Lösungen zu Übungs-Blatt 7 Klassische Wahrscheinlichkeit

Lösungen zu Übungs-Blatt 7
Klassische Wahrscheinlichkeit in Glücksspielen und bedingte Wkt
BMT Bio-Statistik
Prof. Dr. B. Grabowski
Zu Aufgabe 1)
Wir betrachten den Laplace-Versuch V= „Werfen zweier Würfel“.
| A|
Berechnen Sie unter Verwendung der Formel P( A) =
aus Aufgabe 1 die
|Ω|
Wahrscheinlichkeit für folgende Ereignisse:
a) A = „Werfen zweier Sechsen“
b) A = „Die Summe der Augenzahl ist gleich 8 oder 10“
Lösung:
Ein elementarer Versuchsausgang ist durch das Paar ω=(W1,W2) mit Wi∈{1,2,3,4,5,6}
darstellbar. Dann ist die Grundmenge Ω = { ω=(W1,W2)| Wi∈{1,2,3,4,5,6}}.
Offensichtlich gibt es 6*6 = 36 solcher Paare, d.h. es ist | Ω |= 36
Zu a) Wir stellen das Ereignis A als Teilmenge von Ω dar, es ist
1
A={ (6,6) } und folglich |A|=1 und folglich P(A) = |A|/ | Ω |=
36
Zu b) Wir stellen das Ereignis A als Teilmenge von Ω dar, es ist
A={ (2,6), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2), (4,6), (5,5),(6,4) } und folglich |A|=8 und folglich
8 2
P(A) = |A|/ | Ω |=
=
36 9
Die folgenden Aufgaben lösen wir unter Verwendung der beiden kombinatorischen
Aussagen:
1) Es gibt genau n! verschiedenen Anordnungen von n Objekten auf n Plätze.
n
n!
2) Es gibt genau   =
verschiedene k-elementigen Teilmengen einer
k
k
!
⋅
(
n
−
k
)!
 
n-elementigen Menge.
Zu Aufgabe 2) (Code knacken)
Ein 5 – stelliger Zahlencode besteht aus den Ziffern 0,1,...,9. Berechnen Sie die
Wahrscheinlichkeit dafür, den Code auf Anhieb zu erraten, wenn Sie folgende
Zusatzinformationen besitzen:
a) keine weiteren Zusatzinfos
b) Alle Ziffern des Codes unterscheiden sich voneinander!
c) Der Code enthält 2 mal die Ziffer 1 und 2 mal die Ziffer 3 und 1 mal die 9!
d) Der Code besteht nur aus den Ziffern 1 und 9 und alle beiden Ziffern kommen vor!
1
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Lösung zu 2)
Sei A = „richtiger Code“.
Da nur ein Code richtig ist, ist |A| = 1.
Zu a)
Ein elementarer Versuchsausgang ist darstellbar als 5-Tupel ω=(z1,z2,z3,z4,z5), d.h. eine
Folge von 5 Ziffern aus 0-9.
Die Grundmenge Ω ist die Menge aller dieser 5-Tupel.
Offensichtlich gilt (weil jede Stelle des Tupels 10 mögliche Zifern annehmen kann)
|Ω| = 105 .
Demzufolge gilt:
P(„richtiger Code“ ) = 1/105
Zu b)
Ein elementarer Versuchsausgang ist darstellbar als 5-Tupel ω=(z1,z2,z3,z4,z5), d.h. eine
Folge von 5 Ziffern aus 0-9, wobei sich alle Ziffern voneinander unterscheiden.
Die Grundmenge Ω ist die Menge aller dieser 5-Tupel, bei denen sich alle Ziffern
voneinander unterscheiden.
Offensichtlich gilt (weil die erste Stelle des 5-Tupels 10 mögliche Zifern annehmen kann, die
zweite aber nur noch 9 (weil sie sich von der ersten unterscheiden muss), die dritte nur noch 8
(weil sie sich von derersten beiden unterscheiden muss) usw.)
|Ω| = 10*9*8*7*6 und folglich ist:
P(„richtiger Code“) =
1
10 * 9 * 8 * 7 * 6
Zu c)
Ein elementarer Versuchsausgang ist darstellbar als 5-Tupel ω=(z1,z2,z3,z4,z5), d.h. eine
Folge von 5 Ziffern aus {1,9} wobei jede der beiden Ziffern mindestens 1 x vorkommen
muss.
Die Grundmenge Ω ist die Menge aller dieser 5-Tupel aus den Ziffern 1 und 9.
Wieviele solcher 5-Tupel gibt es?
Das kann man folgender Tabelle entnehmen:
Anzahl der „1“ im Code
Anzahl der „9“ im Code
1
2
4
3
2
Anzahl aller möglichen
Codes dieser Art
5
5
  (= Anzahl aller
 2
Möglichkeiten, zwei Ziffern
aus den 5 Ziffern des Codes
die „1“ zuzuordnen. Die
anderen 3 Ziffern bekommen
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3
die 9 zugeordnet).
 5
  (= Anzahl aller
 3
Möglichkeiten, drei Ziffern
aus den 5 Ziffern des Codes
die „1“ zuzuordnen. Die
anderen 2 Ziffern bekommen
die 9 zugeordnet).
5
 5   5
5 +   +   +5 = 30
 2   3
2
4
1
Gesamtzahl aller Möglichkeiten
Offensichtlich gilt |Ω| = 30 und folglich ist: P(„richtiger Code“) =
1
30
Zu Aufgabe 3) (Kniffel)
Sei V der zufällige Versuch „Würfeln mit 5 gleichmäßigen Würfeln (Kniffel)“.
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit für folgende Ereignisse:
a) A= Alle 5 Augenzahlen sind verschieden voneinander!
b) B= Pasch, d.h. 5 gleiche Zahlen, sind gewürfelt worden!
c) C= 2 Dreien und 3 Vieren werden gewürfelt!
d) D= Lange Straße, d.h. die Augenzahlen 2,3,4,5,6 sind gewürfelt worden!
e) E= Mindestens zwei Sechsen sind gewürfelt worden.
Lösung:
Ein elementarer Versuchsausgang ist darstellbar als 5-Tupel ω=(W1,...,W5),
Wi ∈{1,...,6} ist das Ergebnis des i.ten Würfels.
Die Grundmenge Ω enthält alle möglichen 5-Tupel dieser Art.
Offensichtlich gilt (weil jede Stelle des Tupels 6 mögliche Zifern annehmen kann)
|Ω| = 65 .
Zu a)
|A| = 6*5*4*3*2 = 6! und folglich P( A) =
6!
65
Zu b)
|B| = 6 und folglich P( B) =
6
65
Zu c)
5
|C| =   = 10 (= Anzahl der Möglichkeiten, 2 Würfeln die 3 zuzuorden (die anderen
 2
10
bekommen die 4 zugeordnet) und folglich ist : P(C ) = 5
6
3
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Zu d)
|D| = 5! (= Anzahl der Möglichkeiten, die zahlen 2,3,4,5,6 auf die 5 Würfel zu vertauschen)
5!
und folglich ist : P( D) = 5
6
Zu e)
P(E) = 1- P(A0)-P(A1), wobei A0 = „keine 6 ist gewürfelt worden“ und A1=“Genau eine 6
ist gewürfelt worden“.
Es ist A0 = Menge aller 5 – Tupel aus den Ziffern {1,2,3,4,5}, also ist |A0| = 55.
Es ist A1 = Menge aller 5 – Tupel, aus den Ziffern {1,2,3,4,5,6}, die genau eine 6 enthalten,
also ist |A1| = 5⋅54. (5 Möglichkeiten für die 6, jeweils weitere 5 Möglichkeiten für die 4
anderen Würfel.)
55 5 ⋅ 5 4
5
und folglich ist : P( E ) = 1 − 5 − 5 = 1 − 2 
6
6
6
5
Zu Aufgabe 4) (Poker)
Aus einem zufällig gemischten Kartenstapel mit 52 Karten ( 4 Farben zu je 13 Karten:
2,3,....,B,D,K,As) werden drei Karten an einen Spieler gegeben.
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit für folgende Ereignisse:
a) Es sind 3 Buben
b) Es ist ein Bube und 2 Asse
c) Es sind keine Buben und keine Asse
Lösung:
Ein elementarer Versuchsausgang ist darstellbar als Dreiermenge ω={K1,K2,K3},
Ki ∈{1,...52}
Die Grundmenge Ω enthält alle möglichen Dreiermengen, die aus der Menge der 52 Karten
ausgewählt werden können. Das sind (siehe oben Aussage 2)
 52 
| Ω |=  
3
Zu a) Wir stellen das Ereignis A als Teilmenge von Ω dar, es ist
A=“3 Buben werden gezogen“ = { {K1,K2,K3} | Ki ist einer der 4 Buben } und folglich ist
 4
|A|=   = Anzahl aller Möglichkeiten aus 4 Buben 3 auszuwählen.
 3
Demzufolge ist
 4
 
