Mathematik für Naturwissenschaften, Teil 2

Lösungsvorschläge für die Aufgaben zur Vorlesung
Mathematik für Naturwissenschaften, Teil 2
Blatt 3
SS 16
Apl. Prof. Dr. J. Schürmann
Abgabe: Freitag, 06.05.2016, 12:00 Uhr
Aufgabe 7 (mündlich): Eine Partikel enthaltende Flüssigkeit strömt durch ein Rohr an einem
Zähler vorbei. Dieser registriert in einer Stunde 200 Partikel.
a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, in einem Zeitraum von einer Minute genau 3 Partikel
zu beobachten?
b) Mit welchem prozentualen Fehler ist das Ergebnis aus a) behaftet, falls obige Messung nur
mit einer Ungenauigkeit von ±5 Partikeln duchgführt werden kann?
Lösung: Ansatz: Die Wahrscheinlichkeit ein Teilchen in einer bestimmten Minute der Stunde
zu messen wird für jede der 60 Minuten als gleichwahrscheinlich angenommen. Somit ist die
Wahrscheinlichkeit ein Teilchen in einer bestimmten Minute der Stunde (nicht) zu messen
1
gegeben durch s = 60
(bzw. 1 − s = 59
60 ). Das messen eines Teilchens in der Minute ist
also ein Bernoulli-Experiment mit den beiden Ausgängen ”messen” bzw. ”nicht messen”.
a) Insgesammt werden 200 Teilchen in der Stunde gemessen. Dieses entspricht einer r = 200fachen Wiederholung dieses Bernoulli-Experimentes. Es wird gefragt nach der Wahrscheinlichkeit, in einem Zeitraum von einer Minute genau i = 3 Partikel zu beobachten. Somit
handelt es sich hier um eine Bernoulli-Kette und die zugrundeliegende Wahrscheinlichkeitsverteilung ist eine Binomialverteilung mit
r
· si · (1 − s)r−i für i = 0, 1, . . . , r.
p(i) =
i
In unserem Falle ergibt sich die gesuchte Wahrscheinlickkeit also zu
3 3 197
1
1 200−3 200 · 199 · 198
1
59
200
·
p(3) =
· 1−
=
·
·
' 0, 22 .
3
60
60
3·2·1
60
60
1. Es seien
3 1 205−3
1
205
p (3) =
·
· 1−
3
60
60
+
−
bzw. p (3) =
3 1
1 195−3
195
·
· 1−
3
60
60
die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten für r = 200 + 5 = 205 bzw. für r = 200 − 5 = 195
gemessene Teilchen in der Stunde. Dann ergit sich ein prozentualer Fehler von
p+ (3)
205 · 204 · 203
1 5
' 0, 99 ,
=
· 1−
p(3)
200 · 199 · 198
60
also von 1 % bzw.
p− (3)
195 · 194 · 193
1 −5
=
· 1−
' 1, 01 ,
p(3)
200 · 199 · 198
60
also auch von 1 %. Als Abschätzung ergibt sich daher ein prozentualer Fehler von 1 %.
Man beachte, dass es hier geschickter ist die prozentalen Fehler zu berechnen, da sich bei
den zu berechnenden Brüchen viele Faktoren herauskürzen!
Aufgabe 8: Fünf Mäuse leiden an einem Vitamin A-Defizit und werden dadurch therapiert,
dass ihnen Karotten unter die Nahrung gemischt wird. Wir nehmen an, dass die Chance für die
Heilung durch diese Therapie bei 73 % liegt.
a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass genau drei Mäuse aufgrund der Therapie wieder
gesund werden?
b) Welche Wahrscheinlichkeits-Verteilung liegt dieser Therapie zugrunde?
Lösung: Für eine einzelne Maus kann die Therapie mit zwei Ergebnissen enden: Heilung
mit einer Wahrscheinlichkeit von s = 0, 73 entsprechend 73 %, bzw. keine Heilung mit einer
Wahrscheinlichkeit von 1 − s = 0, 27 entsprechend 27 %. Für eine einzelne Maus liegt der
Therapie also ein Bernoulli-Experiment zugrunde. Betrachtet man fünf Mäuse, so kann man
dieses als eine r = 5-fache Wiederholung ansehen und erhält eine Bernoulli-Kette. Das Ereignis,
dass genau i = 3 Mäuse aufgrund der Therapie wieder gesund werden entspricht dann einer
Binomialverteilung mit
r
p(i) =
· si · (1 − s)r−i für i = 0, 1, . . . , r.
i
In unserem Falle ergibt sich die gesuchte Wahrscheinlickkeit also zu
5·4·3
5
p(3) =
· 0, 733 · 0, 275−3 =
· 0, 733 · 0, 272 ' 0, 28 .
