SS 2005 Prof. Dr. W. Balser Andreas Martin, Markus Tentler 12. Übungsblatt

Übungen zur Höheren Mathematik II für Elektrotechniker Abgabe: Freitag, 8.7.2005, vor den Übungen

1. Wir wollen n numerierte Bälle auf k numerierte Körbe verteilen. Es seien n_{1}, …, n_{k} ≥ 0 gegeben mit n_{1} + … + n_{k} = n. Wie viele Möglichkeiten gibt es, die Bälle so zu verteilen, daß genau n_{i} Bälle im i-ten Korb landen

(3 P. )

Lösung: Wir geben zwei mögliche Lösungen an.

(i) Zunächst müssen n_{1} aus n Bällen ausgewählt werden, dann n_{2} aus n − n_{1}, dann n_{3} aus n − n_{1} − n_{2} usw. Also ist die Anzahl der Möglichkeiten insgesamt gegeben durch

\binom{n}{n_{1}}\binom{n − n_{1}}{n_{2}}\binom{n − n_{1} − n_{2}}{n_{3}} · . . . · \binom{n − n_{1} − … − n_{k−1}}{n_{k}}

= \frac{n! (n − n_{1})! (n − n_{1} − n_{2})! · . . . · (n − n_{1} − n_{2} − … − n_{k−1})!}{n_{1}! (n − n_{1})! n_{2}! (n − n_{1} − n_{2})! n_{3}! (n − n_{1} − n_{2} − n_{3})! · . . . · n_{k}! 0!}

= \frac{n!}{n_{1}! n_{2}! · . . . · n_{k}!} .

(ii) Zuerst zählen wir alle Permutationen der n Bälle, das sind n! Stück. Dadurch ist die Verteilung auf die n Körbe entschieden, wenn man einfach der Reihenfolge nach die Körbe auffüllt. Dann müssen aber alle Permutationen der Bälle innherhalb der Körbe wieder vernachlässigt werden, d.h. man muß die Zahlen n_{1}!, …, n_{k}! wieder herausdividieren. Auf diese Art gewinnt man als Lösung die Zahl

\frac{n!}{n_{1}! n_{2}! · . . . · n_{k}!} .

2. In einer Stadt werden Tuberkulose-Untersuchungen durch Röntgenverfahren durchgeführt. Nehmen wir an, daß durch dieses Verfahren 90% aller Kranken als infiziert erkannt werden, daß aber andererseits 1% der Gesunden fälschlicherweise als infiziert registriert wird. Von der gesamten Bevölkerung seien 0.1% infiziert. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß ein als infiziert registrierter Bürger wirklich krank ist?

(3 P. )

Lösung: Es sei A das Ereignis ”infiziert“ und B das Ereignis ”als krank registriert“. Aus der Aufgabenstellung wissen wir also, daß

p(A) = 0.001 , p(B|A) = 0.9 , p(B|A^{c}) = 0.01 .

Nach dem Satz von Bayes ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit gegeben durch

p(A|B) = \frac{p(A)p(B|A)}{p(A)p(B|A) + p(A^{c})p(B|A^{c})}
= \frac{0.001 · 0.9}{0.001 · 0.9 + 0.999 · 0.01}
= \frac{10}{121} ≈ 8.264% .

3. Bei einem Zufallsexperiment werfe man drei ideale Würfel. Die Ereignisse A, B, C seien wie folgt definiert.

• A: Mindestens einer der Würfel zeigt eine 6.

• B: Die Würfel zeigen drei verschiedene Augenzahlen.

• C: Die Würfel zeigen lauter identische Augenzahlen.

Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeiten p(A), p(B), p(C) und p(A ∩ B). Sind die Ereignisse A und B unabhängig?

(4 P. )

Lösung: Offenbar gilt

p(A^{c}) = \frac{5}{6} · \frac{5}{6} · \frac{5}{6} = \frac{5^{3}}{6^{3}} ,

also ist

p(A) = 1 − p(A^{c}) = \frac{91}{216} .

Um drei verschiedene Augenzahlen zu bekommen, gibt es für den ersten Würfel 6 Möglichkeiten, für den zweiten 5 Möglichkeiten und für den dritten 4 Möglichkeiten. Es folgt

p(B) = \frac{6 · 5 · 4}{6^{3}} = \frac{5}{9} .

