\documentclass[11pt,a4paper,oneside]{article} \usepackage[latin1]{inputenc} \usepackage[german]{babel} %\usepackage{eurofont} \usepackage{amsfonts} \usepackage{latexsym,amssymb} \usepackage{amsmath} \usepackage{enumerate} \usepackage[section,a4]{defs} \DeclareFontShape{OT1}{cmr}{bx}{sc} { <5> cmbxsc5 <6> cmbxsc6 <7> cmbxsc7 <8> cmbxsc8 <9> cmbxsc9 <10> cmbxsc10 <10.95> cmbxsc11 <12> cmbxsc12 <14.4> cmbxsc14 <17.28> cmbxsc17 <20.74> cmbxsc20 <24.88> cmbxsc25 <29.86> cmbxsc30 <35.83> cmbxsc36}{} %\renewcommand{\oddhead}{Mathematik 2E\hfillÜbungsbeispiele zur Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik} %\renewcommand{\oddfoot}{\hfill\thepage\hfill} %\renewcommand{\evenhead}{} %\renewcommand{\evenfoot}{} \pagestyle{plain} \def\P{P} \DeclareMathOperator{\erw}{\mathbb{E}} \DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \DeclareMathOperator{\Var}{Var} \newcommand{\w}{Wahrscheinlichkeit} \parskip=11pt plus 3pt minus 3pt \parindent=0pt \begin{document} \begin{center} \textbf{\Large Übungen zur Wahrscheinlichkeitstheorie \& Statistik II}\\ 14.03.2003 \end{center} \begin{enumerate} \item Eine blinde Oma schenkt ihrem Enkel Max zu Weihnachten zwei Geldscheine. In ihrer Brieftasche befinden sich drei 5 Euro-Scheine, drei 10 Euro-Scheine und ein alter Einkaufszettel. Zufällig zieht die Oma zwei von diesen sieben Scheinen aus ihrer Brieftasche und gibt sie Max. Es bezeichne $W$ den Wert der Geldscheine, die Max bekommen hat. \begin{enumerate}[(a)] \item Bestimmen Sie die Verteilung, den Erwartungswert und die Varianz von $W$. \item Wie groß ist die \w, dass Max mindestens 10 Euro bekommt? Berechnen Sie weiters die \w, dass Max weniger als den Erwartungswert $\E(W)$ bekommt. \item Das kleine Geschwisterchen von Max bekommt nur einen Geldschein von Oma. Die Oma zieht zuerst einen 5 Euro-Schein aus ihrer Brieftasche und lässt nun Max entscheiden, ob er diesen Schein behalten will, oder ob ihn sein Geschwisterchen bekommen soll. Wie soll er sich entscheiden? (Hinweis: Wie ändert sich der Erwartungswert?) \end{enumerate} \textbf{Lösung:}\\ Sei $X$ die erhaltene Summe dann gilt: \begin{center} \begin{tabular}{ccccc} \linespread{3} X&Ausfall & Anzahl &W! f. Einzelausfall& $P(X)$ \\ \hline $5$& ein $5er$ und ein $0er$ & $2$ &$\frac{1 \cdot 3}{7\cdot 6}$& $\frac{1}{7}$\\ \hline $10$& ein $10er$ und ein $0er$ &$2$& $\frac{1\cdot 3}{7 \cdot 6}$ & \\ & zwei $5er$ & $1$ & $\frac{2\cdot 3}{7 \cdot 6}$& $\frac{2}{7}$\\ \hline $15$ & ein $10er$ und ein $5er$ &$2$& $\frac{3\cdot 3}{7 \cdot 6}$ & $\frac{3}{7}$\\ \hline $20$ & zwei $10er$ &$1$& $\frac{2\cdot 3}{7 \cdot 6}$& $\frac{1}{7}$ \\ \hline \linespread{1} \end{tabular} \end{center} \begin{enumerate} \item \begin{itemize} \item$\erw(X) = 5 \frac{1}{7} + 10 \frac{2}{7} + 15 \frac{3}{7} + 20 \frac{1}{7} = \frac{90}{7}.$ \item $V(X) = \erw[X^2] - \erw[X]^2 = 25 \frac{1}{7} + 100 \frac{2}{7} + 225 \frac{3}{7} + 400 \frac{1}{7} - \left(\frac{90}{7}\right)^2 = \frac{1000}{49}.$ \end{itemize} \item \begin{itemize} \item $P(X \geq 10) = 1 - P(X< 10) = 1 - P(X=5) = 1 - \frac{1}{7}= \frac{6}{7}.