Musterlösung - Fachrichtung Mathematik

TU Dresden · Fachrichtung Mathematik · Institut für Numerische Mathematik
Dr. W. Kuhlisch
1
Institut für Mathematische Stochastik
WS 2016/17
Übungen zur Vorlesung Mathematik für Studierende der Fachrichtungen
Biologie, Chemie, Lebensmittelchemie und Erziehungswissenschaften
7. Übung, 16.1.–3.2.2017
Aufgaben, Teil I
Aufgabe 1
Beim einmaligen Würfeln mit einem Würfel werde mit A das zufällige Ereignis „Augenzahl gleich 5“,
mit B das zufällige Ereignis „Augenzahl gerade“ und mit C das zufällige Ereignis „Augenzahl größer
als 2“ bezeichnet. Man beschreibe die Ereignisse
(a) A ∪ B,
(b) A ∩ B,
(c) B ∪ C,
(d) B ∩ C,
(e) B ∪ C,
(f) B ∩ C,
(g) A ∩ B ∩ C,
(h) A ∪ B ∪ C.
(i) Man ermittle die Wahrscheinlichkeiten der Ereignisse A, B und C sowie der unter (a) bis (h) genannten Ereignisse, falls es sich um einen idealen Würfel („Augenzahlen gleichwahrscheinlich“)
handelt.
Lösung:
(a) „Augenzahl gleich 5 oder gerade“, das heißt, A ∪ B = {2, 4, 5, 6}.
(b) „Augenzahl gleich 5 und außerdem gerade“ → unmögliches Ereignis, das heißt, A ∩ B = ∅.
(c) „Augenzahl gerade oder größer als 2 (oder beides)“, das heißt, B ∪ C = {2, 3, 4, 5, 6}.
(d) „Augenzahl gerade und außerdem größer als 2“, das heißt, B ∩ C = {4, 6}.
(e) „Augenzahl ungerade oder größer als 2 (oder beides)“, das heißt, B ∪ C = {1, 3, 4, 5, 6}.
(f) „Augenzahl ungerade und außerdem größer als 2“, das heißt, B ∩ C = {3, 5}.
(g) „Augenzahl ungleich 5 und gerade und kleiner als 3“, das heißt, A ∩ B ∩ C = {2}.
(h) „Augenzahl gleich 5 oder ungerade oder größer als 2“ (jeweils nicht-ausschließendes „oder“),
das heißt, A ∪ B ∪ C = {1, 3, 4, 5, 6}.
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2
(i) Da es sich um ein Laplace-Experiment handelt, lässt sich die Wahrscheinlichkeit für ein Ereignis
E ⊆ Ω wie folgt berechnen:
|E|
,
P (E) =
|Ω|
wobei mit Ω die Ergebnismenge des Zufallsexperimentes bezeichnet wird, für unser Beispiel
also Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, und |E| bzw. |Ω| die Anzahl der Elemente von E bzw. Ω angibt.
Damit erhalten wir
P (A) =
|{5}|
1
= ,
6
6
P (B) =
P (C) =
2
|{3, 4, 5, 6}|
= ,
6
3
P (A ∪ B) =
2
|{2, 4, 5, 6}|
= ,
6
3
P (A ∩ B) =
|∅|
= 0,
6
P (B ∪ C) =
|{2, 3, 4, 5, 6}|
5
= ,
6
6
P (B ∩ C) =
|{4, 6}|
1
= ,
6
3
P (B ∪ C) =
|{1, 3, 4, 5, 6}|
5
= ,
6
6
P (B ∩ C) =
|{3, 5}|
1
= ,
6
3
P (A ∩ B ∩ C) =
P (A ∪ B ∪ C) =
|{1, 3, 4, 5, 6}|
5
= .
6
6
|{2, 4, 6}|
1
= ,
6
2
|{2}|
1
= ,
6
6
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3
Aufgabe 2
Im Jahre 1693 wurde Isaak Newton (1643–1727, engl. Physiker und Mathematiker) von dem
englischen Schriftsteller Samuel Pepys (1633–1703) folgendes Problem vorgelegt: Was ist wahrscheinlicher, bei 6 Würfen mit einem (idealen) Würfel mindestens einmal eine Sechs oder bei 12
Würfen mindestens zweimal eine Sechs zu erhalten?
