Übung 4

Dr. Jürgen Senger
INDUKTIVE STATISTIK
Wahrscheinlichkeitstheorie, Schätz- und Testverfahren
ÜBUNG 4 - LÖSUNGEN
Permutationen
1.
Anzahl der Permutationen von 5 verschiedenfarbigen Perlen
n!= 5!= 120
2.
Anzahl der Permutationen von 10 numerierten Kugeln
n!= 10!= 3.628.800
Die Wahrscheinlichkeit, die 10 Kugeln zufällig in einer bestimmten Reihenfolge zu
ziehen, beträgt
P=
3.
1
1
=
= 0,000000275
n! 3.628.800
Anzahl der Permutationen von sieben Büchern auf einem Bücherregal
n != 7 != 5.040
4.
Anzahl der Permutationen von sechs Bildertiteln
n!= 6!= 720
Die Wahrscheinlichkeit, die Titel zufällig richtig zuzuordnen, beträgt
P=
5.
1
1
=
= 0,00139
n! 720
Anzahl der Permutationen der Buchstaben des Wortes "MISSISSIPPI"
Das Wort MISSISSIPPI besteht aus 11 Buchstaben
n = 11
Die Buchstaben sind nicht alle verschieden, sondern bestehen aus 4 Klassen untereinander gleicher Buchstaben
I I I I, M, P P, S S S S
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2
n = n1 + n2 + n3 + n4 = 4 + 1 + 2 + 4
Die Zahl der Permutationen beträgt daher
n!
11!
39.916.800
=
=
= 34.650
n1! ⋅ n2 ! ⋅ n3! ⋅ n4 ! 4! ⋅1! ⋅ 2! ⋅ 4!
1.152
6.
Zahl der Permutationen der Kugeln in einer Urne:
a.
wenn die Reihenfolge der Kugeln beliebig ist
n!
10!
3.628.800
=
=
= 2.520
n1! ⋅ n2 ! ⋅ n3! 5! ⋅ 2! ⋅ 3!
1.440
b.
wenn die gleichfarbigen Kugeln nebeneinander angeordnet werden
n!= 3!= 6
Die gleichfarbigen Kugeln können als eine Kugel aufgefaßt werden, da die
Permutationen, die dadurch entstehen, daß die gleichfarbigen Kugeln untereinander vertauscht werden, nicht unterschieden werden können.
7.
Anzahl der Anordnungen von sechs verschiedenen BWL-, vier verschiedenen
VWL- und zwei verschiedenen Statistik-Büchern auf einem Regal:
a.
wenn die Reihenfolge beliebig ist.
n!= 12!= 479.001.600
b.
wenn die Bücher aus jedem Fachgebiet zusammenstehen müssen.
Wir berechnen die Permutationen der Bücher in jeder Gruppe, die dadurch entstehen, daß die BWL-, die VWL- und die Statistik-Bücher untereinander vertauscht werden
BWL:
n1 = 6! = 720
VWL:
n2 = 4! = 24
Statistik:
n3 = 2! =
2
und die Permutationen der drei Büchergruppen (Fachgebiete)
3!= 6
Die Zahl der möglichen Anordnungen beträgt dann
3! (n1! n2 ! n3!) = 3! (6! 4! 2!) = 6 ⋅ 720 ⋅ 24 ⋅ 2 = 6 ⋅ 34.650 = 207.360
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c.
3
wenn nur die vier VWL-Bücher zusammenstehen müssen.
Die vier VWL-Bücher werden wie ein dickes Buch behandelt. Die Zahl der
"Bücher" beträgt dann
n = n1 + 1 + n3 = 6 + 1 + 2 = 9
und die Zahl ihrer Permutationen ist
n! = 9! = 362.880
Auch wenn die VWL-Bücher zusammenstehen müssen, können sie auf verschiedene Weise angeordnet werden. Daher müssen wir noch die Permutationen berücksichtigen, die durch Vertauschung der vier VWL-Bücher untereinander entstehen und multiplizieren das Ergebnis mit 4!
n2 ! ⋅ n! = 4! ⋅ 9! = 24 ⋅ 362.880 = 8.709.120
Kombinationen ohne Wiederholung und mit Berücksichtigung der Anordnung
8.
Anzahl der Anordnung von 10 Leuten auf einer Bank mit 4 Sitzplätzen
Es geht um die Frage, wie viele Möglichkeiten es gibt, aus 10 Personen 4 auszuwählen, wenn die Reihenfolge beachtet werden soll.
