Lösungsvorschlag 4 - D-MATH

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ETH Zürich FS 2013
D-MATH
Hans Rudolf Künsch
Koordinator
Blanka Horvath
Wahrscheinlichkeit & Statistik
Musterlösung Serie 4
1. a) Wir bekommen folgenden binären Baum der Höhe 3 mit 8 Blättern.
Ω
0.27
0.73
Ac
A
0.69
0.31
Bc
B
b)
0.24
0.76
Bc
B
0.62
0.38
0.06
0.94
0.82
0.18
0.07
0.93
C
Cc
C
Cc
C
Cc
C
Cc
P[C|A ∩ B] = 0.62
ist die Wahrscheinlichkeit, aufgenommen zu werden unter der Bedingung,
dass man männlich ist und sich bei Department I beworben hat.
P[C|Ac ∩ B] = 0.82
ist die Wahrscheinlichkeit, aufgenommen zu werden unter der Bedingung,
dass man weiblich ist und sich bei Department I beworben hat.
P[C|A ∩ B c] = 0.06
ist die Wahrscheinlichkeit, aufgenommen zu werden unter der Bedingung,
dass man männlich ist und sich bei Department II beworben hat.
P[C|Ac ∩ B c] = 0.07
ist die Wahrscheinlichkeit, aufgenommen zu werden unter der Bedingung,
dass man weiblich ist und sich bei Department II beworben hat. Nein, wir
finden nicht, dass Frauen benachteiligt sind, eher im Gegenteil, die Wahrscheinlichkeit, dass sie aufgenommen werden gegeben, dass sie sich bei Department I bewerben, ist höher als diejenige bei den Männern.
Bitte wenden!
c)
∩A ]
P[C ∩ A
P[C|Ac] = P[C
=
c
P[A ]
∩ B] + P[C ∩ Ac ∩ B c ]
P[Ac]
0.82 · 0.27 · 0.24 + 0.07 · 0.27 · 0.76
= 0.25.
=
0.27
c
c
Die Wahrscheinlichkeit, aufgenommen zu werden, gegeben, dass man männlich ist, ist 0.45, die Wahrscheinlichkeit, aufgenommen zu werden, gegeben,
dass man weiblich ist, ist 0.25. Hieraus könnte man voreilig schliessen, dass
Frauen benachteiligt werden. Allerdings berücksichtigt man hier nicht, dass
sich Frauen überwiegend bei Department II bewerben, dass eine viel grössere
Ablehnungsquote als Department I aufweist.
P
2. a) Sei k := nj=1 xj die Gesamtzahl der roten Kugeln in der gegebenen Stichprobe X1 = x1 , . . . , Xn = xn , wobei n den Umfang der Stichprobe bezeichnet. Dann ist
P(X1 = x1, . . . , Xn = xn)
=
=
m
X
P (X1 = x1, . . . , Xn = xn|Urne i gewählt) P (Urne i gewählt)
i=1
m X
i=1
2i − 1
2m
2i−1 k
2m
k 2(m−i)+1
2m
2(m − i) + 1
2m
n−k
1
,
m
n−k
wobei
die Wahrscheinlichkeit beschreibt, k rote und
n − k weisse Kugeln in der vorgegebenen Reihenfolge X1 = x1 , . . . , Xn = xn
zu ziehen, wenn wir Urne i gewält haben, und m1 ist die Wahrscheinlichkeit,
Urne i zu wählen.
Um Unabhängigkeit verwerfen zu können, genügt es, ein Gegenbeispiel zu
finden. Wir betrachten die Ereignisse {X1 = 1} und {X2 = 1}. Es gilt:
P ({X1 = 1} ∩ {X2 = 1}) = P (X1 = 1, X2 = 1)
2
m X
1
2j − 1
=
2m
m
j=1
!2
m
X
2j − 1 1
6=
= P ({X1 = 1}) P ({X2 = 1}) ,
2m m
j=1
deshalb sind X1 , . . . , Xn nicht unabhängig.