$ \item \begin{multline*} P(X\leq \erw(X)) = P(X \leq 12.9) = P(X \leq 10)\\ = P(X=5) + P(X=10) = \frac{1}{7} + \frac{2}{7} = \frac{3}{7}. \end{multline*} \end{itemize} \item Wenn Max den 5er nimmt hat er folgende Verteilung: $$P(X=5)=1/6, P(X=10)=1/3, P(X=15)=1/2$$ mit Erwartungswert $35/3$, anderenfalls ergibt sich $$P(X=5)=2/15, P(X=10)=4/15, P(X=15)=2/5, P(X=20)=1/5$$ mit Erwartungswert $40/3$. Er soll den 5er also dem Geschwisterchen überlassen. \end{enumerate} \item In einem Ölhafen ist die Zahl der pro Tag einlaufenden Tanker Poisson-verteilt mit Erwartungswert 2. Es können pro Tag 3 Tanker abgefertigt werden. \begin{enumerate} \item Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass an einem bestimmten Tag Tanker abgewiesen werden müssen? \item In welchem Ausmaß muss die Kapazität erweitert werden, um mit einer Wahrscheinlichkeit von 90\% alle einlaufenden Tanker abfertigen zu können? \end{enumerate} \textbf{Lösung:}\\ Sei $X$ die Anzahl der ankommenden Tanker. Dann gilt $X \sim Poisson(2)$. D.h. $$P(X=k) = \frac{2^k}{k!}e^{-2} \qquad \text{für} \qquad k= 0,1,2,\dots$$ \begin{enumerate} \item \begin{multline*} P(X > 3) = 1 - P(X \leq 3) \\= 1 - (P(X=0)+P(X=1)+P(X=2) +P(X=3)) \\= 1 - e^{-2}(1+2+2+4/3) = 0.143. \end{multline*} \item Gesucht ist $\min_k \left\{ P(X>k) \leq 0.1 \right\}$: \\ \begin{multline*} P(X=4) = \frac{2^4}{4!}e^{-2} \Rightarrow P(X > 4) = 1 - P(X \leq 4) = 0.052 \end{multline*} Eine Kapazität von 4 ist ausreichend. \end{enumerate} \item Beim Hütchenspiel wird unter einem von drei Hütchen eine Erbse versteckt. Danach werden die Hütchen gemischt, und ein Spieler kann auf ein Hütchen setzen. Der Spieler gewinnt, wenn er jenes Hütchen errät, unter dem sich die Erbse befindet. Um dem Spieler zu helfen wird ihm zufällig ein Hütchen genannt, auf das er nicht gesetzt hat und in dem sich die Erbse nicht befindet. Nun kann der Spieler seinen Einsatz verschieben. Wie soll sich der Spieler verhalten, um möglichst oft zu gewinnen? \textbf{Lösung:}\\ Ohne Beschränkung der Allgemeinheit nehmen wir an, dass sich die Erbse im ersten Hütchen befindet. Nun kann man folgenden Wahrscheinlichkeitsbaum angeben: \begin{enumerate} \item Der Spieler tippt auf Hütchen 3. Dies geschieht mit Wahrscheinlichkeit $1/3$. Mit Wahrscheinlichkeit 1 wird nun Hütchen 2 angeben (einzige Möglichkeit). Sei der Gewinn mit 1 angesetzt, bei Verlust erhalte der Spieler 0. Dann ist hier nun die Wechselstrategie (W) angebracht. Bei der Nicht-Wechselstrategie (NW) verliert der Spieler. \item Dasselbe Bild ergibt sich, wenn der Spieler auf Hütchen 2 tippt. In den beiden nun abgehandelten Fällen gewinnt der Spieler mit (W) einen Betrag von $2\cdot 1/3=2/3$. \item Der Spieler tippt auf Hütchen 1 (in einem Drittel der Fälle). Nun ist natürlich (NW) besser. Es ergeben sich zwei Fälle, der Moderator kann sich nun für Hütchen 2 oder 3 entscheiden. Beides geschieht mit der Wahrscheinlichkeit $1/2$. Da aber die Grundwahrscheinlichkeit dieses Falles schon $1/3$ war, gewinnt der Spieler hier mit (NW) nur $2\cdot 1/2\cdot 1/3=1/3$! \end{enumerate} Es zeigt sich also, dass der mittlere Gewinn bei (W) gleich $2/3$, jener bei (NW) gleich $1/3$ ist. Es ist also angebracht, die eigene ursprüngliche Entscheidung