Zu berechnen ist die Anzahl der Kombinationen 4. Ordnung von 10 Elementen ohne Wiederholung und mit Berücksichtigung der Anordnung
n!
10!
10! 3.628.800
=
=
=
= 5.040
(n − k )! (10 − 4)! 6!
720
9.
Anzahl der Siegerlisten (Platz 1-3) bei 10 Mannschaften
Wie viele Möglichkeiten es gibt, aus 10 Mannschaften 3 unter Beachtung der Reihenfolge auszuwählen.
Zu berechnen ist die Anzahl der Kombinationen 3. Ordnung von 10 Elementen ohne Wiederholung und mit Berücksichtigung der Anordnung
n!
10!
10! 3.628.800
=
=
=
= 720
(n − k )! (10 − 3)! 7!
5.040
10. Wahrscheinlichkeit, die sechs Tabellenersten der Bundesliga in der richtigen Reihenfolge vorherzusagen
Zu berechnen ist zunächst die Anzahl der Kombinationen 6. Ordnung von 18 Elementen (= Bundesligaklubs) ohne Wiederholung und mit Berücksichtigung der Anordnung
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4
n!
18!
18!
=
=
= 13.366.080
(n − k )! (18 − 6)! 12!
Die Wahrscheinlichkeit für eine dieser Kombinationen und damit die Wahrscheinlichkeit, die 6 Erstplazierten in der richtigen Reihenfolge vorherzusagen, beträgt
P=
1
1
=
= 7,4 ⋅10 − 8 = 0,000000074
n!
13.366.080
(n − k )!
Für die drei Tabellenersten der Bundesliga gilt
n!
18!
18!
=
=
= 4.896
(n − k )! (18 − 3)! 15!
P=
1
1
=
= 0,0002042
n!
4.896
(n − k )!
11. Anzahl der fünfstelligen Zahlen aus den Ziffern 1 bis 9 (ohne Wiederholung)
a.
wenn jede Zahl zulässig ist.
Zu berechnen ist die Anzahl der Kombinationen 5. Ordnung von 9 Elementen
(Ziffern) ohne Wiederholung und mit Berücksichtigung der Anordnung
n!
9!
9!
=
= = 15.120
(n − k )! (9 − 5)! 4!
b.
wenn die Zahlen gerade sein sollen.
Es gibt 4 gerade Endziffern. Wir beginnen daher mit der letzten Stelle: Es gibt
4 Möglichkeiten, die letzte Stelle zu besetzen. Dann bleiben noch 8 Ziffern für
die 1. Stelle, 7 für die 2., 6 für die 3. und 5 für die 4. Stelle übrig.
4 ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2) ⋅ (n − 3) ⋅ (n − 4) = 4 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 = 4 ⋅
c.
8! 8!
= = 6.720
4! 3!
wenn die ersten beiden Ziffern jeder Zahl ungerade sein sollen.
Es gibt 5 ungerade Ziffern. Wir beginnen mit der 1. Stelle: Es gibt 5 Möglichkeiten, die 1. Stelle mit einer ungeraden Ziffer zu besetzen. Für die 2. Stelle
bleiben noch 4 ungerade Ziffern übrig. Dann haben wir noch 7 Ziffern für die
3. Stelle, 6 für die 4. und 5 für die 5. Stelle.
5 ⋅ 4 ⋅ (n − 2)(n − 3)(n − 4) = 5 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 =
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5!
7!
⋅
= 20 ⋅ 210 = 4.200
(5 − 2)! (7 − 3)!
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5
12. Wahrscheinlichkeit, daß von 10 Personen mehrere am gleichen Tag Geburtstag
haben
Wir unterscheiden
A das Ereignis, daß mindestens 2 Personen (von 10) am gleichen Tag Geburtstag haben
A das Ereignis, daß alle 10 Personen an verschiedenen Tagen Geburtstag haben
M die Menge aller möglichen Anordnungen von 10 Geburtstagen
Zunächst berechnen wir die Gesamtzahl der Fälle, d.h. der möglichen Anordnungen
der 10 Geburtstage. Da jede der 10 Personen an jedem Tag im Jahr Geburtstag haben kann, ist das die Zahl der Kombinationen 10er Ordnung von 365 unbeschränkt
wiederholbaren Elementen mit Berücksichtigung der Anordnung.
| M | = 36510 = 4,197 ⋅10 25
Die Berechnung der Fälle, in denen A eintritt, wäre sehr aufwendig. Dazu müßte die
Zahl der Fälle, in denen 2, 3, 4 usw. schließlich alle 10 Personen an einem Tag Geburtstag haben, ermittelt werden. Einfacher ist es, die Zahl der Fälle zu berechnen,
in denen das Komplementärereignis eintritt, daß also alle 10 Personen an verschiedenen Tagen Geburtstag haben.
