UNIVERSITÄT FREIBURG Naturwissenschaftliche Fakultät Department Mathematik Frühlingssemester 2016 Propädeutische Statistik – Lösungen Übungsblatt 3 Aufgabe 1. Permutations (a) On veut attribuer à chaque objet un nombre de 1 à n. Pour le nombre 1, on a n objets à disposition, pour le 2, il ne reste plus que n − 1 objets à disposition (un a déjà été utilisé à la première place), et ainsi de suite, jusqu’à arriver au nombre n qui ne peut être attribué qu’à seul un objet - le dernier restant. (b) Selon le point précédent, il y a 15! permutations possibles de nos 15 livres. Mais en faisant ainsi, on compte trop d’agencements. En effet, les livres rouges sont indiscernables les uns des autres. Autrement dit, si on permute ces livres entre eux, on obtient la même configuration. Il faut donc diviser nos possibilités par les permutations de 3 objets, et on obtient ainsi 15! = 2170 9450 7280 000 possibilités d’agencements. 3! (c) Par le même raisonnement que précédemment : on a 11 lettres à permuter avec des répétitions (4 I, 4 S, 2 P). On obtient ainsi 11! = 340 650 anagrammes. 4!4!2! Aufgabe 2. Ziehungen (a) Sagen wir 1 stellt Kopf dar und 0 stellt Zahl dar. Das Ziel ist hier also eine Folge von n Objekte zu permutieren mit genau k (identischen) 1 und n − k (identischen) 0. Die Anzahl Möglichkeiten ist also n! k!(n − k)! Diese letzte Formel lässt sich aber so umformen : n! n(n − 1)(n − 2)....(n − k)(n − k − 1)...2 · 1 n(n − 1) · ... · (n − k + 1) = = k!(n − k)! k! · (n − k)(n − k − 1)...2 · 1 k! (b) Diese Formel gilt auch für die Anzahl von k Ziehungen aus n verschiedenen Objekten im folgenden Sinn : Ordne alle n Objekte in einer Reihe und nummeriere die verschiedenen Plätze von 1 bis n. Jetzt möchte man k Objekte auswählen. Dazu schreibt man eine 1 für jedes gezogene Objekt und eine 0 sonst. Die k gezogenen Objekte sind also mit einer Eins beschrieben, die n − k anderen mit Nullen. Es reicht also alle Möglichkeiten zu zählen. Beim Schweizer Lotto muss man 6 Zahlen aus 42 ziehen. Das heisst die Anzahl Möglichkeiten ist 42 = 50 2450 786 6 und somit ist die Wahrscheinlichkeit zu gewinnen extrem klein (1/5245786). 0 0 (c) (i) Wähle 5 Karten aus 52 : 52 5 = 2 598 960 (ii) Wähle 3 Königen aus 4 ( 43 ) und dann fehlen nur 2 Karten aus 48 (i.e. 52 minus die vier Königen). 0 Also 43 · 48 2 = 4 512. (iii) Erste Ziehung : 4 Möglichkeiten. Zweite Ziehung : 4 Möglichkeiten. Dritte Ziehung : 4 Möglichkeiten. Bei der vierten und fünften Ziehung hat der Spieler nur noch 48 Möglichkeiten keinen König zu ziehen. Man sollte noch die Reihenfolge der Ziehungen auszuwählen (egal ob ein König bei erster oder vierter Ziehung erscheint) ; 53 entspricht dieser Idee. Also alles zusammen, gibt es so viele Möglichkeiten wie 5 5 4 · 4 · 4 · 48 · 48 · = 43 · 482 · = 10 4740 560. 3 3 Aufgabe 3. Une identité et un problème (a) (i) On peut par exemple construire un arbre comme suit : pour chaque élément de l’ensemble, on a 2 branches : une pour l’option ”on prend l’objet dans le sous-ensemble”, et une pour l’option ”on ne prend pas l’objet dans le sous-ensemble”. Au final, on aura un arbre avec 2n branches, car le choix ”on prend/on ne prend pas” doit être effectué pour les n objets. n (ii) On commence par remarquer que le nombre de sous-ensembles à k éléments est donné par . En k effet, cela revient à choisir k objets parmi les n qu’on a à disposition. Le nombre total d’ensembles qu’on peut faire avec les éléments d’un ensemble à n éléments est donc donné par n X n k=0 k . En se souvenant que 1l = 1 pour tout l ∈ N, on conclut grâce au binôme de Newton : n X n k=0 k = n X n k=0 k 1k 1n−k = (1 + 1)n = 2n . (b) On ne peut pas compter ces 3 issues de la même manière ! En effet, on parle de différents moments du jeu (une fois après 1 seul jet, l’autre après 2 jets). Autrement dit, dire qu’on arrête le jeu après le premier ”pile” revient à regrouper les issues ”pile-pile” et ”pile-face” en une seule issue, alors qu’on distingue bien les issues ”face-pile” et ”face-face”. Ces quatre issues sont équiprobables, et donc la bonne probabilité de gain est 34 . Une autre manière de s’en convaincre est de remarquer qu’on perd le jeu si et seulement si on obtient deux fois ”face”. Comme l’issue ”face-face” a une probabilité 12 · 12 = 14 , la probabilité de gagner est 1 − 14 = 43 . Aufgabe 4. Loi normale, le retour (a) (i) Le c. (ii) Il est centré autour de sa médiane, qui correspond ici également à la moyenne de l’échantillon. La dispersion autour des quartiles correspond à celle d’une lois normale. (b) (i) La variable LBM semble être une bonne candidate (tant pour les chiens que pour les loups) (par rapport au point précédent). (ii) La variable avec la plus grande dispersion (moustache les plus larges) est donnée par LCB. (iii) La variable LBM (voir point (a) ) semble être ainsi distribuée selon la même loi chez les chien et les loups, cependant les paramètres de la loi changent pour l’un et l’autre. En effet, avec le boxplot, on remarque facilement que la valeur médiane est plus grande chez les loups que chez les chiens, tandis que les chiens ont eux une distribution des valeurs possibles pour la variables plus large. On pourrait expliquer ce phénomène de part le fait que parmi les chiens se retrouvent plusieurs races aux caractéristiques très différentes, tandis que un tel phénomène de dispersion est moins marqué chez les loups. Une autre variable ayant une forme semblable à la fois pour les chiens et les loups semble être LSM (à nouveau en prenant garde au fait que les paramètres de centralité et de dispersion sont eux différents). Cette fois, la moustache supérieure est dans les deux cas assez largement inférieure à la moustache inférieure et la médiane relativement haute dans la boı̂te. On pourrait ainsi facilement imaginer que cette variable suit une loi de puissance (voir série précédente).