2·7!
5
18
= 0, 27.
C
In einem Korb sind 6 Apfelsinen, von denen 2 faul sind. Die Apfelsinen werden zufällig
nacheinander gezogen und geprüft, bis die zwei faulen gefunden worden sind.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist dieses Zufallsexperiment beim (a) zweiten, (b) dritten
Zug beendet?
Zunächst stellen wir den Ergebnisbaum dar:
(a)
Ereignis A := {(faul,faul)}.
= 0, 06.
Die Wahrscheinlichkeit hätte man auch mit der Formel der hypergeometrischen Verteilung
ausrechnen
können:
4
(22)·(2−2
)
1
1
= 3·5
P (A) = 2+4 = 1·1
= 15
= 0, 06.
( )
(6)
P (A) =
2
6
·
1
5
2
=
2
30
1
15
=
2
(b)
Ereignis B := {(faul,gut,faul), (gut,faul,faul)}.
P (A) =
2
6
· 54 · 14 + 46 · 52 ·
1
4
=
1
15
+
1
15
=
2
15
= 0, 13.
Die Wahrscheinlichkeit hätte man auch mit der Formel der hypergeometrischen Verteilung
ausrechnen können. Dabei muss man aber beachten, dass bei der hypergeometrischen Modellannahme der Versuch nicht stoppt, wenn schon bei den ersten zwei Ziehungen zweimal
eine faule Apfelsine gezogen wurde. Man muss also die Wahrscheinlichkeit für dieses Ereignis abziehen.
Dann erhält man:
4
(22)·(3−2
)
4
1
1
2
P (A) = 2+4 − 62 · 15 = 1·4
− 1 = 5·4
− 15
= 15 − 15
= 3−1
= 15
= 0, 13.
15
( )
(6) 15
3
3