Lösung 4

MAT183: Stochastik für die Naturwissenschaften, FS2017
Dr. Christoph Luchsinger
Musterlösung - Übungsblatt 4
Bedingte Wahrscheinlichkeit und Unabhängigkeit von Ereignissen
Abgabe: Mittwoch, 29.03.2017, vor der Vorlesung.
Aufgabe 1 (Must):
Es bezeichne R das Ereignis, dass ein Einwohner Rentner ist und F das Ereignis, dass eine Person
finanziell unsterstützt wird. Dann gilt:
P (R) = 0.2 und P (F |R) = 0.6,
somit ist
P (F ∩ R) = P (R) · P (F |R) = 0.2 · 0.6 = 0.12
die gesuchte Wahrscheinlichkeit.
Aufgabe 2 (Standard, 8 Punkte):
60
60
50
50
Eintreffen Lukas [min]
Eintreffen Lukas [min]
Wir stellen das Ereignis A und das Ereignis T : “Lukas und Julia treffen sich” graphisch dar. Auf der
x-Achse wird der Zeitpunkt des Eintreffens von Julia (in den 60 Minuten zwischen 12 und 13 Uhr)
eingetragen, auf der y-Achse der Zeitpunkt des Eintreffens von Lukas.
40
T
30
20
10
A
40
30
20
10
0
0
0
10
20
30
40
50
60
0
Eintreffen Julia [min]
10
20
30
40
50
60
Eintreffen Julia [min]
(a) (1 Punkt) Wir erhalten P[A] = 900/3600 = 1/4 (geometrische Wahrscheinlichkeit).
(b) (1 Punkt) Wir müssen die Fläche des Dreiecks A ∩ T berechnen; diese ist 225/2. Damit folgt
P[T |A] =
P[T ∩ A]
225/7200
1
=
= = 0.125.
P[A]
1/4
8
(c) (1 Punkt) Betrachte das Ereignis B: “Beide kommen nach 12:45 Uhr”. Es gilt P[T |B] = 1, denn
wenn beide nach 12:45 Uhr (d.h. zwischen 12:45 Uhr und 13 Uhr) kommen, treffen sie sich sicher.
1
(d) (2 Punkte, 1 für die Formel / Überlegung und 1 für das korrekte Resultat) Sei Lk das Ereignis,
dass ein erstes Lied von Adele an k-ter Stelle abgespielt wird. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit
beträgt
p = P[L1 ] + P[L2 ] + P[L3 ] + P[L4 ]
3
17 3
17 16 3
17 16 15 3
+
·
+
·
·
+
·
·
·
20 20 19 20 19 18 20 19 18 17
≈ 0.5088.
=
Alternativ kann man auch die Gegenwahrscheinlichkeit bestimmen:
P[Erste 4 Lieder nicht von Adele] =
17
4
20
4
P[Mind. 1 Lied der ersten 4 von Adele] = 1 −
17
4
20
4
≈ 0.5088.
60
60
50
50
50
40
40
40
T
30
20
Eintreffen Lukas [min]
60
Eintreffen Lukas [min]
Eintreffen Lukas [min]
Wir stellen die drei Ereignisse graphisch dar:
E
30
20
30
20
F
10
10
0
10
0
0
10
20
30
40
50
60
0
0
10
Eintreffen Julia [min]
20
30
40
50
60
0
Eintreffen Julia [min]
10
20
30
40
50
60
Eintreffen Julia [min]
(e) (1 Punkt für korrekte Wahrscheinlichkeiten, 1 Punkt für Überlegung P[A] · P[B] = P[A ∩ B] ⇔
A unabhängig von B und 1 Punkt für korrektes Resultat) Geometrische Überlegungen liefern
P[T ] = 1575/3600 = 7/16, P[E] = 1/2, P[F ] = 1/4, P[T ∩ E] = 1575/7200 = 7/32,
P[T ∩ F ] = 225/7200 = 1/32 und P[E ∩ F ] = 1/4. Aus P[T ] · P[E] = P[T ∩ E] sieht man, dass
T und E unabhängig sind. Analog kann man nachrechnen, dass die beiden andern Paare nicht
unabhängig sind.
Aufgabe 3 (Standard, 2 Punkte):
(a) Da gilt P[A] 6= 0 und P[B] 6= 0 folgt P[A] · P[B] 6= 0. Andererseits gilt aber P[A ∩ B] = P[∅] = 0,
so dass
P[A] · P[B] 6= 0 = P[A ∩ B]
und die Bedingung für Unabhängigkeit nicht erfüllt ist. (1 Punkt)
2
(b) Wenn E eintrifft (ω ∈ E), dann trifft auch F ein (ω ∈ F ). Somit sind die beiden Ereignisse
anschaulichen abhängig.
Wie sieht es mit stochastischer Unabhängigkeit aus? Wegen E ∩ F = E ist P[E ∩ F ] = P[E].