Das ist die Zahl der Kombinationen 10er Ordnung von 365 Elementen ohne Wiederholung und mit Berücksichtigung der Anordnung.
| A|=
365!
= 365 ⋅ 364 ⋅ 363 ⋅ 362 ⋅ . . . ⋅ 356 = 3,706 ⋅10 25
(365 − 10)!
Die Wahrscheinlichkeit, daß alle 10 Personen an verschiedenen Tagen Geburtstag
haben, beträgt dann
365!
| A | (365 − 10)! 3,706 ⋅10 25
P( A ) =
=
=
= 0,8830117
|M |
36510
4,197 ⋅10 25
Dann ist die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens 2 Personen am gleichen Tag Geburtstag haben
P ( A) = 1 − P( A ) = 0,1169883
Allgemein beträgt die Wahrscheinlichkeit dafür, daß mindestens 2 von k Personen
am gleichen Tag Geburtstag haben
P ( A) = 1 −
365!
(365 − k )!
365
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k
=
365 ⋅ 364 ⋅ 363 ⋅ 362 ⋅ . . . ⋅ (365 − k + 1)
365 k
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6
Kombinationen ohne Wiederholung und ohne Berücksichtigung der Anordnung
13. Wahrscheinlichkeit, beim Mittwochs-Lotto sechs Richtige zu haben
Die Anzahl der Tippmöglichkeiten bei der Ziehung von 6 aus 36 Zahlen beträgt
36!
⎛ n ⎞ ⎛ 36 ⎞
|M |=⎜ ⎟=⎜ ⎟=
= 1.947.792
⎝ k ⎠ ⎝ 6 ⎠ 6! (36 − 6)!
Es handelt sich um die Anzahl der Kombinationen 6. Ordnung von 36 verschiedenen Elementen ohne Wiederholung und ohne Berücksichtigung der Anordnung.
Da es zwei unabhängige Ziehungen gibt, unterscheiden wir die Ereignisse
Ai
6 Richtige bei Ziehung i ; i = 1, 2
Die Wahrscheinlichkeit, bei einer Ziehung 6 Richtige zu haben, daß also eine der
möglichen Zahlenkombinationen gezogen wird, beträgt bei jeder Ziehung
P ( Ai ) =
1
1.947.792
Das Ereignis, bei 2 Ziehungen 6 Richtige zu haben, bedeutet bei mindestens einer
Ziehung 6 Richtige zu haben und entspricht der Vereinigung von A1 und A2.
Da die Ereignisse A1 und A2 nicht disjunkt sind, es ist ja möglich bei der 1. und der
2. Ziehung 6 Richtige zu haben, berechnet sich die Wahrscheinlichkeit, bei wenigstens einer der beiden Ziehungen 6 Richtige zu haben, nach dem Additionssatz
P( A1 ∪ A2 ) = P( A1 ) + P( A2 ) − P( A1 ∩ A2 )
Da die Ereignisse A1 und A2 unabhängig sind, die Kugeln werden nach der 1. Ziehung in die Urne zurückgelegt, gilt der Multiplikationssatz für stochastisch unabhängige Ereignisse
P ( A1 ∩ A2 ) = P( A1 ) ⋅ P( A2 )
Die Wahrscheinlichkeit des gleichzeitigen Eintretens von A1 und A2, also bei der 1.
und der 2. Ziehung 6 Richtige zu haben, ist gleich dem Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten.
Die Wahrscheinlichkeit, bei wenigstens einer von zwei Ziehungen 6 Richtige zu
haben, beträgt dann
P( A1 ∪ A2 ) = P( A1 ) + P( A2 ) − P( A1 ) ⋅ P( A2 )
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7
P ( A1 ∪ A2 ) = P ( A1 ) + P ( A2 ) − P ( A1 ) ⋅ P ( A2 )
1
1
1
1
+
−
1.947.792 1.947.792 1.947.792 1.947.792
2
1
=
−
1.947.792 1.947.792 2
=
= 2 ⋅ 5,134018417 ⋅10 − 7 − (5,134018417 ⋅10 − 7 ) 2
= 1,026803683 ⋅10 − 6 − 2,635814511 ⋅10 −13
= 1,026803419 ⋅10 − 6 ≈ 0,000001027
14. Anzahl der Möglichkeiten, fünf Karten aus einem Skatspiel zu geben
Beim Kartengeben kann jede Karte nur einmal gegeben werden und kommt es auf
die Reihenfolge, in der die Karten gegeben werden, nicht an.