Lösung: Die Zufallsgröße X gebe die Anzahl der Sechsen beim 6-maligen Würfeln an. Sie ist binomialverteilt mit den Parametern n = 6 und p = 16 . Somit ist
6
0 6
5
5
6
1
=1−
≈ 0.6651.
P (X ≥ 1) = 1 − P (X = 0) = 1 −
6
6
6
0
Dies ist gerade die Wahrscheinlichkeit dafür, bei 6 Würfen mindestens einmal eine Sechs zu erhalten.
Die Zufallsgröße Y gebe die Anzahl der Sechsen beim 12-maligen Würfeln an. Sie ist binomialverteilt
mit den Parametern n = 12 und p = 16 . Somit ist
P (Y ≥ 2) = 1 − P (Y = 0) − P (Y = 1)
0 12 1 11
12
12
5
5
1
1
−
= 1−
6
6
6
6
1
0
11
12
5
1
5
− 12 · ·
= 1−
6
6
6
≈ 0.6187.
Dies ist gerade die Wahrscheinlichkeit dafür, bei 12 Würfen mindestens zweimal eine Sechs zu erhalten.
Es ist also wahrscheinlicher, bei 6 Würfen mindestens einmal eine Sechs zu erhalten als bei 12 Würfen
mindestens zweimal eine Sechs zu erhalten.
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4
Aufgabe 3
Die Ereignisse A, B, C, D, E eines Ereignisfeldes haben die Wahrscheinlichkeit 13 , 14 , 15 , 61 , 71 . Sind diese
Ereignisse unvereinbar?
Lösung: Die Ereignisse sind nicht unvereinbar. Denn angenommen, sie wären es. Dann wären sie
paarweise disjunkt, das heißt, der Durchschnitt von je zwei dieser Ereignisse wäre leer. Für die
Wahrscheinlichkeit der Vereinigung dieser fünf Ereignisse (die selbst wieder ein Ereignis ist) würde
somit gelten:
P (A ∪ B ∪ C ∪ D ∪ E) = P (A) + P (B) + P (C) + P (D) + P (E) =
Widerspruch.
1 1 1 1 1
153
+ + + + =
> 1.
3 4 5 6 7
140
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5
Aufgabe 4
Für einen Sportschützen ist bekannt, dass er bei einem Schuss folgende Ergebnisse erreicht:
Ringezahl
Wahrscheinlichkeit
10
0,21
9
0,24
8
0,18
7
0,16
6
0,12
5
0,09
Mit welcher Wahrscheinlichkeit schießt er bei einem Schuss
(a) mehr als 7 Ringe,
(b) weniger als 5 Ringe,
(c) mehr als 5 und weniger als 9 Ringe?
(d) Mit welcher Wahrscheinlichkeit schießt er bei drei unabhängigen Versuchen
(i) wenigstens zweimal 10 Ringe,
(ii) genau 15 Ringe,
(iii) 8, 9, 10 Ringe in dieser Reihenfolge,
(iv) 8, 9, 10 Ringe in irgendeiner Reihenfolge,
(v) mindestens 29 Ringe?
(e) Mit welcher Anzahl n1 bzw. n2 von Schüssen schießt er mindestens mit der Wahrscheinlichkeit
p = 0,5 wenigstens einmal mehr als 9 Ringe bzw. mehr als 8 Ringe?
Lösung: In den Teilaufgaben (a), (b) und (c) bezeichne X die Anzahl der Ringe, die mit einem
Schuss erzielt werden.
(a) P (X > 7) = P (X = 8) + P (X = 9) + P (X = 10) = 0,18 + 0,24 + 0,21 = 0,63
(b) P (X < 5) = 1 − P (X = 5) − . . . − P (X = 10) = 1 − 0,09 − . . . − 0,21 = 0
(Andere Ergebnisse als die tabellierten sind also nicht möglich.)
(c) P (5 < X < 9) = P (X = 6) + P (X = 7) + P (X = 8) = 0,46
(d) In den folgenden Teilaufgaben der Aufgabe (d) bezeichnen wir mit D(i) , . . . , D(v) die Ereignisse,
deren Wahrscheinlichkeiten gesucht sind.