Unabhängigkeit liegt also genau dann vor, wenn
P[E] · P[F ] = P[E ∩ F ] = P[E]
ist. Dies ist genau dann der Fall wenn P[F ] = 1 oder P[E] = 0, also wenn F ein sicheres Ereignis
oder E ein unmögliches Ereignis ist. (1 Punkt)
Aufgabe 4 (8 Punkte):
1. (1 Punkt für korrekten Wert) Da sich alle Wahrscheinlichkeiten zu 1 aufsummieren müssen gilt
> p <- c(0.1, 0.2, 0.2, NA, 0.3, 0.05)
> a <- 1-sum(p, na.rm=T)
> a
[1] 0.15
2. (1,5 Punkte für Code, 0,5 Punkte für Plot)
p[4] <- a
x <- c(-2, -1, 0, 1, 2, 10)
plot(x, p, type="h", lwd=3, ylab="P[X=x]")
grid(nx=0, ny=NULL, col="black")
0.20
0.15
0.05
0.10
P[X=x]
0.25
0.30
>
>
>
>
−2
0
2
4
6
x
3. (1,5 Punkte für Code, 0,5 Punkte für Plot)
> P <- cumsum(p)
> plot(x, P, type="s", lwd=3, ylab="P[X <= x]")
> grid(nx=0, ny=NULL, col="black")
3
8
10
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
P[X <= x]
−2
0
2
4
6
8
10
x
4. (0,5 Punkte für Befehl,0,5 Punkte für Output)
> sum(p[x>-1 & x<=3])
[1] 0.65
5. (1,5 Punkte für Befehl,0,5 Punkte für Output)
> sum(p[abs(x)<=2])
[1] 0.95
Alternativ ist hier das Berechnen der Gegenwahrscheinlichkeit schneller:
> 1-p[x>=10]
[1] 0.95
6. (0,5 Punkte für Code, 0,5 Punkte für Plot; freiwillig) Erzeugen Sie einen Zufallsvektor der Länge 100 mit Einträgen einer Normalverteilung mit Mittelwert <PN> und Standardabweichung 2.
Plotten Sie den entsprechenden QQ-Plot und die theoretische Linie.
Beispiel für PN=20.
>
>
>
>
set.seed(15)
norm <- rnorm(100, mean=20, sd=2)
qqnorm(norm, main="Normal sample", pch=16)
qqline(norm, col="red", lwd=2)
4
22
20
18
16
Sample Quantiles
24
Normal sample
−2
−1
0
1
2
Theoretical Quantiles
Bemerkung: Die Funktion ’set.seed()’ ermöglicht es, ein Zufallsresultat (wie es in diesem Fall
durch ’rnorm()’ generiert wird) zu reproduzieren. Die gesetzte Zahl 15 ist zufällig gewählt und
dient als Referenzwert. Wenn man zu einem anderen Zeitpunkt genau das gleiche Zufallsresultat reproduzieren will (hier den Vektor ’norm’), dann kann man einfach wieder ’set.seed(15)’
ausführen, danach ’rnorm(100, mean=20, sd=2)’ und man erhält das genau die gleichen Zahlen.
7. (0,5 Punkte für Plot, 0,5 Punkte für Kommentar; freiwillig) Erzeugen Sie nun einen zweiten QQPlot mit der entsprechenden QQ-Linie, diesmal aber von einer χ22 -Verteilung. Vergleichen Sie die
beiden QQ-Plots miteinander und kommentieren Sie Ihre Beobachtungen.
> chisq <- rchisq(100, df=2)
> qqnorm(chisq, main="Chi-squared sample", pch=16)
> qqline(chisq, col="red", lwd=2)
5
4
3
2
0
1
Sample Quantiles
6
7
Chi−squared sample
−2
−1
0
1
2
Theoretical Quantiles
Beim QQ-Plot der χ2 -verteilten Stichprobe ist eine gebogene Anordnung der Punkte sichtbar,
welche sich klar von der geraden Linie der theoretischen Werte einer Normalverteilung abhebt. Zu
5
Beginn sind die Stichprobenwerte kleiner als erwartet und später sind sie dann grösser als erwartet.
Die deutliche Abweichung von der Geraden ist ein klares Indiz, dass es sich bei der Stichprobe nicht
um eine Normalverteilung handelt.
Aufgabe 5 (Honours, 3 Punkte):
Wir bezeichnen mit U1 und U2 die Ereignisse, das die Urne 1 bzw. Urne 2 gewählt wird. Ferner bezeichne R das Ereignis, dass eine rote Kugel gezogen wird. Gesucht ist nun P (R).
Aufgrund der Zusammensetzung der Urnen gilt (1 Punkt):
P (R|U1 ) =
3
5
und P (R]U2 ) =
2
10 .
Es gilt (1 Punkt für Formel)
P (R) = P (U1 ) · P (R|U1 ) + P (U2 ) · P (R|U2 ),
woraus
P (R) =
1 3 1 2
2
· + ·
=
2 5 2 10
5
folgt (1 Punkt für richtiges Resultat).
6