Zu berechnen ist daher die Anzahl der Kombinationen 5. Ordnung von 32 Elementen (Karten) ohne Wiederholung und ohne Berücksichtigung der Anordnung.
32!
32!
⎛ n ⎞ ⎛ 32 ⎞
=
= 201.376
⎜k ⎟ = ⎜ 5 ⎟ =
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 5! (32 − 5)! 5! ⋅ 27!
15. Anzahl der Möglichkeiten aus sieben Betriebswirten und fünf Volkswirten einen
Ausschuß mit drei Betriebswirten und zwei Volkswirten zu bilden
Wir bezeichnen die Zahlen der Betriebswirte und Volkswirte wie folgt
a.
B
Zahl der wählbaren Betriebswirte
b
Zahl der gewählten Betriebswirte
V
Zahl der wählbaren Volkswirte
v
Zahl der gewählten Volkswirte
Wenn jeder Betriebswirt und jeder Volkswirt in den Ausschuß gewählt werden
kann, dann beträgt die Zahl der Möglichkeiten
⎛ B ⎞ ⎛V ⎞ ⎛ 7 ⎞ ⎛ 5 ⎞
⎜ b ⎟ ⋅ ⎜ v ⎟ = ⎜ 3 ⎟ ⋅ ⎜ 2 ⎟ = 35 ⋅10 = 350
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
b.
Wenn ein bestimmter Betriebswirt im Ausschuß sein muß, beträgt die Zahl der
Möglichkeiten
⎛ B − 1⎞ ⎛V ⎞ ⎛ 7 − 1⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 6 ⎞ ⎛ 5 ⎞
⎜ b − 1 ⎟ ⋅ ⎜ v ⎟ = ⎜ 3 − 1⎟ ⋅ ⎜ 2 ⎟ = ⎜ 2 ⎟ ⋅ ⎜ 2 ⎟ = 15 ⋅10 = 150
⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝
⎠ ⎝ ⎠ ⎝
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c.
8
Wenn zwei bestimmte Volkswirte nicht im Ausschuß sein können, beträgt die
Zahl der Möglichkeiten
⎛ B ⎞ ⎛V − 2 ⎞ ⎛ 7 ⎞ ⎛ 5 − 2 ⎞ ⎛ 7 ⎞ ⎛ 3 ⎞
⎜ b ⎟ ⋅ ⎜ v ⎟ = ⎜ 3 ⎟ ⋅ ⎜ 2 ⎟ = ⎜ 3 ⎟ ⋅ ⎜ 2 ⎟ = 35 ⋅ 3 = 105
⎝ ⎠ ⎝
⎠ ⎝ ⎠ ⎝
⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
16. Anzahl der Möglichkeiten, bei einer Klausur 5 von 10 Fragen in beliebiger Reihenfolge zu beantworten
⎛ n ⎞ ⎛10 ⎞ 10!
= 252
⎜k ⎟ = ⎜ 5 ⎟ =
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 5! ⋅ 5!
17. Wahrscheinlichkeit beim Ziehen (Geben) von fünf Karten aus einem Skatspiel
a.
Die Wahrscheinlichkeit, daß unter den 5 gegebenen Karten vier Asse sind, beträgt
⎛M ⎞ ⎛N − M ⎞
⎜ m ⎟⋅⎜ n − m ⎟
⎠=
P ( A) = ⎝ ⎠ ⎝
N
⎛ ⎞
⎜n⎟
⎝ ⎠
⎛ 4 ⎞ ⎛ 28 ⎞
⎜ 4⎟ ⋅ ⎜ 1 ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = 1 ⋅ 28 = 0,000139
201.376
⎛ 32 ⎞
⎜5⎟
⎝ ⎠
Dabei bedeuten
N
Zahl der Karten in einem Skatspiel
n
Zahl der gegebenen Karten
M Zahl der Asse in einem Skatspiel
m
b.