(i) Die Zufallsgröße Y gebe die Anzahl der Versuche (von insgesamt drei Versuchen) an,
bei denen 10 Ringe geschossen wurden. Dann ist Y binomialverteilt mit den Parametern
n = 3 und p = 0,21. Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit ergibt sich
3
3
2
1
P (D(i) ) = P (Y ≥ 2) =
·0,21 ·0,79 +
·0,213 ·0,790 = 3·0,212 ·0,79+0,213 ≈ 0,1138.
2
3
(ii) Da mit jedem Versuch mindestens 5 Ringe geschossen werden, ist es bei drei Versuchen
nur dann möglich, genau 15 Ringe zu erzielen, wenn bei jedem dieser Versuche genau 5
Ringe geschossen werden. Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit erhalten wir somit
P (D(ii) ) = 0,093 = 0,000729.
(iii) Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit ergibt sich
P (D(iii) ) = 0,18 · 0,24 · 0,21 = 0,009072.
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6
(iv) Die in Teilaufgabe (iii) berechnete Wahrscheinlichkeit ist die Wahrscheinlichkeit dafür,
in einer beliebigen, aber festen Reihenfolge 8, 9 und 10 Ringe zu schießen. Nun können
diese Ringzahlen in insgesamt 3! = 6 unterschiedlichen Reihenfolgen erzielt werden. Für
die gesuchte Wahrscheinlichkeit ergibt sich somit
P (D(iv) ) = 6 · 0,009072 ≈ 0,05443.
(v) Mindestens 29 Ringe werden erzielt, wenn entweder dreimal 10 Ringe oder zweimal 10 und
einmal 9 Ringe geschossen werden. Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass dreimal 10 Ringe
geschossen werden, beträgt 0,213 . Die Wahrscheinlichkeit, dass 10, 10, 9 Ringe in einer
beliebigen, aber festen Reihenfolge geschossen werden, ist 0,212 · 0,24. Da es insgesamt
3 unterschiedliche Reihenfolgen dafür gibt, ist die Wahrscheinlichkeit dafür, zweimal 10
und einmal 9 Ringe in einer beliebigen Reihenfolge zu schießen, gleich 3 · 0,212 · 0,24.
Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit ergibt sich somit
P (D(v) ) = 0,213 + 3 · 0,212 · 0,24 ≈ 0,04101.
(e) Die Zufallsgröße Y1 gebe die Anzahl der Schüsse (von insgesamt n1 Schüssen) an, bei denen
der Schütze mehr als 9 Ringe, also 10 Ringe schießt. Dann ist Y1 binomialverteilt mit den
Parametern n = n1 und p = 0,21. Gesucht ist das kleinste n1 so, dass gilt:
n1
· 0,210 · 0,79n1 = 0,79n1 ≤ 0,5.
P (Y1 ≥ 1) ≥ 0,5 ⇔ 1 − P (Y1 = 0) ≥ 0,5 ⇔
0
Durch Umformen erhalten wir
n1 ≥ log0,79 (0,5) ≈ 2,94
n1 ∈N
⇒
n1 ≥ 3.
Bei mindestens 3 Schüssen werden also mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens p = 0,5
wenigstens einmal mehr als 9 Ringe geschossen.
Die Zufallsgröße Y2 gebe die Anzahl der Schüsse (von insgesamt n2 Schüssen) an, bei denen
der Schütze mehr als 8 Ringe, also 9 oder 10 Ringe schießt. Dann ist Y2 binomialverteilt mit
den Parametern n = n2 und p = 0,45. Gesucht ist das kleinste n2 so, dass gilt:
n2
P (Y2 ≥ 1) ≥ 0,5 ⇔ 1 − P (Y2 = 0) ≥ 0,5 ⇔
· 0,450 · 0,55n2 = 0,55n2 ≤ 0,5.
0
Durch Umformen erhalten wir
n2 ≥ log0,55 (0,5) ≈ 1,16
n2 ∈N
⇒
n2 ≥ 2.