Um drei identische Augenzahlen zu bekommen, gibt es genau 6 verschiedene Möglichkeiten, nämlich je eine für jede mögliche Augenzahl. D.h. es gilt

p(C) = \frac{6}{6^{3}} = \frac{1}{36} .

Um die Möglichkeiten für Ereignis A∩B zu zählen, gibt es zunächst 3 Möglichkeiten, um die 6 zu würfeln. Für die beiden anderen Würfel hat man dann noch 5·4 mögliche Augenzahlen. Es wird also

p(A ∩ B) = \frac{3 · 5 · 4}{6^{3}} = \frac{5}{18} .

Insbesondere ist

p(A ∩ B) = \frac{1}{2} · p(B) > p(A)p(B) ,

und daher sind die Ereignisse A und B nicht unabhängig.

4. Eine Urne enthalte r rote und s schwarze Kugeln, wobei r, s ≥ 0. Bei einem Zufallsexperiment ziehe man n Kugeln ohne Zurücklegen, wobei n ≤ r + s. Es sei X die Anzahl der gezogenen roten Kugeln. Zeigen Sie, daß für 0 ≤ k ≤ r gilt

p(X = k) = \begin{matrix}\binom{r}{k} & \binom{s}{n − k} \\ ( & {r + s \atop n} & ) \end{matrix} ,

und bestimmen Sie den Erwartungswert der Zufallsgröße X. (Die Verteilung von X heißt hypergeometrische Verteilung)

(6 P. )

Lösung: Insgesamt werden n Kugeln aus r + s Kugeln ausgewählt. Dafür gibt es \binom{r+s}{n} Möglichkeiten. Um genau k rote Kugeln zu ziehen, muß man k aus den r roten Kugeln auswählen, und n − k aus den s schwarzen Kugeln, d.h. man hat insgesamt \binom{r}{k}\binom{s}{n−k} Möglichkeiten. Daher folgt

p(X = k) = \begin{matrix}\binom{r}{k} & \binom{s}{n − k} \\ ( & {r + s \atop n} & ) \end{matrix} .

für 0 ≤ k ≤ r. Selbstverständlich gilt p(X = k) = 0 für alle anderen k. Da sich die Einzelwahrscheinlichkeiten zu 1 aufaddieren, gilt also

∑_{k=0}^{r} \begin{matrix}\binom{r}{k} & \binom{s}{n − k} \\ ( & {r + s \atop n} & ) \end{matrix} = 1 ,

d.h.

∑_{k=0}^{r} \binom{r}{k}\binom{s}{n − k} = \binom{r + s}{n} (∗)

für alle r, s, n ∈ ℕ_{0} mit 0 ≤ n ≤ r + s. Der Erwartungswert ergibt sich nun zu

E(X) = ∑_{k=0}^{r} k p(X = k)

= ∑_{k=1}^{r} k \begin{matrix}\binom{r}{k} & \binom{s}{n − k} \\ ( & {r + s \atop n} & ) \end{matrix}

= ∑_{k=1}^{r} k \frac{r(r − 1) · . . . · (r − k + 1)s(s − 1) · . . . · (s − n + k + 1)}{k!} (n − k)! \frac{1}{\binom{r + s}{n}}

= ∑_{k=0}^{r−1} \frac{r(r − 1) · . . . · (r − k)s(s − 1) · . . . · (s − n + k + 2)}{k!} (n − k − 1)! \frac{1}{\binom{r + s}{n}}

= ∑_{k=0}^{r−1} \frac{r(r − 1) · . . . · (r − k)}{k!} \frac{s(s − 1) · . . . · (s − n + k + 2)}{(n − k − 1)!} \frac{1}{\binom{r + s}{n}}

= (∑_{k=0}^{r−1} \binom{r − 1}{k}\binom{s}{n − 1 − k}) \frac{r}{\binom{r + s}{n}}

=^{(∗)} \binom{r − 1 + s}{n − 1} · \frac{r}{\binom{r + s}{n}}

= \frac{r(r − 1 + s)! n! (r + s − n)!}{(n − 1)! (r + s − n)! (r + s)!}
= \frac{nr}{r + s} .