Zahl der gegebenen Asse
Die Wahrscheinlichkeit, daß unter den 5 gegebenen Karten 3 Zehnen und 2
Buben sind, beträgt
⎛ M 1 ⎞ ⎛ M 2 ⎞ ⎛ N − M 1 − M 2 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 24 ⎞
⎜ m ⎟ ⋅⎜ m ⎟ ⋅⎜ n − m − m ⎟ ⎜ 3⎟ ⋅⎜ 2⎟ ⋅⎜ 0 ⎟
1
2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝
⎠ = 4 ⋅ 6 = 0,0001192
=
P ( A) = ⎝ 1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝
201.376
⎛N⎞
⎛ 32 ⎞
⎜n⎟
⎜5⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Dabei bedeuten
M1 Zahl der Zehnen in einem Skatspiel
m1 Zahl der gegebenen Zehnen
M2 Zahl der Buben in einem Skatspiel
m2 Zahl der gegebenen Buben
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ÜBUNG 4 - LÖSUNGEN
c.
9
Die Wahrscheinlichkeit, daß unter den 5 gegebenen Karten Zehn, Bube, Dame,
König, As in beliebiger Reihenfolge sind, beträgt
⎛M ⎞ ⎛M ⎞ ⎛M ⎞ ⎛M ⎞ ⎛M ⎞ ⎛N − M − M − M − M − M ⎞
⎜ m 1 ⎟ ⎜ m 2 ⎟ ⎜ m 3 ⎟ ⎜ m 4 ⎟ ⎜ m 5 ⎟ ⎜ n − m1 − m 2 − m 3− m 4− m 5 ⎟
1
2
3
4
5 ⎠
P( A) = ⎝ 1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎝
⎛N⎞
⎜n⎟
⎝ ⎠
⎛ 4 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛12 ⎞
⎜1⎟ ⋅⎜1⎟ ⋅⎜1⎟ ⋅⎜1⎟ ⋅⎜1⎟ ⋅⎜ 0 ⎟
45
1.024
=⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠=
=
= 0,005085
201.376 201.376
⎛ 32 ⎞
⎜5⎟
⎝ ⎠
Dabei bedeuten
Mi Zahl der Zehnen, Buben, Damen, Könige und Asse in einem
Skatspiel
mi Zahl der gegebenen Zehnen, Buben, Damen, Könige und Asse
d.
Die Wahrscheinlichkeit, daß unter den 5 gegebenen Karten wenigstens ein As
ist, berechnen wir mit Hilfe der Komplementärwahrscheinlichkeit, daß unter
den 5 gegebenen Karten kein As ist.
⎛ 4 ⎞ ⎛ 28 ⎞
⎛M ⎞ ⎛N − M ⎞
⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟
⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜
0
5
m ⎠ ⎝ n−m ⎠
⎝
P( A) = 1 − P( A ) = 1 −
= 1− ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ 32 ⎞
⎛N⎞
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝5⎠
⎝n⎠
= 1−
98.280
= 1 − 0,488 = 0,512
201.376
Dabei bedeuten
N
Zahl der Karten in einem Skatspiel
n
Zahl der gegebenen Karten
M Zahl der Asse in einem Skatspiel
m
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Zahl der gegebenen Asse
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10
18. Wahrscheinlichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen aus einer Urne
Die Urne enthält acht rote, drei weiße und neun blaue Kugeln. Drei Kugeln werden
ohne Zurücklegen gezogen. Die Wahrscheinlichkeit r rote, w weiße und b blaue
Kugeln zu ziehen, beträgt nach dem Urnenmodell
⎛ R ⎞ ⎛W ⎞ ⎛ B ⎞
⎜ r ⎟⋅⎜ w ⎟⋅⎜ b ⎟
P ( A) = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛N⎞
⎜n⎟
⎝ ⎠
Dabei bedeuten
a.
N = 20
die Zahl der Kugeln in der Urne
R=8
die Zahl der roten Kugeln in der Urne
W=3
die Zahl der weißen Kugeln in der Urne
B=9
die Zahl der blauen Kugeln in der Urne
n=3
die Zahl der gezogenen Kugeln
Die Wahrscheinlichkeit, zwei rote und eine weiße Kugel zu ziehen, beträgt
⎛ 8 ⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 9 ⎞ ⎛ 8 ⎞ ⎛ 3⎞
⎜ 2⎟ ⋅ ⎜1⎟ ⋅ ⎜ 0⎟ ⎜ 2⎟ ⋅ ⎜1⎟
28 ⋅ 3
84
=
= 0,07368
P ( A) = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ =
1.140 1.140
⎛ 20 ⎞
⎛ 20 ⎞
⎜3⎟
⎜3⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
b.
