Serie 6

FS 2011 Kombinatorik und Wahrscheinlichkeit Lösungen
Serie 6
1. Eine Urne enthalte n Kugeln, die von 1 bis n nummeriert sind. Man wählt r Kugeln
aus, (a) mit Zurücklegen, (b) ohne Zurücklegen. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit,
dass die grösste ausgewählte Zahl gleich m ist ?
Hinweis für (a): Man definiert die folgenden Ereignisse für k = 1, . . . , n:
A k := das Maximum unter den r Ziehungen ist kleiner gleich k ,
B m := das Maximum unter den r Ziehungen ist gleich m .
Lösung:
(a) Man drückt das Ereignis B m mit den Ereignissen A k aus. Gesucht ist P(B m ).
Zunächst gilt
A m−1 ⊂ A m .
Dass das Maximum genau m ist, bedeutet, dass es kleiner gleich m ist und dass es
echt grösser als m − 1 ist, in Formeln:
B m = A m \ A m−1 .
Die Wahrscheinlichkeit von A k bekommt man durch folgende Überlegung: In jeder
Ziehung ist die Wahrscheinlichkeit, eine Zahl kleiner gleich k zu ziehen, gleich k/n
(k günstige Fälle, n mögliche Fälle). Da die r Ziehungen unabhängig sind, erhält
man für k = 1, . . . , n:
P(A k ) = kr
n r .
Damit berechnet sich P(B m ) nun wie folgt:
P(B m ) = P(A m \ A m−1 )
= P(A m ) − P(A m−1 ) (A m−1 ⊂ A m )
= mr (m − 1)r
−
nr n r
= mr − (m − 1) r
n r .
(b) B m impliziert, dass man die Kugel mit der Nummer m ziehen muss. Da man keine
Kugel mit grösserer Nummer ziehen darf, verbleiben noch m − 1 Kugeln. Aus diesen
kann man nun beliebig r − 1 Kugeln auswählen. Man erhält für die gesuchte
Wahrscheinlichkeit:
( m−1
)
# günstige Fälle
P(B m ) =
# mögliche Fälle = r−1
( n
, m ≥ r .
r)
2. In welchen Fällen gilt die Gleichung P(A) = P(A|B) + P(A|B c ) ?
Lösung: Damit die Gleichung wohldefiniert ist, muss sicher 0 < P(B) < 1 gelten.

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Ist P(A) = 0, so gilt die Gleichung, da beide Seiten gleich Null sind. Es sei jetzt also
0 < P(A) ≤ 1. Falls die Gleichung gilt, dann hat man
Also
P(A|B) + P(A|B c ) = P(A) = P(A|B)P(B) + P(A|B c )P(B c ) .
P(A|B)P(B c ) + P(A|B c )P(B) = 0 ,
d.h. P(A|B) = P(A|B c ) = 0. Daraus folgt P(A ∩ B) = P(A ∩ B c ) = 0 und weiter
P(A) = P(A ∩ B) + P(A ∩ B c ) = 0 .
Die Gleichung kann nur im Fall P(A) = 0 erfüllt werden.
3. Eine Urne enthalte sieben weisse Bälle, die von eins bis sieben nummeriert sind, und
drei schwarze Bälle, die die Nummern 8, 9, 10 tragen. Fünf Bälle werden aus der Urne
gezogen, (a) mit Zurücklegen, (b) ohne Zurücklegen. Bestimmen Sie die Verteilungen in
den Fällen (a) und (b) von folgenden Zufallsvariablen:
• X=die Anzahl weisser Bälle in der Auswahl;
• Y =das Minimum der Nummerierungen in der Auswahl.
Lösung:
(a) Mit Zurücklegen. Die Anzahl X der weissen Bälle ist Binomialverteilt mit Parametern
n = 5 und p = 0.7. Die Verteilung ist also gegeben durch
( 5
P(X = k) = (0.7)
k)
k (0.3) 5−k , k = 0, . . . , 5.
Für die Verteilung der Zufallsvariable Y gilt in diesem Fall:
wobei
Also:
P(Y = k) = P(Y > k − 1) − P(Y > k),
P(Y > k) =
# günstige Fälle
# mögliche Fälle
=
(10 − k)5
10 5 .
P(Y = k) =
(10 − (k − 1))5 (10 − k)5
− = (11 − k)5 − (10 − k) 5
.
10 5 10 5 10 5
(b) Ohne Zurücklegen. Die Anzahl weisser Bälle gehorcht hier einer hypergeometrischen
Verteilung:
( 7
)( 3
)
# günstige Fälle
P(X = k) =
# mögliche Fälle = k 5−k
( 10
) , k = 2, . . . , 5 .
5