Siehe nächstes Blatt!
b) Um die gesuchte bedingte Wahrscheinlichkeit zu berechnen, kann man folgende Überlegungen anstellen
P (Gewählte Urne enthält 2i − 1 rote Kugeln|X1 = x1, . . . , Xn = xn)
P ({Urne i gewählt} ∩ {X1 = x1, . . . , Xn = xn})
=
P (X1 = x1, . . . , Xn = xn)
P (X1 = x1, . . . , Xn = xn|Urne i gewählt) P (Urne i gewählt)
=
P (X = x , . . . , X = x )
1
1
n
n
n−k
2i−1 k 2(m−i)+1
=P
m
j=1
2m
2m
n−k
2j−1 k 2(m−j)+1
2m
2m
1
m
1
m
Deshalb berechnen sich die Zahlenwerte an für n = 3, m = 3 in den Fällen
k ∈ {0, 1, 2, 3} als
k
k
k
k
3. a)
=0
=1
=2
=3
|
|
|
|
|
i=1|
0.817|
0.439|
0.088|
0.007|
i=2|
0.176|
0.474|
0.474|
0.176|
i=3|
0.007|
0.088| .
0.439|
0.817|
P(B1) = P(B2) = P(B3) = 13 .
P(A2|B1) = P(A3|B1) = 12 .
P(A2|B2) = 0 P(A3|B2) = 1.
P(A2|B3) = 1 P(A3|B3) = 0.
b)
2 |B1 )P(B1 )
P(B1|A2) = P(A |B )P(B ) + PP(A
(A |B )P(B ) + P(A |B )P(B )
2
=
11
23
+
1
11
23
0 13
+
1
1 13
=
2
1
6
3
6
2
2
2
3
3
1
= .
3
3 |B1 )P(B1 )
P(B1|A3) = P(A |B )P(B ) + PP(A
(A |B )P(B ) + P(A |B )P(B )
3
=
11
23
+
1
11
23
1 13
+
1
0 13
=
3
1
6
3
6
2
2
3
3
3
1
= .
3
D.h. die Wahrscheinlichkeit dass sich das Auto tatsächlich hinter Tor 1 befindet, liegt also auch nach dem Öffnen eines der anderen beiden Tore, nach
wie vor bei 13 , unabhängig davon welches Tor geöffnet wurde.
Bitte wenden!
c) Falls man das Tor nie wechselt, gewinnt man das Auto genau dann wenn
die erste Wahl auf das Auto fällt. Das Ereignis “Auto gewonnen” tritt also
im Fall der Strategie “nie wechseln” genau dann ein, wenn das Ereignis B1
eintritt.
Andererseits, falls man das Tor immer wechselt, gewinnt man das Auto
genau dann, wenn die erste Wahl auf eine Ziege fällt (und der Moderator
die andere Ziege zeigt), d.h. das Ereignis “Auto gewonnen” tritt im Fall der
Strategie “immer wechseln” genau dann ein, wenn das Ereignis (B2 ∩ A3 ) ∪
(B3 ∩ A2 ) eintritt.
d) Da P (B1 ) =
zu wechseln.
1
3
und
P ((B2 ∩ A3) ∪ (B3 ∩ A2)) =
2
,
3
ist es ratsam, das Tor
4. Die Aufgabe kann mit folgendem Code realisiert werden:
a_posteriori_verteilung<-function(m,n,k)
{
c<-1:m
v<-(2*c-1)^k*(2*(m-c)+1)^(n-k)
v<-v/sum(v)
plot(c(1:m)/m, v, type="h", xlab="Urne i", ylab="Wahrscheinlichkeit")
}
png(filename = "a_posteriori.png")
a_posteriori_verteilung(30, 3, 2)
dev.off()
Siehe nächstes Blatt!
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