Die Wahrscheinlichkeit, eine rote, eine weiße und eine blaue Kugel zu ziehen,
beträgt
⎛ 8 ⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 9 ⎞
⎜1⎟ ⋅ ⎜1⎟ ⋅ ⎜ 1 ⎟
8 ⋅ 3 ⋅ 9 216
P ( A) = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ =
=
= 0,18947
1.140 1.140
⎛ 20 ⎞
⎜3⎟
⎝ ⎠
c.
Die Wahrscheinlichkeit, nur weiße Kugeln zu ziehen, beträgt
⎛ 8 ⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 9 ⎞
⎜ 0 ⎟ ⋅ ⎜ 3⎟ ⋅ ⎜ 0 ⎟
1 ⋅1 ⋅ 1
1
P ( A) = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ =
=
= 0,000877
1.140 1.140
⎛ 20 ⎞
⎜3⎟
⎝ ⎠
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ÜBUNG 4 - LÖSUNGEN
11
19. Gewinnchancen beim Zahlenlotto (6 aus 49)
a.
Die Wahrscheinlichkeit, drei Richtige zu haben, beträgt
⎛ 6 ⎞ ⎛ 43 ⎞
⎜ 3⎟ ⋅⎜ 3 ⎟
20 ⋅12.341
246.820
P( A) = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ =
=
= 0,01765
13.983.816 13.983.816
⎛ 49 ⎞
⎜6⎟
⎝ ⎠
b.
Die Wahrscheinlichkeit, fünf Richtige mit Zusatzzahl zu haben, beträgt
⎛ 6 ⎞ ⎛ 43 ⎞
⎜ 5⎟ ⋅⎜ 1 ⎟
1
6 ⋅ 43
1
6
⋅ =
= 6 ⋅ P ( 6)
P ( A) = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⋅ =
43 13.983.816 43 13.983.816
⎛ 49 ⎞
⎜6⎟
⎝ ⎠
1
=
= 4,290674305 ⋅10 − 7 ≈ 0,000000429
2.330.636
Die Wahrscheinlichkeit ist sechsmal so groß, wie die Wahrscheinlichkeit 6
Richtige zu haben.
20. Qualitätskontrolle
Einer aus 20 Einheiten bestehenden Warenlieferung werden bei der Qualitätskontrolle drei Einheiten zufällig entnommen (ohne Zurücklegen natürlich!). Die Lieferung wird zurückgewiesen, wenn mehr als eine überprüfte Einheit fehlerhaft ist.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß eine Lieferung mit 25% Ausschuß akzeptiert wird?
Bei dieser Qualitätskontrolle wird eine Lieferung angenommen, wenn höchstens eine defekte Einheit, d.h. keine oder eine defekte Einheit festgestellt wird. Wir müssen daher die Zahl der Möglichkeiten berechnen, daß von 3 entnommenen Einheiten keine oder eine Einheit defekt ist.
Daher unterscheiden wir die Ereignisse
A1 alle Einheiten fehlerfrei
A2 zwei Einheiten fehlerfrei, 1 fehlerhaft
Nach dem Additionssatz für disjunkte Ereignisse (Axiom 3), ergibt sich die Wahrscheinlichkeit der Vereinigung der Ereignisse A1 und A2 als Summe der Einzelwahrscheinlichkeiten:
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12
⎛ 5 ⎞ ⎛15 ⎞
⎛ M ⎞ ⎛ N − M ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛15 ⎞
⎛M ⎞ ⎛N − M ⎞
⎜1⎟ ⋅⎜ 2 ⎟
⎜ 1 ⎟ ⋅ ⎜ n −1 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⋅ ⎜ 3 ⎟
⎜ 0 ⎟⋅⎜ n ⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
P ( A1 ∪ A2 ) =
+ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
=
+
⎛ 20 ⎞
⎛ 20 ⎞
⎛N⎞
⎛N⎞
⎜3⎟
⎜3⎟
⎜n⎟
⎜n⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
1 ⋅ 455 + 5 ⋅105 455 + 525 980
=
=
=
= 0,859649 ≈ 0,86
1.140
1.140
1.140
Kombinationen mit Wiederholung und mit Berücksichtigung der Anordnung
21. Wahrscheinlichkeit, ein dreistelliges Zahlenschloß beim ersten Versuch zu öffnen
Hier geht es um die Frage, wie viele dreistellige Zahlen sich aus den Ziffern 0 bis 9
bilden lassen. Im Unterschied zu Aufgabe 11 ist nun die Wiederholung der Ziffern
zulässig. Jede Ziffer kann mehrfach, d.h. an zwei oder allen drei Stellen auftreten.