zu widerrufen und sich für ein anderes Hütchen zu entscheiden. \item Es soll die Verteilung von Geburtstagen innerhalb einer Gruppe untersucht werden. Einfachheitshalber wird angenommen, dass es keine Schaltjahre gibt. \begin{enumerate}[(a)] \item Wie groß ist die \w, dass innerhalb einer Gruppe von 15 Personen mindestens zwei Personen am selben Tag Geburtstag haben? \item Wieviele Personen müssen in einer Gruppe sein, damit mit einer Wahrscheinlichkeit von 90\% oder mehr mindestens zwei Personen am selben Tag Geburtstag haben? \end{enumerate} \textbf{Lösung:} \\ Das Modell ist analog zu einer Urne in der 365 Kugeln liegen. Wir ziehen $m$-Mal mit zurücklegen. Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens eine Kugel zweimal gezogen wird. $$P(\text{mindestens eine Kugel 2 mal gezogen}) = 1 - P(\text{jede Kugel maximal einmal gezogen}).$$ Die W! auf der rechten Seite kann leicht bestimmt werden. $$P(\text{jede Kugel maximal einmal gezogen}) = \frac{m! \binom{365}{m}}{365^m},$$ wobei der Nenner der Anzahl aller möglchen gezogenen Ereignisse beschreibt ($m$ mal ziehen aus 365 mit zurücklegen) und der Zähler die günstigen Events: Die Anzahl der Ausfälle in jenen jede Kugel nur einmal vokommt, entspricht der Anzahl der Möglchkeiten $m$ Kugeln aus 365 auszuwählen $\binom{365}{m}$ mal die Anzahl der danach möglichen Anordnungen ($m!$). \begin{enumerate} \item $1-\frac{15! \binom{365}{15}}{365^{15}}=0.253.$ \item $1-\frac{40! \binom{365}{40}}{365^{40}}< 0.9 <1-\frac{41! \binom{365}{41}}{365^{41}}.$ Es werden 41 Personen benötigt. \end{enumerate} \item Die Füllung von 50 kg - Zementsäcken erfolgt maschinell. Die Maschine hat die Einstellungen $\mu=50$ kg und $\sigma=1.5$ kg. \begin{enumerate} \item \label{a} Wieviel Prozent Ausschuss ist zu erwarten, wenn ein Sack \begin{enumerate} \item mehr als 49 kg wiegen muss? (25.14\%) \item höchstens 52 kg wiegen darf? (9.18\%) \item um max. 1.2 kg vom Sollgewicht abweichen darf? (42.38\%) \end{enumerate} \item Wie muss man die Toleranzgrenzen wählen (50$\pm\triangle\mu$), um nicht mehr als 5\% Ausschuss zu erhalten? ($\triangle\mu=2.94$) \item Wie ändern sich in Aufgabe \ref{a} jeweils die Ausschuss-Anteile, wenn eine bessere Anlage mit $\sigma=0.8$ kg eingesetzt wurde? (10.57\%; 0.62\%; 13.36\%) \end{enumerate} \textbf{Lösung:}\\ \begin{enumerate} \item Die Füllmenge $X$ ist eine normalverteilte Zufallsvariable mit den angegebenen Parametern $\mu=50$ und $\sigma=1.5$. Unter Berücksichtigung, dass $$N(\mu,\sigma,x)=\Phi\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right),$$ erhält man: \begin{enumerate} \item $N(50,1.5,49)=\Phi\left(-\frac{1}{1.5}\right)=1-\Phi\left(\frac{2}{3}\right) =1-0.7486=0.2514$ und \item $1-N(50,1.5,52)=1-\Phi\left(\frac{2}{1.5}\right)=1-\Phi\left(\frac{4}{3}\right) =1-0.9082=0.0918.$ \item Da die Normalverteilung symmetrisch ist, errechnet sich der gesuchte mittlere Ausschuss-Anteil aus $$2 N(50,1.5,\underbrace{50-1.2}_{48.8})=2\left(1-\Phi\left(\frac{1.2}{1.5}\right)\right) =2(1-0.7881)=0.4238.