3
3·2·1
Aufgabe 9: Mendel untersuchte unter anderem Erbsen und stellte dabei fest, daßdie Samenform
der Erbsen manchmal glatt und manchmal runzelig ist. Entscheidend für dieses Phänomen ist ein
bestimmtes Genpaar der Erbse. Die Gene, aus denen sich ein solches Genpaar zusammensetzt,
heißen Allele. Für das obige Genpaar gibt es genau zwei verschiedene Allele, die wir im Folgenden
mit S und s bezeichnen. Die Genpaare Ss und sS sind nicht zu unterscheiden, sodaß es nur die
3 Genpaare SS, ss und Ss gibt, welche mit der Wahrscheinlichkeit 1/4, 1/4 und 1/2 auftreten.
Wir kreuzen nun mehrfach zwei Pflanzen, die beide das Genpaar Ss im Erbgut tragen. Die
betreffenden Genpaare der entstehenden neuen Pflanzen setzten sich jeweils aus einem Allel
der beiden Ursprungspflanzen zusammen. Das Weitervererben von S und s ist dabei gleichwahrscheinlich.
a) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass unter sieben Jungpflanzen die Erbgutkonstellation wie folgt verteilt ist: einmal SS, dreimal Ss und dreimal ss.
b) Besitzt eine Pflanze die Erbkonstellation SS oder Ss, so ist die Samenform glatt; bei ss
ist sie runzelig. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass bei drei Jungpflanzen
keine Pflanze mit runzeliger Samenform vorhanden ist.
Lösung: Wir wiederholen zunächst die Definition einer Multinomialverteilung. Für einen
einzelnen Versuch nimmt man n mögliche Ergebnisse x1 , . . . , xn mit den Wahrscheinlichkeiten
p1 , . . . , pn mit p1 + · · · + pn = 1 an. Wiederholt man diesen Versuch r-mal und fragt nach der
Wahrscheinlichkeit, dass das Ergebnis x1 genau i1 -mal vorkommt, . . . , das Ergebnis xn genau
in -mal vorkommt (mit i1 + · · · + in = r), so erhält man eine Multinomialverteilung mit
p((i1 , . . . , in )) =
r!
· pi1 · · · pinn .
i1 ! · · · in ! 1
Für n = 2 ergibt sich als Spezialfall eine Binomialverteilung.
2
a) Für eine einzelne Jungpflanze gibt es n = 3 mögliche Ergebnisse für die Erbgutkonstellation: SS und ss mit der Wahrscheinlichkeit 41 , bzw. Ss mit der Wahrscheinlichkeit 12 .
Betrachtet man 7 Jungpflanzen, so entspricht dieses einer r = 7-fachen Wiederholung.
Da nach der Wahrscheinlichkeit gefragt wird, dass einmal SS, dreimal Ss und dreimal
ss auftritt, handelt es sich hier um eine Multinomialverteilung. Folglich ist die gesuchte
Wahrscheinlichkeit für |SS| = 1, |Ss| = 3 und |ss| = 3 gegeben durch
p((1, 3, 3)) =
7!
1
1
1
1
· ( )1 · ( )3 · ( )3 = 35 · ( )9 ' 0, 068 .
1! · 3! · 3! 4
2
4
2
b) Eine erste Lösung interpretiert das gesuchte Ereignis E wieder als eine entprechende Multinomialverteilung mit r = 3, |ss| = 0 und |SS| + |Ss| = 3:
E = {(0, 0, 3), (0, 1, 2), (0, 2, 1), (0, 3, 0)} .
Diese Berechnung ist aber sehr umständlich. Einfacher ist die folgende Argumentation:
Es geht um n = 2 mögliche Ereignisse: ss mit der Wahrscheinlichkeit 14 und {nicht
ss} = {SS, Ss} mit der Wahrscheinlichkeit 1 − 41 = 14 + 12 = 34 . Für eine einzelne
Jungpflanze ergibt sich also ein Bernoulli-Experiment. Drei Jungpflanzen entsprechen
dabei einer r = 3-maligen Wiederholung, also einer Bernoulli-Kette. Es wird nach der
Wahrscheinlichkeit gefragt, dass das Ereignis ss kein mal, also i = 0-mal auftritt. Folglich
liegt eine Binomialverteilung vor, mit der gesuchten Wahrscheinlichkeit
1
1
3
27
3
· ( )0 · (1 − )3−0 = 1 · ( )3 =
p(0) =
' 0, 42 .
0
4
4
4
64
3