Zu berechnen ist also die Zahl der Kombinationen 3. Ordnung von 10 unbeschränkt
wiederholbaren Elementen (Ziffern) mit Berücksichtigung der Anordnung
n k = 103 = 1000
Die Wahrscheinlichkeit, daß beim 1. Versuch zufällig die richtige Kombination
gewählt wird, beträgt also
P=
1
n
k
=
1
= 0,001
1000
22. Wahrscheinlichkeit, eine vierstellige Pin-Nummer bei drei Versuchen zu finden
Die Anzahl der vierstelligen Pin-Nummern beträgt
n k = 10 4 = 10.000
Wir bezeichnen mit
Ai das Ereignis, beim i-ten Versuch die richtige Pin-Nummer zu finden
Ai das Ereignis, beim i-ten Versuch die richtige Pin-Nummer nicht zu finden
Wir berechnen zunächst die Komplementärwahrscheinlichkeit, bei drei Versuchen
die richtige Pin-Nummer nicht zu finden.
P ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P( A1 ) ⋅ P( A2 / A1 ) ⋅ P( A3 / A1 ∩ A2 )
P(
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B
10 4 − 1 10 4 − 2 10 4 − 3 10 4 − 3
3
⋅ 4
⋅ 4
)=
=
= 1− 4
4
4
10
10 − 1 10 − 2
10
10
ÜBUNG 4 - LÖSUNGEN
13
Die Wahrscheinlichkeit, bei drei Versuchen die richtige Pin-Nummer zu finden, ist daher
P ( B) = 1 − P( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = 1 − P( B ) = 1 − 1 +
3
10
4
=
3
10 4
Wir können diese Wahrscheinlichkeit auch direkt berechnen. Dazu müssen wir
die Wahrscheinlichkeiten, die Pin-Nummer beim 1., beim 2. und beim 3. Versuch zu finden, bestimmen und addieren
P( B) = P( A1 ) + P( A1 ∩ A2 ) + P( A1 ∩ A2 ∩ A3 )
10 4 − 1 10 4 − 2
1
⋅ 4
⋅ 4
4
4
4
4
10
10
10 − 1 10
10 − 1 10 − 2
1
1
1
3
= 4+ 4+ 4 = 4
10 10 10
10
=
1
+
10 4 − 1
⋅
1
+
23. Wahrscheinlichkeit einen fünfstelligen Diebstahlscode innerhalb von 24 Stunden
herauszufinden
Zunächst müssen wir die Frage beantworten, wie viele Versuche innerhalb von 24
Stunden möglich sind?
Die Wartezeit bei n Versuchen beträgt
T=
1
(0 + 1 + 2 + 2 2 + . . . + 2 n − 2 )
144424443
4
1 − 2 n −1
1− 2
Beim 1. Versuch tritt keine Wartezeit ein, beim 2. Versuch 1/4 Stunde und bei jedem weiteren Versuch verdoppelt sich die Wartezeit. Beim n-ten Versuch beträgt
die Wartezeit 2 n − 2 Viertelstunden.
Die Summanden in der Klammer bilden eine geometrische Reihe, die wir mit Hilfe
der Summenformel vereinfachen.
Da das Zeitlimit 24 Stunden beträgt, setzen wir T gleich 24 und lösen die Gleichung
nach der Zahl der Versuche n auf.
Zunächst vereinfachen wir die Gleichung durch Umformung
1 1 − 2 n −1
24 = ⋅
4 1− 2
1 1 − 2 n −1
24 = ⋅
4
−1
− 96 = 1 − 2 n −1
Senger – Induktive Statistik
ÜBUNG 4 - LÖSUNGEN
14
− 97 = −2 n −1
2 n −1 = 97
Dann lösen wir nach n auf, indem wir die Gleichung logarithmieren
(n − 1) ln 2 = ln 97
n −1 =
n=
ln 97
ln 2
ln 97
4,575
+1 =
+ 1 = 6,6 + 1
ln 2
0,693
n = 7,6
Innerhalb von 24 Stunden sind also 7 Versuche möglich.
