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FS 2011 Kombinatorik und Wahrscheinlichkeit Lösungen 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
FS 2011 Kombinatorik und Wahrscheinlichkeit Lösungen 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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