Übung 3.1 - Uni Kassel

Dr. Jürgen Senger
INDUKTIVE STATISTIK
Wahrscheinlichkeitstheorie, Schätz- und Testverfahren
ÜBUNG 3.1 - LÖSUNGEN
1.
Werfen eines idealen Würfels
a.
Sei A das Ereignis, eine 6 zu würfeln
A ={6}
Das Ereignis, keine 6 zu würfeln, ist dann das Komplementärereignis A zu A.
Für die Wahrscheinlichkeit des Komplementärereignisses gilt gemäß Folgerung 1 aus den Axiomen
P ( A ) = 1 − P( A) = 1 −
b.
1 5
=
6 6
Sei A das Ereignis, eine gerade Zahl und B das Ereignis, eine Primzahl zu würfeln
A = { 2, 4, 6}
B = { 2, 3, 5}
(1 ist keine echte Primzahl!)
Das Ereignis, eine gerade Zahl oder eine Primzahl zu würfeln, ist dann die Vereinigung von A und B
A ∪ B = { 2, 3, 4, 5, 6}
Die Wahrscheinlichkeit beträgt
P( A ∪ B) =
| A∪ B | 5
=
|M |
6
Mit Hilfe des Additionssatzes (Folgerung 6) erhalten wir alternativ
P( A ∪ B) = P ( A) + P( B ) − P( A ∩ B ) =
c.
3 3 1 5
+ − =
6 6 6 6
Sei A das Ereignis, eine ungerade Zahl und B das Ereignis, eine Primzahl zu
würfeln
A = {1, 3, 5}
Senger – Induktive Statistik
ÜBUNG 3.1 - LÖSUNGEN
2
B = { 2, 3, 5}
Das Ereignis, eine ungerade Zahl oder eine Primzahl zu würfeln, ist dann wieder die Vereinigung von A und B
A ∪ B = {1, 2, 3, 5}
mit der Wahrscheinlichkeit
P( A ∪ B) =
4 2
=
6 3
Mit dem Additionssatzes (Folgerung 6) erhalten wir alternativ
P( A ∪ B) = P( A) + P( B) − P( A ∩ B) =
2.
3 3 2 4 2
+ − = =
6 6 6 6 3
Zweimaliges Werfen eines Würfels (m.B.A.)
Sei A1 das Ereignis, beim 1. Wurf und A2 das Ereignis, beim 2. Wurf eine 6 zu würfeln. Das Ereignis, beim zweimaligen Werfen des Würfels mindestens eine 6 zu
werfen, bedeutet beim 1. oder 2. Wurf eine 6 zu würfeln und entspricht der Vereinigung von A1 und A2. Nach dem Additionssatz folgt
P( A1 ∪ A2 ) = P( A1 ) + P ( A2 ) − P ( A1 ∩ A2 )
=
1
6
+
1
6
1
36
−
=
2.Wurf
1.Wurf
1
A1
Senger – Induktive Statistik
11
36
A2
2
3
4
5
6
1
(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
2
(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
3
(3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)
4
(4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)
5
(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
6
(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)
A1 ∩ A2
ÜBUNG 3.1 - LÖSUNGEN
3.
3
Dreimaliges Werfen eines Würfels (m.B.A.)
Sei A das Ereignis, nicht dreimal dieselbe Zahl zu würfeln. Die direkte Berechnung
der Wahrscheinlichkeit wäre wegen der großen Anzahl von Elementarereignissen
(216) sehr umständlich. Wir wählen daher den Umweg über das Komplementärereignis A , dreimal dieselbe Zahl zu würfeln
A = {(1, 1, 1) , (2, 2, 2), (3, 3, 3), (4, 4, 4), (5, 5, 5), (6, 6, 6)}
Die Wahrscheinlichkeit drei gleiche Zahlen zu werfen, beträgt
P( A ) =
|A| 6
1
= 3=
= 0,028
M 6
36
Für die Wahrscheinlichkeit des Komplementärereignisses A zu A gilt Folgerung 1
P ( A) = 1 − P( A ) = 1 −
4.
1 35
=
= 0,972
36 36
Ziehen einer Karte aus einem Skatspiel
Sei A das Ereignis, ein As und B das Ereignis ein Karo zu ziehen.
Das Ereignis, beim Ziehen einer Karte ein As oder ein Karo zu ziehen, entspricht
der Vereinigung von A und B. Da die Ereignisse nicht disjunkt sind, es gibt ja das
Karo As, muß der Additionssatz angewandt werden
P( A ∪ B ) = P( A) + P( B) − P ( A ∩ B)
4
8
1 11
=
+ −
=
= 0,34
32 32 32 32
5.