Der Zeitbedarf bei 7 Versuchen beträgt 15,75 Stunden und bei 8 Versuchen bereits
31,75 Stunden
1 1
+ + 1 + 2 + 4 + 8 = 15,75 h
4 2
24 < T8 = T7 + 16 = 31,75 h
24 ≥ T7 = 0 +
Nun muß die Wahrscheinlichkeit, den Zahlencode bei 7 Versuchen zu finden, berechnet werden. Wir wählen wieder den einfacheren Weg über die Komplementärwahrscheinlichkeit, bei 7 Versuchen den Zahlencode nicht zu finden.
Wir bezeichnen mit
Ai
das Ereignis, den Zahlencode beim i-ten Versuch zu finden
Ai
das Ereignis, den Zahlencode beim i-ten Versuch nicht zu finden
B
das Ereignis, den Zahlencode bei 7 Versuchen zu finden
B
das Ereignis, den Zahlencode bei 7 Versuchen nicht zu finden
Die Wahrscheinlichkeit für 7 Fehlversuche ergibt sich nach dem Multiplikationssatz
P ( B ) = P( A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ A7 )
= P( A1 ) ⋅ P( A2 / A1 ) ⋅ P ( A3 / A1 ∩ A2 ) ⋅ . . . ⋅ P( A7 / A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ A6 )
=
=
105 − 1 105 − 2 105 − 3 105 − 4 105 − 5 105 − 6 105 − 7
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
105 105 − 1 105 − 2 105 − 3 105 − 4 105 − 5 105 − 6
105 − 7
10
Senger – Induktive Statistik
5
= 1−
7
105
ÜBUNG 4 - LÖSUNGEN
15
Die Wahrscheinlichkeit, den Zahlencode innerhalb von 7 Versuchen zu finden, ist
die Wahrscheinlichkeit des Komplementärereignisses
P( B) = 1 − P( B ) =
7
105
= 0,00007 oder
Natürlich kann die Wahrscheinlichkeit, den Zahlencode innerhalb von 7 Versuchen
zu finden, direkt berechnet werden. Dazu müssen wir die Wahrscheinlichkeiten,
den Zahlencode beim 1., 2., 3., 4., 5., 6. und beim 7. Versuch zu finden, bestimmen
und addieren
P ( B) = P( A1 )
+ P( A1 ∩ A2 )
+ P( A1 ∩ A2 ∩ A3 )
+ P( A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 )
+ P( A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A5 )
+ P( A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A5 ∩ A6 )
+ P( A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A5 ∩ A6 ∩ A7 )
In Zahlen
P( B) =
1
105
+
105 − 1
10
5
⋅
1
10 − 1
5
105 − 1 105 − 2
1
⋅ 5
+
⋅ 5
5
10
10 − 1 10 − 2
105 − 1 105 − 2 10 5 − 3
1
+
⋅ 5
⋅ 5
⋅ 5
5
10
10 − 1 10 − 2 10 − 3
+
105 − 1 105 − 2 10 5 − 3 105 − 4
1
⋅ 5
⋅ 5
⋅ 5
⋅ 5
5
10
10 − 1 10 − 2 10 − 3 10 − 4
+
105 − 1 105 − 2 10 5 − 3 105 − 4 105 − 5
1
⋅ 5
⋅ 5
⋅ 5
⋅ 5
⋅ 5
5
10
10 − 1 10 − 2 10 − 3 10 − 4 10 − 5
+
105 − 1 105 − 2 10 5 − 3 105 − 4 105 − 5 105 − 6
1
⋅ 5
⋅ 5
⋅ 5
⋅ 5
⋅ 5
⋅ 5
5
10
10 − 1 10 − 2 10 − 3 10 − 4 10 − 5 10 − 6
=
Senger – Induktive Statistik
1
105
+
1
105
+
1
105
+
1
105
+
1
105
+
1
105
+
1
105
ÜBUNG 4 - LÖSUNGEN
16
Die Wahrscheinlichkeiten, den Zahlencode beim 1., 2., 3., 4., 5., 6. und beim 7.
Versuch zu finden, sind alle gleich und betragen 10 −5 . Die Wahrscheinlichkeit den
Zahlencode beim 7. Versuch zu finden (nach 6 Fehlversuchen), ist genauso groß
wie beim 1. Versuch!
Die Wahrscheinlichkeit, den Zahlencode innerhalb von 7 Versuchen zu finden, beträgt also
P( B) = 7 ⋅
1
10
Senger – Induktive Statistik
5
= 7 ⋅10 − 5 = 0,00007