Bei mindestens 2 Schüssen werden also mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens p = 0,5
wenigstens einmal mehr als 8 Ringe geschossen.
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7
Aufgabe 5
In der Faschingszeit backt ein Bäcker pro Tag eine große Anzahl Pfannkuchen mit Senf und Marmelade im Verhältnis 1 : 8.
(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, beim Kauf von 20 Pfannkuchen mindestens zwei
Pfannkuchen mit Senf zu erhalten?
(b) Wie viele Pfannkuchen mit Senf erwarten Sie beim Kauf von 45 Pfannkuchen?
(c) Wie viele Pfannkuchen müsste man kaufen, um mit Wahrscheinlichkeit 0,99 mindestens einen
mit Senf zu finden?
Lösung: In den folgenden Teilaufgaben gebe, für eine vorgegebene Zahl n ∈ N, die Zufallsgröße Xn
jeweils an, wieviele Pfannkuchen von insgesamt n Pfannkuchen mit Senf gefüllt sind. Dann ist Xn
binomialverteilt mit den Parametern n und p = 19 .
0 20 1 19
8
20
8
1
20
1
·
−
·
=
·
(a) P (X20 ≥ 2) = 1−P (X20 = 0)−P (X20 = 1) = 1−
·
9
9
9
9
1
0
19
20
8
20
8
·
−
≈ 0,6681
1−
9
9
9
1
=5
9
Beim Kauf von 45 Pfannkuchen ist also zu erwarten, dass sich darunter 5 befinden, die mit
Senf gefüllt sind.
(b) E(X45 ) = 45 ·
(c) Gesucht ist die kleinste Zahl n ∈ N, sodass gilt:
P (Xn ≥ 1) ≥ 0,99
⇔
1−P (Xn = 0) ≥ 0,99
⇔
0 n n
8
8
1
n
·
=
=≤ 0,01.
·
9
9
9
0
Durch Umformen erhalten wir
n ≥ log 8 0,01 ≈ 39,10
9
n∈N
⇒
n ≥ 40.
Es müssen also mindestens 40 Pfannkuchen gekauft werden, damit sich mit einer Wahrscheinlichkeit von wenigstens 0,99 darunter mindestens ein mit Senf gefüllter Pfannkuchen befindet.
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8
Aufgabe 6
Aus einer Schachtel mit vier 2-Euro-Münzen und fünf 1-Euro-Münzen werden rein zufällig drei
Münzen herausgegriffen. Die Zufallsgröße X bezeichne den Gesamtwert der Münzen. Geben Sie die
Verteilungstabelle für die Zufallsgröße X an. Berechnen Sie den Erwartungswert der Zufallsgröße X.
Lösung: Die Zufallsgröße X kann vier unterschiedliche Werte annehmen: 3 (im Falle, dass drei
1-Euro-Münzen gezogen werden), 4 (im Falle, dass eine 2-Euro-Münze und zwei 1-Euro-Münzen
gezogen werden), 5 (im Falle, dass zwei 2-Euro-Münzen und eine 1-Euro-Münze gezogen werden) und
6 (im Falle, dass drei 2-Euro-Münzen gezogen werden). Es gibt somit einen direkten Zusammenhang
zur Zufallsgröße Y , die angebe, wieviele 2-Euro-Münzen sich unter den drei gezogenen Münzen
befinden. Y ist hypergeometrisch verteilt mit den Parametern N = 9 (Gesamtanzahl der Münzen),
M = 4 (Gesamtanzahl der 2-Euro-Münzen, in der Merziger-Formelsammlung mit r bezeichnet) und
n = 3 (Anzahl der Münzen, die insgesamt gezogen werden). Mit diesen Überlegungen erhalten wir
5
4
·
5
P (X = 3) = P (Y = 0) = 0 9 3 =
≈ 0,1190,
42
3
5
4
10
1 · 2
=
P (X = 4) = P (Y = 1) =
≈ 0,4762,
9
21
3
5
4
5
2 · 1
=
≈ 0,3571,
P (X = 5) = P (Y = 2) =
9
14
3
5
4
1
3 · 0
=
P (X = 6) = P (Y = 3) =
≈ 0,04762.
