Statistik und Operations Research (IBB2A) Lösungen zu Übungsblatt 2

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Statistik und Operations Research (IBB2A)
Lösungen zu Übungsblatt 2
M.Gruber, FK Informatik und Mathematik, HM
SS 2008
1. Es gibt zwei Gruppen zulässiger Ziffernfolgen.
(a) Die eine Gruppe besteht aus Ziffernfolgen der Gestalt xy0101 oder 01xy01 oder
0101xy, in denen xy von der Form 00 oder 10 oder 11 sein muss. In dieser
Gruppe gibt es 3 · 3 = 9 Möglichkeiten.
(b) Die andere Gruppe besteht aus Ziffernfolgen der Gestalt x01y01 oder 01x01y
oder x0101y mit beliebigen x und y. In dieser Gruppe gibt es 3 · 4 = 12 Möglichkeiten.
Die beiden Gruppen zuasammen umfassen 21 zulässige Ziffernfolgen. Jede von
1
ihnen tritt mit der Wahrscheinlichkeit 64
auf. Daher ist ihre Gesamtwahrschein21
lichkeit 64 ≈ 32.81%.
2. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine zufällig gewählte Ziffernfolge der Länge
¡ 5,
¢ die
aus den Ziffern 0 bis 9 besteht, lauter verschiedene Ziffern enthält, ist 10
5 · 5! ·
10−5 = 10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 10−5 ≈ 30.24%.
3. Sei Dn die Anzahl möglicher Umordnungen. Bei den Umordnungen der Elemente
von M kann man zwei Arten unterscheiden.
(a) Die eine ergibt sich dadurch, dass man zunächst die Elemente {m1 , . . . , mn−1 }
so umordnet, dass keines von ihnen am Platz bleibt, und anschließend eines
der umgeordneten Elemente mit mn vertauscht. Auf diese Weise bekommt
man (n − 1)Dn−1 verschiedene Umordnungen.
(b) Die andere Art ergibt sich dadurch, dass man eines der Elemente {m1 , . . . , mn−1 }
festhält, alle anderen so umordnet, dass keines von ihnen am Platz bleibt, und
anschließend das festgehaltene Element mit mn vertauscht. Auf diese Weise
bekommt man (n − 1)Dn−2 verschiedene Umordnungen.
Die Umordnungen der ersten Art sind von denen der zweiten Art verschieden. Jede
Umordnung, die kein Element am Platz lässt, kann mit einer Umordnung entweder
der ersten oder der zweiten Art identifiziert werden. Daher ist Dn = (n − 1)(Dn−2 +
Dn−1 ). Dn wächst schneller als die Fibonaccizahlen.
4. Es gibt n + k + 1 Positionen, die mit | oder • besetzt sind. An der ersten und
¡ letzten
¢
Position befindet sich immer ein |. Für die Positionen dazwischen gibt es n+k−1
=
k−1
¡n+k−1¢
Besetzungsmöglichkeiten.
n
¡ ¢
5. Es gibt nk Möglichkeiten, n aus k Zellen auszuwählen.
1
6. Die Wahrscheinlichkeit,
dass alle vier Geschwister verschiedene Geburtsmonate
¡ ¢
−4
haben, ist 12
·
4!
·
12
≈ 57.29%. Also ist die Gesuchte Wahrscheinlichkeit ca.
4
1 − 57.29 = 42.71%.
Falsch ist folgender Lösungsgedanke: Mit Blick auf Aufgabe 4 stellt man sich die
zwölf Monate als zwölf Zellen vor und die vier Geburtsmonate als¡vier Teilchen,
¢
¡ ¢
die auf die zwölf Zellen zu verteilen sind. Nach Aufgabe 4 gibt es 4+12−1
= 15
4
4
¡ ¢
Konstellationen. In 12
befinden sich die Teilchen in vier ver4 ¡ Konstellationen
¢ ¡12¢
schiedenen Zellen, in 15
Konstellationen gibt es wenigstens eine Zelle,
11 − 4
in der
sich
zwei
Teilchen
befinden.
Also müsste die gesuchte Wahrscheinlichkeit
¡ ¢ ¡15¢
1 − 12
/
≈
63.74%.
Der
Fehler
an
dieser Idee ist aber, dass sie Konstellatio4
11
nen gleich gewichtet, deren Wahrscheinlichkeiten verschieden sind. So ist z.B. die
Wahrscheinlichkeit, dass alle Geschwister im Januar geboren werden, 12−4 , dagegen die Wahrscheinlichkeit, dass eines im Januar, eines im Februar, eines im
März und eines im April geboren wird, 4! · 12−4 .
7. Insgesamt gibt es 105 verschiedene fünfstellige Zahlen. Die in der Aufgabe beschriebenen Teilmengen haben folgende Mächtigkeiten:
(a) 10
¡ ¢¡2¢¡5¢
(b) 10
2
1 1 = 45 · 2 · 5 = 450
¡10¢¡3¢¡5¢¡2¢
(c) 3 1 3 1 = 120 · 3 · 10 · 2 = 7200
¡ ¢¡2¢¡5¢
(d) 10
2
1 3 = 45 · 2 · 10 = 900
¡10¢¡4¢¡5¢¡3¢¡2¢
(e) 4 1 2 1 1 = 210 · 4 · 10 · 3 · 2 = 50400
¡ ¢¡3¢¡5¢¡3¢
(f) 10
3
1 2 1 = 120 · 3 · 10 · 3 = 10800
¡10¢
(g) 5 · 5! = 252 · 120 = 30240
Probe: 10 + 450 + 7200 + 900 + 50400 + 10800 + 30240 = 105 .
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