$$ Die Werte der Funktion $\Phi$ lassen sich aus der Tabelle im Skriptum ablesen. Die erste Spalte gibt die erste Dezimale des Argumentes an, die entsprechende Zeile die jeweiligen zweiten Dezimalen. \end{enumerate} \item Analog zu obigem erhält man hier eine Gleichung in $\triangle \mu$: $$2 N(50,1.5,50-\triangle \mu)=2\left(1-\Phi\left(\frac{\triangle \mu}{1.5}\right)\right) =0.05.$$ Und damit in weiterer Folge $$\Phi\left(\frac{\triangle \mu}{1.5}\right)=0.975,$$ $$\triangle \mu/1.5 =1.96,\qquad \triangle\mu=2.94,$$ durch Ablesen in der Tabelle. \item Als Übung erhält man in Aufgabe \ref{a} die Ausschussanteile zu 10.57\%, 0.62\% bzw. 13.36\%. \end{enumerate} \item Der Nikotingehalt einer Zigarettensorte wird periodisch überprüft. Dem Verpackungstext zufolge soll eine Zigarette einen Nikotingehalt im Rauch von 0.6{mg} aufweisen. Bei einer Stichprobe von 30 Zigaretten wurden die Messwerte $\bar{x} = 0.63$ und $s = 0.065$ ermittelt. Man bestimme ein zweiseitges Konfindenzintervall, in dem der wahre Mittelwert der Stichprobe mit $99\%$ liegt. Welche Voraussetzungen müssen Sie dafür machen? \textbf{Lösung:}\\ Wir nehmen an, daß $x_1,x_2, \dots,x_{30}$ unabhängig identisch normalverteilt mit unbekannten $\mu , \sigma$ sind. Dann erhalten wir ein zweiseitiges $95\%$-Konfidenzintervall mit der Formel $$\left[\bar{x} - w_{\alpha}\frac{s}{\sqrt{n}}, \bar{x} + w_{\alpha}\frac{s}{\sqrt{n}}\right]$$ mit $w_{\alpha} = t_{n-1}^{-1} (1-\alpha/2)$. Wir haben $\alpha=0.01 \Rightarrow w_{0.05}= t_{29}^{-1}(0.975) = 2.045$ und daher $$\left[0.63 - 2.045\frac{0.065}{\sqrt{30}},0.63 + 2.045\frac{0.065}{\sqrt{30}}\right]=[0.597,0.663].$$ \item Die Anzahl der Bücher, die pro Wochentag in einer Bibliothek entlehnt werden, ist in der folgenden Tabelle angegeben: \begin{center} \begin{tabular}{ccccc} Montag & Dienstag & Mittwoch & Donnerstag & Freitag \\ \hline 136 & 127 & 119 & 114 & 164 \end{tabular} \end{center} Testen Sie die Behauptung: Die Zahl der Entlehnungen ist unabhängig vom Wochentag. \textbf{Lösung:}\\ Unsere These $H_0$ heißt \textit{Die Zahl der Entlehnungen ist unabhängig vom Wochentag}. D.h. die Anzahl der entlehten Bücher hat an jedem Tag die selbe Verteilung. Um dies zu testen verwenden wir den $\chi^2$-Test. Gegeben sind folgende Größen: $N=\sum_{i=1}^5 N_i$, \begin{center} \begin{tabular}{cccccc} &Montag & Dienstag & Mittwoch & Donnerstag & Freitag \\ \hline $N_i$& 136 & 127 & 119 & 114 & 164 \\ $p_i$ & 1/5 & 1/5 & 1/5 & 1/5 &1/5 \\ $\phi_i = Np_i$ & 132&132&132&132&132 \end{tabular} \end{center} Die $\chi^2$-Teststatistik lautet $$Y = \sum_{i=1}^5 \frac{(N_i - \phi_i)^2}{\phi_i} = 11.8.$$ Diese wird verglichen mit der $95\%$-Quantile der Verteilung $\chi^2_{5-1}$. Diese beträgt $9.49$. Da $Y > \chi^2_{5-1,0.95}$ müssen wir die Hypothese $H_0$ bei einem $5\%$-Signifikanzniveau verwerfen. \item Ein Student sitzt nach bestandener Mathematik-Prüfung in einer Bar und trinkt Tequilla. Aus Erfahrung weiß er, dass er mit einer \w\ von 5\% in einem Glas einen Wurm bekommt. \begin{enumerate}[(a)] \item Es bezeichne nun $W$ die Anzahl der Würmer, die in zehn Tequilla vorkommen. Bestimmen Sie Erwartungswert und Varianz von $W$. Berechnen Sie $\P(W=1)$ und $\P(W \geq 1)$. \item Der Student trifft vier Freunde, und alle trinken sie nun jeweils sechs