Lösungsvorschläge zu Blatt 4

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Lösungsvorschläge zu Blatt 4
Aufgabe 4.I Wir definieren zunächst einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum:
Ω = {ω = (ω1 , ω2 )|ωi ∈ {1, ..., 6}},
p(ω) =
1
1
= ,
|Ω|
36
wobei ω1 =
b gelber Würfel und ω2 =
b roter Würfel.
a) Wir definieren:
A = {ω ∈ Ω|ω1 = 6 ∨ ω2 = 6} und B = {ω ∈ Ω|ω1 6= 6 ∧ ω2 6= 6} = Ω \ {(6, 6)}.
Dann gilt: |A| = 11, |B| = 35 und |A ∩ B| = 10. Also:
10
36
Wir können nun P (A|B) berechnen:
P (A ∩ B) =
und P (B) =
P (A ∩ B)
=
P (A|B) =
P (B)
10
36
35
36
35
.
36
2
= .
7
b) Wir definieren:
C = {ω ∈ Ω|ω2 = 6} und D = {ω ∈ Ω|ω1 + ω2 ≥ 10}.
Dann gilt: |C| = 6, |D| = 6 und |C ∩ D| = 3. Also:
3
36
Wir können nun P (C|D) berechnen:
P (C ∩ D) =
und P (D) =
P (C ∩ D)
=
P (C|D) =
P (D)
3
36
6
36
6
.
36
1
= .
2
c) Wir definieren:
E = {ω ∈ Ω|ω1 = 6 ∧ ω2 = 6}.
Dann gilt: |E| = 1und |A ∩ E| = 1. Also:
1
36
Wir können nun P (E|A) berechnen:
P (A ∩ E) =
P (E|A) =
Sommersemester 2013
und P (A) =
P (A ∩ E)
=
P (A)
1
36
11
36
=
11
.
36
1
.
11
Vertiefung NWI: Wahrscheinlichkeitstheorie
2
d) Wir definieren:
F = {ω ∈ Ω|ω1 = 6}.
Dann gilt: |F | = 6 und |E ∩ F | = 1. Also:
P (E ∩ F ) =
1
36
und P (F ) =
6
.
36
Wir können nun P (E|A) berechnen:
P (E|F ) =
P (E ∩ F )
=
P (F )
1
36
6
36
1
= .
6
Aufgabe 4.II Wir definieren zunächst einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum:
Ω = {ω = (ω1 , ω2 )|ω1 ∈ {N, P }, ω2 ∈ {K, G}},
wobei N=
b Testergebnis negativ, P=
b Testergebnis positiv, K=
b Person krank und
G=
b Person gesund. Des Weiteren definieren wir die Ereignisse, dass die Person
krank ist K und dass das Testergebnis positiv ist P.
K = {(N, K), (P, K)},
P = {(P, G), (P, K)}
In der Aufgabe sind folgende Wahrscheinlichkeiten gegeben:
9
1
1
P (P|K) = 10
, P (K) = 1000
, P (P|Kc ) = 10
.
a) Wir nutzen den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit und berechnen P (P):
P (P) = P (P|K) · P (K) + P (P|Kc ) · P (Kc )
9
1
1 999
=
·
+
·
10 1000 10 1000
1008
=
10000
b) Wir nutzen die Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit und den Satz von
Bayes zur Berechnung von P (K|P):
P (K ∩ P)
P (P)
P (K) · P (P|K)
=
P (P)
1
9
· 10
1
= 1000
=
.
1008
112
10000
P (K|P) =
Vertiefung NWI: Wahrscheinlichkeitstheorie
Sommersemester 2013
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Aufgabe 4.III Wir definiere zuächst einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum.
Ω = {ω = (ω1 , ω2 )|ω ∈ {MF , ML }, ω2 {AF , AL }},
wobei MF =
b Herr Zerstreut nimmt morgens das Fahrrad zur Arbeit, MF =
b Herr
Zerstreut läuft zur Arbeit (Fahrrad bleibt zuhause), AF =
b Herr Zerstreut nimmt
das Fahrrad zurück nach Hause und AL =
b Herr Zerstreut vergisst das Fahrrad
auf der Arbeit und läuft nach Hause.
Nun definieren wir die Ereignisse, dass Herrn Zerstreut morgens mit dem
Fahrrad zur Arbeit fährt A und das er es Abends nach Hause läuft B:
A = {(MF , AF ), (MF , AL )} B = {(MF , AL ), (ML , AL )}.