Hier haben wir Gleichung (∗) angewandt mit r − 1 und n − 1 anstelle von r und n. Das Ergebnis ist gerade n mal der Anteil der roten Kugeln, also anschaulich klar.

5. Die Exponentialverteilung mit Parameter α > 0 ist definiert durch die Verteilungsfunktion

F (x) = \begin{cases}1 − exp(−αx), & falls x ≥ 0 , \\ 0, & sonst. \end{cases}

Es sei X eine Zufallsgröße mit Verteilungsfunktion F. Berechnen Sie den Erwartungswert und die Varianz von X.

(4 P. )

Lösung: Es gilt also

F′(x) = \begin{cases}α exp(−αx), & falls x ≥ 0 , \\ 0, & falls x < 0 . \end{cases}

Wir haben dabei im Punkt 0 die rechtsseitige Ableitung gebildet. Daher berechnet sich der Erwartungswert von X unter Verwendung von Satz 11.3.1 aus HM I und anschließender partieller Integration zu

E(X) = ∫_{−∞}^{∞} t dF (t)  = ∫_{0}^{∞} t dF (t)
= ∫_{0}^{∞} tα exp(−αt) dt = [−t exp(−αt)]_{0}^{∞} + ∫_{0}^{∞} exp(−αt) dt
= [−\frac{1}{α} exp(−αt)]_{0}^{∞} = \frac{1}{α} .

Für Varianz von X berechnen wir auf ähnliche Weise

∫_{−∞}^{∞} t^{2} dF (t) = ∫_{0}^{∞} t^{2}α exp(−αt) dt = [−t^{2} exp(−αt)]_{0}^{∞} + ∫_{0}^{∞} 2t exp(−αt) dt
= \frac{2}{α} ∫_{0}^{∞} tα exp(−αt) dt = \frac{2}{α^{2}} .

Also ergibt sich

Var(X) = \frac{2}{α^{2}} − (\frac{1}{α})^{2} = \frac{1}{α^{2}} .

6. Von Ulm nach Stuttgart fahren zwei Züge. Insgesamt wollen 1000 Leute mitfahren, und jeder davon wählt zufällig (mit der Wahrscheinlichkeit von jeweils \frac{1}{2}) einen der beiden Züge aus. Bestimmen Sie mit Hilfe der Tschebyscheffschen Ungleichung die Anzahl N der Sitze, die beide Züge haben müssen, so daß mit 99% Sicherheit jeder Fahrgast einen Sitzplatz bekommt.

(4 P. )

Lösung: Es sei N ≥ 500 die Anzahl der Sitze in beiden Zügen, und m := N − 500. Es sei X die Anzahl der Leute, die im ersten Zug mitfahren möchte. Dann ist die Zufallsgröße X binomialverteilt mit Parametern n = 1000 un p = \frac{1}{2}. Wir wissen daher, daß gilt

μ := E(X) = np = 500, σ^{2} := Var(X) = np(1 − p) = 250 .

Es sei A das Ereignis, daß jeder Fahrgast einen Sitzplatz gilt, und B das Ereignis, daß |X − 500| ≤ m. Dann gilt offenbar B ⊆ A, und insbesondere

p(A) ≥ p(|X − 500| ≤ m) .

Die Tschebyscheffsche Ungleichung liefert

1 − p(A) ≤ p(|X − 500| ≥ m) = p(|X − μ| ≥ m) ≤ \frac{σ^{2}}{m^{2}} = \frac{250}{m^{2}} .

Um die Bedingung p(A) ≥ 0.99 zu erfüllen, also 1 − p(a) ≤ 0.01, richten wir m so ein, daß \frac{250}{m^{2}} ≤ 0.01 ist, d.h. m^{2} ≥ 25000, d.h.

m ≥ \sqrt{25000} = 50\sqrt{10} ≈ 158.1 .

Also ergibt sich als Lösung m = 159 und N = 659.

Die Übungsaufgaben finden Sie im Internet unter der Adresse: www.mathematik.uni-ulm.de/ReineMath/mitarbeiter/martin/ss05