Elemente der Stochastik (SoSe 2016) 5. Übungsblatt

Transkript

1 Dr. M. Weimar Elemente der Stochasti (SoSe 2016) 5. Übungsblatt Aufgabe 1 (4 Punte) Beweisen sie, dass die Potenzmenge P(A) einer beliebigen endlichen Menge A genau P(A) 2 A Elemente enthält! Hinweis: Nutzen sie dazu entweder vollständige Indution, oder Satz 6.16 der Vorlesung zusammen mit dem binomischen Lehrsatz. Aufgabe 2 (2+24 Punte) Berechnen sie ohne Taschenrechner die beiden Binomialoeffizienten ( 13 3 ) und ( 30 2 ). Aufgabe 3 ( Punte) In einer Urne befinden sich elf Kugeln mit den Nummern 1, 2,..., 11, von denen zwei gleichzeitig gezogen werden. a) Geben sie einen geeigneten W-Raum für dieses Experiment an. b) Wie groß ist die W-eit, dass die Nummern der beiden gezogenen Kugeln ungerade sind? Es sei nun zusätzlich vorausgesetzt, dass die Summe der Nummern der beiden gezogenen Kugeln gerade ist. c) Geben sie auch hier ein geeignetes Modell an, welches widerspiegelt, dass jede in diesem Fall mögliche Ziehung mit gleicher W-eit vorommt. d) Wie groß ist dann die W-eit dafür, dass die Nummern beider Kugeln ungerade sind? Aufgabe 4 (3 Punte) In einem Hörsaal seien die Plätze so angeordnet, dass jede Reihe aus genau 15 Sitzplätzen besteht. Wie viele Möglicheiten für die Sitzordnung in so einer Reihe ergeben sich, falls es (unter den 15 Studierenden die in dieser Reihe sitzen möchten) vier befreundete Studenten gibt, die nebeneinander sitzen wollen, und die restlichen Plätze alle von den anderen Studenten belegt werden? Abgabe (freiwillig): In den Tutorien während der 7. Vorlesungswoche ( )

2 Musterlösung zum 5. Übungsblatt Elemente der Stochasti (SoSe 2016) Aufgabe 1. Zwei Varianten: Vollständige Indution über n A (die Größe der Menge A, d.h. die Anzahl ihrer Elemente). Indutions-Anfang: Im Fall n 0 ann A nur die leere Menge sein (A { } mit A 0). Die Menge aller Teilmengen besteht dann ebenfalls nur aus der leeren Menge P( ) { }, beinhaltet also genau P(A) P( ) { } A Elemente. Die Aussage gilt also für A 0. Indutions-Schritt: Wir nehmen an, die Behauptung gilt für ein gegebenes n N 0. D.h. für jede Menge A mit A n Elementen ist P(A) 2 A 2 n (zumindest für n 0 haben wir das bereits nachgewiesen!). Zu zeigen ist in diesem Schritt, dass dann auch P(A ) 2 n+1 gilt, wobei A A {x} mit x / A, d.h. A A + 1 n + 1. Offensichtlich ist jede Teilmenge von A auch Teilmenge von A, d.h. B P(A) impliziert B P(A ). Wir nummerieren die verschiedenen Mengen B durch, sodass P(A) {B B A} {B 1, B 2, B 3,..., B 2 n 1, B 2 n}, wobei die Indutions-Voraussetzung P(A) 2 n genutzt wurde. Für jedes j 1, 2,..., 2 n gilt, dass x / B j (da x / A und B j A). Zu jedem B j (mit j 1, 2,..., 2 n ) bildet die Menge C j : B j {x} ebenfalls eine Teilmenge von A. Außer den B j ann es eine weiteren Teilmengen von A geben, die x nicht enthalten (denn eine solche Menge müsste Teilmenge von A sein und davon gibt es nur 2 n verschiedene). Genauso gibt es außer den C j eine Teilmengen von A, die x enthalten. Da zudem alle Mengen nach Konstrution paarweise verschieden sind, ist P(A ) {B 1, B 2,..., B 2 n, C 1, C 2,..., C 2 n} und damit P(A ) 2 2 n 2 n+1, wie behauptet. Beide Schritte zusammen zeigen, dass P(A) 2 A für beliebige (endliche) Mengen A gilt. Die elegantere Methode: Sei A eine Menge mit n : A N 0 Elementen. Dann lässt sich ihre Potenzmenge als Vereinigung von Mengen P schreiben, die nur -elementige Teilmengen (mit 0, 1,..., n) von A enthalten: P(A) {B B A} n {B B A mit B } P }{{} 0 P 1... P n. :P 0 Diese Zerlegung ist offensichtlich disjunt, sodass P(A) P 0 + P P n n 0 P. Nach Satz 6.16 gibt es zu 0 n genau ( n ) verschiedene -elementige Teilmengen von n Objeten, d.h. P ( n ). Damit ist wie behauptet n n ( ) n P(A) P 2 n 2 A, 0 0 wobei die vorletzte Gleichheit eine wohlbeannte Eigenschaft der Binomialoeffizienten darstellt, welche z.b. aus dem binomischen Lehrsatz n ( ) n (a + b) n a b n, a, b R und n N 0, 0 für a : b : 1 folgt (oder mit den im Sript angegebenen Reursionsformeln für Binomialoeffizienten gezeigt werden ann).