Aus der Aufgabe lassen sich folgende Wahrscheinlichkeiten ablesen:
1
2
9
, P (Ac ) = 10
P (B|A) = 10
, P (B|Ac ) = 1.
P (A) = 10
a) Wir berechnen mit dem Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit:
P (B) = P (B|A) · P (A) + P (B|Ac ) · P (Ac )
2 9
1
=
·
+1·
10 10
10
7
=
25
b)
P (Ac ∩ B
P (A |B) =
P (B)
P (B|Ac ) · P (Ac )
=
P (B)
1
1·
= 710
c
25
5
=
14
Aufgabe 4.IV Wir definieren zunächst einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum:
25
Ω = {ω ∈ {1, 0} |
25
X
ωk = 15},
k=1
Sommersemester 2013
Vertiefung NWI: Wahrscheinlichkeitstheorie
4
wobei 1 =
b gelber Smiley und 0 =
b schwarzer Smiley.
Es ist dann die Wahrscheinlichkeit des i-ten bedingten Zuges gegeben durch:
Pi−1
15 − k=1 ωk
Pi (ωi = 1|ωj , j ≤ i − 1) =
.
25 − (i − 1)
a)
P1 (1|∅) =
15
.
25
b)
P2 (1|ω1 = 1) =
15 − 1
14
= .
25 − 1
24
c) Wir nutzen den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit und erhalten:
P2 (1) = P2 (1|ω1 = 1)P1 (1) + P2 (1|ω1 = 0)P1 (0)
14 15 15 10
·
+
·
=
24 25 24 25
15
=
25
d) Wir wollen nun die totale Wahrscheinlichkeit berechnen, dass der k-te
gezogene Zettel einen gelben Smiley zeigt.
Hierzu machen wir folgende Vorüberlegungen:
1. Die Wahrscheinlichkeit genau S gelbe Smileys unter den ersten k − 1
Ziehungen zu haben:
Wir haben k−1
Möglichkeiten S gelbe Smileys unter die ersten k − 1 Lose
S
zu verteilen und 25−(k−1)
Möglichkeiten die restlichen 15 − S gelben
15−S
Smileys auf die verbleibenden
25 − (k − 1) Plätzen zu verteilen.
Insgesamt gibt es 25
Möglichkeiten
15 gelbe Smileys auf 25 Plätzen zu
15
verteilen. (vgl. 2.II.b)
Somit ergibt sich die Wahrscheinlichkeit genau S gelbe Smileys unter den
ersten k − 1 Ziehungen zu haben:
P(
k−1
X
ωj = S) =
j=1
Vertiefung NWI: Wahrscheinlichkeitstheorie
k−1
S
·
25−(k−1)
15−S
25
15
Sommersemester 2013
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2. Die Wahrscheinlichkeit im k-ten Zug einen gelben Smiley zu ziehen unter
der Voraussetzung, dass in den vorherigen k − 1 Zügen genau S Smileys
gezogen wurden:
Pk (1|
k−1
X
ωj = S) =
j=1
15 − S
25 − (k − 1)
Wir wollen nun den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit ausnutzen, um
die gesuchte Wahrscheinlichkeit zu bestimmen.
Pk (1) =
k−1
X
S=0
=
=
=
=
15 − S
·
25 − (k − 1)
k−1
S
·
25−(k−1)
15−S
25
15
(25−(k−1))!
(15−S)!(25−(k−1)−(15−S))!
25!
15!(25−15)!
S=0
(25−(k−1)−1)!
(k−1)!
k−1
X
·
S!(k−1−S)! (15−S−1)!(25−(k−1)−(15−S))!
25!
15!(25−15)!
S=0
(24−(k−1))!
(k−1)!
k−1
X
·
S!((k−1)−S)! ((15−1)−S)!(24−(k−1)−(15−1)−S)! 15
·
24!
25
14!10!
S=0
(k−1)!
(24−(k−1))!
k−1
15 X S!((k−1)−S)! · ((15−1)−S)!(24−(k−1)−(15−1)−S)!
·
24!
25
14!10!
S=0
k−1
X
15 − S
·
25 − (k − 1)
|
(k−1)!
S!(k−1−S)!
·
{z
?
}
15
·1
25
15
=
25
=
?: Wahrscheinlichkeit bei (k-1) Zügen aus 24 genau S von 14 gelben Smileys
zu ziehen.
Sommersemester 2013
Vertiefung NWI: Wahrscheinlichkeitstheorie