3
P(A) = |A|/|Ω|=  
 52 
 
3
4
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Zu b) Wir stellen das Ereignis A als Teilmenge von Ω dar, es ist
A=“1 Bube und 2 Asse werden gezogen“ = { {K1,K2,K3} | eine Karte ist ein Bube und 2
 4  4
andere sind Asse} und folglich ist |A|=   ⋅   = 24 = Anzahl aller Möglichkeiten aus 4
1  2
Buben 1 auszuwählen, kombiniert mit der Anzahl aller Möglichkeiten aus 4 Assen zwei
auszuwählen..
Demzufolge ist
P(A) = |A|/|Ω|=
24
 52 
 
3
Zu c) Wir stellen das Ereignis A als Teilmenge von Ω dar, es ist
A=“kein Bube und kein Ass“ = { {K1,K2,K3} | Karten sind weder Buben noch Asse} und
 44 
folglich ist |A|=   = Anzahl aller Möglichkeiten aus den 44 verbelibenden Karten ( = alle
3
52 – 4 Buben – 4 Asse) 3 Karten auszuwählen..
Demzufolge ist
 44 
 
3
P(A) = |A|/|Ω|=  
 52 
 
3
Zu Aufgabe 5)
Die bedingte Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses A unter der Bedingung B ist wie folgt
definiert:
P( A ∩ B)
.
P( B)
Daraus folgt für die Verbundwahrscheinlichkeit: P ( A ∩ B ) = P ( A / B ) P ( B ).
P( A / B) =
Wir berachten eine Urne mit 2 weißen und 3 schwarzen Kugeln.
Es wird zufällig hineingegriffen und 2 der 5 Kugeln gezogen.
Berechnen Sie folgende Wahrscheinlichkeiten:
a) P(„beim 1. mal eine schwarze Kugel und beim 2. Mal eine weiße Kugel“)
b) P(„beim 2. mal eine weiße Kugel“/ „beim 1. mal eine weiße Kugel“)
c) P(„beim 1.mal eine weiße Kugel“/ „beim 2. mal eine weiße Kugel“)
5
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Lösungen:
Wird in der nächsten Vl. besprochen
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