Lösung 10 - Informatik 12

Informatik 12
Cauerstraße 11
91058 Erlangen
TECHNISCHE FAKULTÄT
Lösung der 10. Übung Ereignisgesteuerte Systeme
Aufgabe 1
Gegeben ist ein idealer Würfel, d.h. die Wahrscheinlichkeit für das Eintreffen eines Ereignisses Ei ,
mit i ∈ {1, .., 6}, wobei i die bei einem Wurf erzielte Augenzahl bezeichnet, ist 61 . Somit beträgt die
Wahrscheinlichkeit, dass der Spieler in einem Wurf keine 6 würfelt – und somit noch die Chance
behält, zu gewinnen:
5
P(X < 6) = 1 − P(E6 ) = .
6
Für die Wahrscheinlichkeit, auch nach 4 Experimenten noch im Spiel zu sein gilt, da die Einzelexperimente stochastisch unabhängig sind:
4
5
P(Gewinn) =
≈ 0, 488.
6
Aufgabe 2
Für jede Kugel in der Urne ist es gleichwahrscheinlich gezogen zu werden. Die Ausführung aufeinander folgender Experimente ist hier aber nicht stochastisch unabhängig, da sich die Anzahl der
Kugeln in der Urne und somit die Ereigniswahrscheinlichkeiten nach Durchführung eines Experiments ändert.
Sei Ri (Gi ) das Ereignis eine rote (gelbe) Kugel im i-ten Zug zu ziehen.
a) P(R1 ∩ R2 ) = P(R1 ) × P(R2 |R1 ) =
7
11
b) P(R1 ∩ G2 ) =
7
11
4
· 10
=
28
110
≈ 0, 255
c) P(G1 ∩ R2 ) =
4
11
7
· 10
=
28
110
≈ 0, 255
d) P(G1 ∩ G2 ) =
4
11
3
· 10
=
12
110
≈ 0, 109
6
· 10
=
42
110
≈ 0, 382
e) P(G1 ∩ R2 ) + P(R1 ∩ G2 )
Aufgabe 3
Sei Fi das Ereignis ,,Farbige Spitze oben” im i-ten Wurf des Tetraeders. Es handelt sich um ein
Laplace-Experiment. Für einen regelmäßigen Tetraeder mit zwei markierten Spitzen gilt somit: P(Fi ) =
P(Fi ) = 24 = 12 .
a) P(F1 ∩ F2 ∩ F3 ) = P(F1 ) · P(F2 ) · P(F3 ) =
1 3
2
=
1
8
b) P(,,Zwei farbige Spitzen oben”) = P[(F1 ∩ F2 ∩ F3 ) ∪ (F1 ∩ F2 ∩ F3 ) ∪ (F1 ∩ F2 ∩ F3 )] =
c) P(,,Eine farbige Spitze oben”) = P[(F1 ∩ F2 ∩ F3 ) ∪ (F1 ∩ F2 ∩ F3 ) ∪ (F1 ∩ F2 ∩ F3 )] =
d) P(F1 ∩ F2 ∩ F3 ) = P(F1 ) · P(F2 ) · P(F3 ) =
1 3
2
1
=
1
8
3
8
3
8
Allgemein gilt folgender Satz:
Tritt bei jedem Teilversuch eines n-stufigen Zufallsexperiments das Ereignis E immer mit der gleichen
Wahrscheinlichkeit P[E] = p auf, so ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei dem n-stufigen Versuch das
Ereignis E genau k Mal auftritt, gegeben durch:
n
P(X = k) =
· pk · (1 − p)n−k
k
z.B. gilt somit:
2 1
3
3!
1
1
3
3
1
·
=
·
=
P(X = 2) =
2
1!2! 2
2
8
2
Aufgabe 4
Sei Zufallsvariable X die gewürfelte Augenzahl. Allgemein gilt bei einem idealen Würfel P(X =
6) = 61 und P(X ∈ {1, 3, 5}) = 21 .
P(,,Vier mal ’6’ und zwei mal ungerade”) = n · ( 16 )4 · ( 12 )2 mit n gleich der Anzahl der möglichen
Permutationen, da die Reihenfolge der Würfel keine Rolle spielt.
n kann über den Binomialkoeffizienten
bestimmt werden. Idee: Wir ,,ziehen” vier 6er aus sechs
6
6!
Würfeln, also n = 4 = 4!2! = 15.
Somit ergibt sich P(,,Vier mal ’6’ und zwei mal ungerade”) = 15 · ( 16 )4 · ( 12 )2 ≈ 0, 0029.
Aufgabe 5
a) Da Spieler A die Karten seiner MitspielerInnen nicht kennt, fehlen aus seiner Sicht 13 − 4 =
9 Herz, und der Stapel“ (hier muss er alle Karten zählen, die ihm nicht bekannt sind) hat
”
52 − 5 = 47 Karten, davon 47 − 9 = 38 Nicht-Herz. Die Wahrscheinlichkeit berechnet sich
also zu:
38 37
= 0.349676 ≈ 35%
1− ·
47 46
b) Er sollte setzen, da er mehr als jedes dritte Spiel gewinnen würde, sein Einsatz aber nur 1 : 2
ist.
Aufgabe 6
a) Sei Zufallsvariable X die gewürfelte Augenzahl. Für den Erwartungswert gilt dann: E[X] =
∑6i=1 i · P(Ei ) = 4, 543
b) Günstige Ereignisse sind E5 , E6 . Da diese Ereignisse unvereinbar sind gilt: P[X > E(X)] =
P(E5 ) + P(E6 ) ≈ 0, 607
c) X sei die erzielte Augenzahl im ersten Versuch, Y die erzielte Augenzahl im zweiten Versuch.
Günstige Ereignisse sind somit (X = 5,Y = 6), (X = 6,Y = 5), (X = 6,Y = 6). Da X und Y
stochastisch unabhängig sind, gilt: P[X +Y ≥ 11] = P[X = 6,Y = 5] + P[X = 5,Y = 6] + P[X =
6,Y = 6] = 0, 151 · 0, 456 + 0, 456 · 0, 151 + 0, 4562 ≈ 0, 346
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