Zweimaliges Ziehen einer Karte aus einem Skatspiel (mit Zurücklegen)
Das Ziehen je einer Karte aus zwei Kartenspielen entspricht dem zweimaligen Ziehen einer Karte mit Zurücklegen aus einem Kartenspiel.
Sei A das Ereignis, Herzdame beim 1. Zug und B das Ereignis, Herzdame beim 2.
Zug zu ziehen. Das Ereignis mindestens eine Herzdame zu ziehen bedeutet, beim 1.
oder 2. Zug eine Herzdame zu ziehen und entspricht der Vereinigung von A und B.
Da es möglich ist, sowohl beim 1. als auch beim 2. Zug eine Herzdame zu ziehen,
sind die Ereignisse nicht disjunkt. Daher ist wieder der Additionssatz anzuwenden
P( A ∪ B) =
Senger – Induktive Statistik
1
1
1
1
1
1
+ − 2 =
+ −
= 0,0615
32 32 32
32 32 1024
ÜBUNG 3.1 - LÖSUNGEN
6.
4
Ziehen einer Karte aus einem Skatspiel
Sei A das Ereignis, einen Buben und B das Ereignis, ein Karo zu ziehen. Das Ereignis kein Karo (also ein Kreuz, Pik oder Herz) zu ziehen, ist dann das Komplementärereignis B von B.
a.
Das Ereignis, einen Buben oder kein Karo zu ziehen, bedeutet einen Buben oder ein Kreuz, Pik oder Herz zu ziehen, entspricht also wieder der Vereinigung
von A und B . Da die Ereignisse nicht disjunkt sind, es gibt ja den Kreuzbuben,
den Pikbuben und den Herzbuben, wird der Additionssatz angewandt
P ( A ∪ B ) = P( A) + P( B ) − P( A ∩ B )
=
b.
4 24 3 25
+
−
=
= 0,78
32 32 32 32
Das Ereignis, einen Buben und kein Karo zu ziehen, entspricht der Differenz
von A und B und bedeutet den Kreuzbuben, den Pikbuben oder den Herzbuben
zu ziehen. Für die Wahrscheinlichkeit der Differenz gilt die Folgerung 5
P ( A \ B) = P( A) − P( A ∩ B)
4 1
3
=
−
=
= 0,09375
32 32 32
7.
Zweimaliges Ziehen einer Karte aus einem Skatspiel (ohne Zurücklegen)
Sei A das Ereignis, As beim 1. Zug und B das Ereignis, As beim 2. Zug zu ziehen.
In diesem Beispiel wird ohne Zurücklegen gezogen, die zuerst gezogene Karte also
beiseite gelegt, bevor die 2. Karte gezogen wird. Die Wahrscheinlichkeit, beim 2.
Zug ein As zu ziehen, hängt also davon ab, welche Karte beim 1. Zug gezogen wurde.
Die Wahrscheinlichkeit beim 2. Zug ein As zu ziehen, wenn bereits beim 1. Zug ein
As gezogen wurde, ist die bedingte Wahrscheinlichkeit von B unter der Bedingung
A. Nach dem 1. Zug sind nur noch 31 Karten im Spiel, darunter noch 3 Asse. Die
bedingte Wahrscheinlichkeit läßt sich also direkt berechnen und beträgt
P( B / A) =
3
= 0,0968
31
Wenn die bedingte Wahrscheinlichkeit nicht direkt berechnet werden kann, muß
die Definition benutzt werden
P ( B / A) =
Senger – Induktive Statistik
P( A ∩ B)
P( A)
ÜBUNG 3.1 - LÖSUNGEN
5
Die Wahrscheinlichkeit, beim 1. Zug ein As zu ziehen, beträgt
P( A) =
124 4 1
=
=
992 32 8
und die Wahrscheinlichkeit, beim 1. und 2. Zug ein As zu ziehen
P( A ∩ B) =
12
992
Die Anzahl der Elementarereignisse, d.h. der möglichen Karten-Kombinationen
beim 1. und 2. Zug beträgt
| M | = 32 2 − 32 = 1024 − 32 = 992
Die Zahl der Fälle, in denen beim 1. Zug ein As gezogen wird unabhängig davon,
welche Karte beim 2. Zug gezogen wird, ist
| A | = 4 ⋅ 32 − 4 = 124
Die Zahl der Fälle, in denen beim 1. Zug und beim 2. Zug ein As gezogen wird, ist
| A ∩ B | = 4 2 − 4 = 12
2. Zug
1. Zug
1
1
2
3
4
2
B
3
4 L L 27 28 29 30 31 32
–
–
–
–
M
M
27
28
29
A
30
31
32
Senger – Induktive Statistik
–
–
–
–
A∩B
–
–
ÜBUNG 3.1 - LÖSUNGEN
6
Damit ergibt sich für die bedingte Wahrscheinlichkeit
12
3
P( A ∩ B) 992 12
P( B / A) =
=
=
=
124
124 31
P( A)
992
8.