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Die Wahrscheinlichkeiten P(X = 0) und P(X = 1) sind null. Da fünf Kugeln
gezogen werden und nur drei schwarze in der Urne sind, müssen mindestens zwei
weisse Kugeln erwischt werden.
Die Verteilung von Y berechnet sich wie folgt für k = 1, . . . , 6:
mit
P(Y > k) =
Dies ergibt zusammen:
P(Y = k) = P(Y > k − 1) − P(Y > k),
# günstige Fälle
# mögliche Fälle
P(Y = k) = P(Y > k − 1) − P(Y > k)
(10 − k)(10 − k − 1) · · · (10 − k − 4)
= .
10 · 9 · 8 · 7 · 6
(10 − (k − 1))(10 − (k − 1) − 1) · · · (10 − (k − 1) − 4)
= −
10 · 9 · 8 · 7 · 6
(10 − k)(10 − k − 1) · · · (10 − k − 4)
−
10 · 9 · 8 · 7 · 6
(11 − k) · · · (7 − k) (10 − k) · · · (6 − k)
= −
10 · · · 6
10 · · · 6
(10 − k) · · · (7 − k)
= ((11 − k) − (6 − k))
10 · · · 6
(10 − k)(9 − k)(8 − k)(7 − k)
= 5 ·
10 · 9 · 8 · 7 · 6
4. Man bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass unter 200 Produktionsstücken mehr
als drei unbrauchbar sind, wenn die Ausschussquote im Mittel 1% beträgt. (Hinweis:
benutzen Sie dafür die Poissonverteilung.)
Lösung: Man definiert die Zufallsvariable N als die Anzahl der unbrauchbaren Produktionsstücke.
Genaugenommen ist N eine nach Bi(200, 0.01)-verteilte Zufallsvariable. Da
aber 200 gross und die Wahrscheinlichkeit für ein unbrauchbares Produkt klein ist, nähert
man diese Verteilung durch eine Po(200 · 0.01 = 2)-Verteilung an. Mit dieser Annäherung
berechnet man die gesuchte Wahrscheinlichkeit wie folgt:
P(N > 3) = 1 − P(N = 0) − P(N = 1) − P(N = 2) − P(N = 3)
= 1 − e −λ − λe −λ − λ2
2 e−λ − λ3
6 e−λ
= 1 − e −λ( 1 + λ + λ2
2 + λ3 )
6
= 1 − e −2 (1 + 2 + 2 + 4/3)
≈ 1 − 0.857 = 0.143 .
5. Auf einer Hauptstrasse regeln vier Ampeln den Verkehr. Jede von ihnen gestattet
oder verbietet einem Auto die Weiterfahrt mit der Wahrscheinlichkeit 0.5, wobei dies
unabhängig von den anderen Ampeln passiert. Man bestimme die Verteilung für die
Anzahl X von Verkehrsampeln, an denen das Auto bis zum ersten Halt vorbeigefahren
ist.

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Lösung: Wäre die Anzahl der Ampeln unendlich, so wäre X geometrisch verteilt.
Hier definiert man folgende Indikatorfunktionen für k = 1, 2, 3, 4:
{
1 k-te Ampel ist rot
I k =
0 sonst.
Dann ist P (I k = 1) = P (I k = 0) = 0.5. Die Zufallsvariable X nimmt die Werte 0, 1, 2, 3, 4
an. Es gilt:
P(X = 0) = P(I 1 = 1) = 0.5 ,
P(X = 1) = P(I 1 = 0, I 2 = 1) = P(I 1 = 0)P(I 2 = 1) = 0.25 ,
P(X = 2) = P(I 1 = 0, I 2 = 0, I 3 = 1) = P(I 1 = 0)P(I 2 = 0)P(I 3 = 1) = 0.125 ,
P(X = 3) = P(I 1 = 0, I 2 = 0, I 3 = 0, I 4 = 1) = 0.0625 ,
P(X = 4) = P(I 1 = 0, I 2 = 0, I 3 = 0, I 4 = 0) = 0.0625 .
6. Fakultativ, resp. ohne Testatrelevanz: Beweisen Sie Satz 3.9. im Skript.
Lösung: Sei x < y. Dann gilt {X ≤ x} ⊂ {X ≤ y}. Also erhält man:
F X (x) = P(X ≤ x)
≤ P(X ≤ y)
= F X (y) .
({X ≤ x} ⊂ {X ≤ y})
Folglich ist F X eine wachsende Funktion.
Sei nun (x n ) ein wachsende Folge von Zahlen mit lim n→∞ x n = ∞. Dann gilt, dass die
Folge der Mengen {X ≤ x n } wachsend ist in n und ⋃ ∞
n=1 {X ≤ x n} = Ω. Folglich erhält
man:
lim F X(x n ) = lim P(X ≤ x n )
n→∞ n→∞
( ⋃ ∞ )
= P {X ≤ x n }
n=1
= P(Ω) = 1 .
(vgl. Aufgabe 3(i), Serie 3)
Da die Folge (x n ) eine beliebige wachsende Folge war, gilt
lim F X(x) = 1 .
x→∞
Sei nun (x n ) ein fallende Folge von Zahlen mit lim n→∞ x n = −∞. Dann gilt, dass die
Folge der Mengen {X ≤ x n } fallend ist in n und ⋂ ∞
n=1 {X ≤ x n} = ∅. Folglich erhält
man:
lim F X(x n ) = lim P(X ≤ x n )
n→∞ n→∞
( ⋂ ∞ )
= P {X ≤ x n }
n=1
= P(∅) = 0 .
(vgl. Aufgabe 3(ii), Serie 3)

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Da die Folge (x n ) eine beliebige fallende Folge war, gilt
lim F X(x) = 0 .
x→−∞
Um die Rechtsstetigkeit zu zeigen, wählt man eine fallende Folge (x n ), so dass lim n→∞ x n =
y gilt. Dann gilt:
∞⋂
{X ≤ y} = {X ≤ x n } .
Weiter ist die Folge der Mengen {X ≤ x n } fallend. Damit erhält man
n=1
lim F X(x n ) = lim P(X ≤ x n )
n→∞ n→∞
( ⋂ ∞ )
= P {X ≤ x n }
n=1
= P(X ≤ y) = F X (y) .
(Aufgabe 3(ii), Serie 3)
Da die fallende Folge (x n ) beliebig war, ist die Rechtsstetigkeit von F X gezeigt.