3 Aufgabe 2. Es gilt ( ) 13 13! 3 3! 10! ! ! (10 + 1) und ( ) 30 30! 2 2! 28! ! ! (30 1) Aufgabe 3. a) (Ω, P ), wobei Ω {Z {1, 2,..., 11} Z 2} (also Ω Menge aller zwei-elementigen Teilmengen von {1, 2,..., 11}) mit Gleichverteilung P auf Ω, d.h. P ({Z}) 1 Ω für alle Z Ω b) Betrachte das Ereignis A Beide Kugelnummern ungerade {Z {1, 3, 5, 7, 9, 11} Z 2}. Die Zahl der möglichen Fälle ( Ω ) stimmt überein mit der Zahl aller möglichen Kombinationen, die man bei Ziehung von zwei Kugeln (ohne Zurüclegen und ohne Berücsichtigung der Reihenfolge) aus einer Urne mit elf verschiedenen Kugeln (mit den Nummern 1, 2,..., 11) erhält (vgl. Satz 6.16): ( ) 11 11! ! 9! 2 (Alternative 1: 11 Möglicheiten für erste Kugel 10 Möglicheiten für zweite Kugel 110 Möglicheiten für geordnete Auswahl, wovon jeweils 2! 2 übereinstimmen, da Reihenfolge unerheblich ist. Alternative 2: Es gibt genau ( ) zwei-elementige Teilmengen einer elf-elementigen Menge). Die Anzahl der für A günstigen Fälle entspricht (analog) der Zahl der Kombinationen, die man durch Ziehung von zwei Kugeln (ohne Zurüclegen und ohne Berücsichtigung der Reihenfolge) aus einer Urne mit sechs Kugeln (mit den Nummern 1, 3, 5, 7, 9, 11) erhält: ( ) 6 2 6! 2! 4! (Man überlege sich selbst wie Alternative 1 und 2 von oben in diesem Fall lauten!) Damit beträgt die gesuchte W-eit P (A) A Anzahl der günstigen Fälle für A 15 Ω Anzahl der möglichen Fälle , also etwa 27%. Die Summe zweier natürlicher Zahlen ist gerade, falls entweder beide Zahlen gerade oder beide ungerade sind! c) (Ω, P ), wobei nun Ω {Z {1, 2,..., 11} Z {a, b} mit a b und a + b gerade} {Z {1, 3, 5, 7, 9, 11} Z 2} {Z {2, 4, 6, 8, 10} Z 2} (oder ähnlich) mit Gleichverteilung P auf Ω (wie in a)) d) Wir wissen bereits aus b), dass 15 (der ursprünglich 55 möglichen) Auswahlen aus zwei ungeraden Zahlen bestehen. Analog berechnet man die Zahl der Kombinationen zweier geradzahlig nummerierter Kugeln (z.b. Zahl der Kombinationen, die man durch Ziehung von zwei Kugeln ohne

4 Zurüclegen und ohne Berücsichtigung der Reihenfolge aus einer Urne mit fünf Kugeln mit den Nummern 2, 4, 6, 8, 10 erhält): ( ) 5 5! 2 2! 3! Ist also beannt, dass die Summe beider Kugelnummern gerade ist, so sind insgesamt Ω (von ursprünglich Ω 55) verschiedene Kombinationen möglich, wovon bei genau A 15 zwei ungerade Kugelnummern gezogen werden. Die gesuchte W-eit ist also diesmal d.h. 60%. P (A) A Anzahl der günstigen Fälle Ω Anzahl der möglichen Fälle , Aufgabe 4. Wir dürfen alle Studierenden als unterscheidbar annehmen. Da die vier Freunde nebeneinander sitzen sollen, muss nur die erste Position ihres Blocs loalisiert werden, wofür es 12 Möglicheiten gibt. Die vier Freunde önnen dann noch auf 4! mögliche Arten permutiert werden, die restlichen 11 Studierenden in der Reihe auf 11! mögliche Weisen. Damit beträgt die Gesamtzahl der möglichen Sitzordnungen 12 4! 11!