9
21
3
Es ergibt sich also folgende Verteilungstabelle für die Zufallsgröße X:
k
3
4
5
6
P (X = k)
5
42
10
21
5
14
1
21
Für den Erwartungswert von X erhalten wir
E(X) = 3 ·
10
5
1
13
5
≈ 4,33.
+4·
+5·
+6·
=
42
21
14
21
3
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9
Aufgabe 7
Eine Funktion f (x) heißt Dichtefunktion einer stetigen
ˆ ∞ Zufallsgröße X, wenn sie die folgenden Eigenschaften besitzt: f (x) ≥ 0 für alle x ∈ R und
f (x) dx = 1.
−∞
Es sei f die durch
f (x) =
(
0
für x ≤ 0,
−2x
ae
für x > 0
gegebene Funktion.
(a) Bestimmen Sie a so, dass f eine Dichtefunktion ist.
(b) Berechnen Sie P (1 < X < 2).
Lösung:
(a) Wir bestimmen a so, dass
ˆ
∞
f (x) dx = 1 erfüllt ist:
−∞
ˆ
∞
f (x) dx =
ˆ
∞
0
−∞
∞ a
a
!
ae−2x dx = − e−2x = = 1
2
2
0
⇒
a = 2.
Für a = 2 ist auch die Bedingung f (x) ≥ 0 für alle x ∈ R erfüllt, sodass f für diesen Wert für
a tatsächlich die Dichtefunktion einer stetigen Zufallsgröße ist.
ˆ 2
ˆ 2
2
2e−2x dx = −e−2x 1 = e−2 − e−4 ≈ 0,1170
f (x) dx =
(b) P (1 < X < 2) =
1
1
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10
Aufgabe 8
Das Gewicht X einer Fruchtsorte ist normalverteilt mit dem Erwartungswert µ = 19 und der Standardabweichung σ = 4,5 (in Gramm).
(a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit wiegt eine Frucht zwischen 25 und 30 Gramm?
(b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit wiegt sie über 20 Gramm?
(c) Wie schwer mindestens sind die schwersten 20% der Früchte?
X − 19
standardnormalverteilt.
4,5
22
4
30 − 19
25 − 19
≤Z≤
=Φ
−Φ
= 0,99266 − 0,90824 =
(a) P (25 ≤ X ≤ 30) = P
4,5
4,5
9
3
0,08442
Dabei wurden
die Werte Φ(2,44) als Näherungswert für Φ 22
9 und Φ(1,33) als Näherungswert
für Φ 34 aus der Wertetabelle der Standardnormalverteilung abgelesen.
20 − 19
2
2
(b) P (X > 20) = P Z >
=1−P Z ≤
=1−Φ
= 1 − 0,58706 = 0,41294
4,5
9
9
Dabei wurde der Wert Φ(0,22) als Näherungswert für Φ 92 aus der Wertetabelle der Standardnormalverteilung abgelesen.
Lösung: Da X normalverteilt mit µ = 19 und σ = 4,5 ist, ist Z =
(c) Gesucht ist der Wert c so, dass P (X ≥ c) = 0,2 gilt. Zunächst erhalten wir die folgende
Bedingung an c:
c − 19
c − 19
P (X ≥ c) = 0,2 ⇔ 1 − P Z <
= 0,2 ⇔ Φ
= 0,8.
4,5
4,5
Wir benötigen nun das Quantil der Standardnormalverteilung zur Wahrscheinlichkeit 0,8. Dazu
lesen wir aus der Wertetabelle der Standardnormalverteilung den Wert z ab, für den Φ(z) = 0,8
ist (bzw. unter den tabellierten Werten diesem am nächsten liegt). Wir erhalten z = 0,84.
Damit ergibt sich
c − 19
= 0,84 ⇒ c = 19 + 0,84 · 4,5 = 22,78.
4,5
Wenn eine Frucht zu den 20% der schwersten aller Früchte gehört, wiegt sie also mindestens
22,78 Gramm.
Bemerkung: Die hier verwendeten Werte für die Wahrscheinlichkeiten und Quantile der Standardnormalverteilung wurden den entsprechenden Tabellen aus der Formelsammlung von Merziger u.a.
entnommen.