Sei A das Ereignis "1. Chip defekt" und B das Ereignis "2. Chip defekt".
a.
Die Wahrscheinlichkeit, daß der zweite Chip defekt ist, wenn bereits der erste
defekt war, ist die bedingte Wahrscheinlichkeit von B unter der Bedingung A.
Nachdem beim 1. Zug ein defekter Chip entnommen wurde, liegen noch 9
Chips in der Schachtel darunter noch 2 defekte. Die bedingte Wahrscheinlichkeit läßt sich also direkt berechnen und beträgt
P ( B / A) =
2
= 0,22 2
9
Wenn die bedingte Wahrscheinlichkeit nicht direkt berechnet werden kann,
muß die Definition benutzt werden
P ( B / A) =
P( A ∩ B)
P( A)
Die Wahrscheinlichkeit, beim 1. Zug einen defekten Chip zu ziehen, beträgt
P ( A) =
27 3
=
90 10
und die Wahrscheinlichkeit, beim 1. und 2. Zug einen defekten Chip zu ziehen
P( A ∩ B) =
6
1
=
90 15
Damit ergibt sich für die bedingte Wahrscheinlichkeit
6
P( A ∩ B) 90 6 2
P ( B / A) =
=
=
=
27 27 9
P ( A)
90
Die Anzahl der Elementarereignisse, d.h. der möglichen Chip-Kombinationen
beim 1. und 2. Zug beträgt
| M | = 10 2 − 10 = 100 − 10 = 90
Senger – Induktive Statistik
ÜBUNG 3.1 - LÖSUNGEN
2. Zug
1. Zug
1
1
2
B
3
4
5
6
7
8
9 10
–
2
–
3
–
4
–
5
–
6
–
7
–
8
A
7
–
9
A∩B
–
10
–
Die Zahl der Fälle, in denen beim 1. Zug ein defekter Chip gezogen wird, unabhängig davon welcher Chip beim 2. Zug gezogen wird, ist
| A | = 3 ⋅10 − 3 = 30 − 3 = 27
Die Zahl der Fälle, in denen beim 1. Zug und beim 2. Zug ein defekter Chip
gezogen wird, ist
| A ∩ B | = 32 − 3 = 6
b.
Das Ereignis, daß sowohl der 1. als auch der 2. Chip defekt sind, ist der Durchschnitt der Ereignisse A und B. Die Wahrscheinlichkeit des Durchschnitts beträgt direkt berechnet
P( A ∩ B) =
6
1
=
90 15
oder mit Hilfe des Multiplikationssatzes
P ( A ∩ B) = P ( A) ⋅ P( B / A) =
Senger – Induktive Statistik
3 2 6
1
⋅ =
=
10 9 90 15
ÜBUNG 3.1 - LÖSUNGEN
9.
8
Sei A das Ereignis, daß ein kontrolliertes Radio den Fehler A und B das Ereignis,
daß ein kontrolliertes Radio den Fehler B aufweist.
Da von den 20 fehlerhaften Autoradios 10 den Fehler A haben und 15 den Fehler B,
müssen 5 Radios beide Fehler aufweisen. Also gilt
| M | = 100
| A | = 10
| B | = 15
| A∩ B | = 5
Die Wahrscheinlichkeit, daß ein Radio mit dem Fehler A auch den Fehler B hat, ist
die bedingte Wahrscheinlichkeit von B unter der Bedingung A.
In diesem Beispiel läßt sich die bedingte Wahrscheinlichkeit nicht direkt berechnen. Da wir die Zahl der Radios, die beide Fehler aufweisen, kennen, können wir
die Wahrscheinlichkeit des Durchschnitts der Ereignisse A und B sofort angeben
P( A ∩ B) =
5
1
=
100 20
Die bedingte Wahrscheinlichkeit beträgt also
5
P( A ∩ B) 100 5 1
=
= =
P ( B / A) =
10 10 2
P ( A)
100
Senger – Induktive Statistik