5 Vorschläge für die Tutorien zum 5. Übungsblatt Elemente der Stochasti (SoSe 2016) Aufgabe 5 Mit welcher Wahrscheinlicheit befinden sich in einem gut gemischten Satartenstapel (32 Karten: jeweils genau vier unterscheidbare Karten vom Typ 7, 8, 9, 10, Bube, Dame, König, Ass) a) genau vier Asse b) höchstens drei Könige unmittelbar hintereinander? Wir gehen von der Gleichverteilung aus. Insgesamt gibt es 32! mögliche Anordnungen der Karten. a) Da die vier Asse hintereinander liegen sollen, muss nur das erste Ass loalisiert werden. Für dieses gibt es 29 mögliche Plätze. Die Asse önnen auf 4! mögliche Arten angeordnet werden und für die restlichen 28 Karten gibt es 28! Anordnungen. Die gesuchte W-eit beträgt damit (Anz. günstige Fälle / Anz. mögliche Fälle) also 0.08%. 29 4! 28! 32! 4! , b) Höchstens drei Könige hintereinander ist das Gegenereignis zu vier Könige hintereinander, welches analog zu a) die W-eit 1/1 240 besitzt. Die gesuchte W-eit ist damit also 99.92% , Aufgabe 6 Beweisen sie die im Sript angegebenen Rechenregeln für Binomialoeffizienten! Seien, n N 0. Dann gelten folgende Regeln: Symmetrie für 0 n: ( ) n Def. n!! (n )! n! (n )!! n! Def. (n )! (n (n ))! ( n ) n Randfälle 0: Randfälle 1 n: ( ) n Symmetrie 0 ( ) ( ) n Symmetrie n Def. 1 n 1 ( ) n Def. n! ürzen 1. n n! 0! n! ürzen n. (n 1)! 1!

6 Reursionsformel für 1 n: ( ) ( ) n n Def. n! + 1 ( 1)! (n ( 1))! + n!! (n )! erw. n! ( 1)! (n + 1)! + n! (n + 1)! (n )! (n + 1) n! n! (n + 1) +! (n + 1)!! (n + 1)! n! (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)!! ((n + 1) )! ( ) n + 1 Def. Aufgabe 7 Beim Kartenspiel Knac erhält jeder Spieler drei Karten eines gemischten Satblattes und drei weitere dienen als Gemeinschaftsarten. Alle anderen Karten werden nicht verwendet. Wieviele verschiedene Ausgangssituationen gibt es für eine Runde mit nur zwei Spielern? Bei zwei Spielern werden der 32 Karten verwendet. Es ommen also ( ) 32 9 Kombinationen aus 9 Karten in Frage, die beim Ausgeben auf 3 Stapel zu je 3 Karten verteilt werden. Damit ist die gesuchte Anzahl gegeben durch ( ) ( ) ! 9 3, 3, 3 9! 23! 9! ! 3! 3! Aufgabe 8 Aus den Ziffern 1,2,3,4,6 und 8 sind dreistellige Zahlen zu bilden, wobei jede Ziffer mehrfach auftreten darf. a) Wie viele verschiedene solcher Zahlen gibt es? b) Wie viele dieser Zahlen beginnen mit der Ziffer 8? c) Wie groß ist die Wahrscheinlicheit, dass eine zufällig gewonnene solche Zahl nur paarweise verschiedene Ziffern aufweist? a) Es gibt für jede der drei Stellen sechs Wahlmöglicheiten, insgesamt also verschiedene solcher Zahlen. b) Da die erste Stelle auf 8 festgelegt ist, sind noch die Positionen zwei und drei frei wählbar, dafür gibt es insgesamt Möglicheiten. c) Es gibt unter allen 216 Möglicheiten genau Zahlen mit paarweise verschiedenen Ziffern. Geht man von der Gleichverteilung beim zufälligen Ziehen der Zahlen aus, so beträgt die gesuchte W-eit , also etwa 55.6%