Tequilla. Wie groß ist die \w, dass dann zwei oder mehr von ihnen mindestens einen Wurm bekommen? Vergleichen Sie das Ergebnis mit der Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei Würmer konsumiert werden. \end{enumerate} \textbf{Lösung:}\\ Gegeben ist also $p=5\%$ und $n=10$, die Zufallsvariable $W$ ist binomialverteilt, es ist $W\sim Bin(10,0.05)$. Damit lassen sich Erwartungswert und Varianz leicht bestimmen (Formelsammlung): $$E(X)=np=10\cdot 0.05=0.5,\qquad Var(X)=np(1-p)=0.475.$$ \begin{enumerate} \item[(a)] Die Wahrscheinlichkeit, dass sich in den zehn Tequilas genau ein Wurm befindet beträgt: $$P(W=1)=\binom{10}{1}0.05^1 (1-0.05)^9=0.3151.$$ Die Wahrscheinlichkeit hingegen, dass sich in den zehn Tequilas mindestens ein Wurm befindet, lässt sich über die Gegenwahrscheinlichkeit berechnen: $$P(W\geq1)=1-P(W=0)=1-\binom{10}{0}0.05^0 (1-0.05)^{10}=0.4013.$$ \item[(b)] Als Zwischenergebnis halten wir auch $P(W=0)=0.5987$ fest. Die Wahrscheinlichkeit nun, dass die fünf Freunde, die ja insgesamt $5\cdot 6=30$ Tequilas konsumieren, zusammen mindestens zwei Würmer genießen, ist: $$P(E_2)=1-\binom{30}{0}(1-p)^{30}p^0-\binom{30}{1}(1-p)^{29} p^1=1-0.95^{30} -30\cdot 0.95^{29}\cdot 0.05=0.4465.$$ Die Wahrscheinlichkeit, dass zwei oder mehr von den fünf Freunden mindestens einen Wurm bekommen, beträgt: $$P(E_1)=1-\binom{5}{0}p_0^5 (1-p_0)^0-\binom{5}{1}p_0^4 (1-p_0)^1,$$ wobei $p_0$ die Wahrscheinlichkeit für einen Freund bezeichnet, in seinen 6 Tequilas keinen Wurm zu bekommen. Diese Wahrscheinlichkeit ist $$p_0=\binom{6}{0}p^0 (1-p)^6=0.7351.$$ Schließlich eingesetzt in den obigen Ausdruck erhält man $$P(E_1)=0.3986.$$ \end{enumerate} \item Zwei Jäger schießen auf zwei Enten und treffen ihr Ziel jeweils mit einer \w\ von 80\%. \begin{enumerate}[(a)] \item Sie sprechen sich ab, wer auf welche Ente schießt. Wie groß ist dann die \w, dass genau eine Ente getroffen wird? \item Was passiert, wenn den Jägern keine Zeit mehr bleibt, um sich abzusprechen, und sie unabhängig und zufällig auf die Enten schießen? \end{enumerate} \textbf{Lösung:}\\ Seien $J_1$ und $J_2$ die beiden Jäger, $E_1$ und $E_2$ die beiden Enten. Wir nehmen nun an (aus Symmetrieüberlegungen), dass $J_1$ auf $E_1$ zielt. Wird abgesprochen, wer auf welche Ente zielt, so muss $J_2$ auf $E_2$ zielen. Die Wahrscheinlichkeit, dass genau eine Ente getroffen wird, besteht aus den Teilwahrscheilichkeiten, dass $J_1$ nicht trifft und $J_2$ trifft und umgekehrt. Also: $$P(\text{genau eine Ente tot mit Absprache})=0.8\cdot 0.2+0.2 \cdot 0.8=32\%.$$ Wird hingegen nicht abgesprochen, so ergibt sich \begin{align*} P(&\text{genau eine Ente tot ohne Absprache})=\\ =0.8\cdot &(\underbrace{0.4}_{\text{W!, dass $J_2$ $E_2$ trifft}} +\underbrace{0.1}_{\text{W!, dass $J_2$ $E_1$ nicht trifft}} +\underbrace{0.1}_{\text{W!, dass $J_2$ $E_2$ nicht trifft}})+\\ +0.2 \cdot &(\underbrace{0.4}_{\text{W!, dass $J_2$ $E_1$ trifft}} +\underbrace{0.4}_{\text{W!, dass $J_2$ $E_2$ trifft}})=64\%. \end{align*} Fazit: Die Jäger sollen sich nicht absprechen, falls sie aus welchen Gründen auch immer (Hunger?) nur an einer Ente interessiert sind. \end{enumerate} \end{document}