Lösung Test 1 (Nachprüfung)

MAE4 – Mathematik: Analysis für Ingenieure 4
Dr. Christoph Kirsch
Frühlingssemester 2016
ZHAW Winterthur
Lösung Test 1 (Nachprüfung)
Aufgabe 1 :
Wir betrachten hier ein Zufallsexperiment mit Ergebnismenge Ω = {K, Z}3 (geordnete Tripel) und Ereignisfeld Σ := P(Ω). Weil die Münzen fair sind, handelt es sich
hierbei um ein Laplace-Experiment, d. h. jedes Elementarereignis {ω} ∈ Σ hat dieselbe Wahrscheinlichkeit 1/8.
a) Wir definieren die Ereignisse
A :=
=
B :=
=
“mindestens zwei Münzen zeigen ‘Kopf’ ”
{(K, K, K), (K, K, Z), (K, Z, K), (Z, K, K)},
(1)
“mindestens eine Münze zeigt ‘Zahl’ ”
(2)
{(K, K, Z), (K, Z, K), (K, Z, Z), (Z, K, K), (Z, K, Z), (Z, Z, K), (Z, Z, Z)}.
Für den Durchschnitt erhalten wir
A ∩ B = {(K, K, Z), (K, Z, K), (Z, K, K)},
(3)
und die gesuchte bedingte Wahrscheinlichkeit ist
Def. 1
P (A|B) =
P (A ∩ B)
=
P (B)
3
8
7
8
=
3
43 %.
7
(4)
b) Wir zählen die Ergebnisse auf, bei denen die gegebenen Ereignisse A, B ∈ Σ
eintreten:
A = {(K, K, K), (K, Z, Z), (Z, K, Z), (Z, Z, K)},
B = {(K, K, K), (K, K, Z), (K, Z, K), (Z, K, K)}.
(5)
(6)
Es gelten
P (A) = P (B) =
1
4
= ,
8
2
P (A ∩ B) = P ({(K, K, K)}) =
(7)
1
1
= = P (A)P (B),
8
4
(8)
also sind die Ereignisse A und B nicht stochastisch unabhängig gemäss Def. 2
der Vorlesung.
1
Aufgabe 2 :
Wir stellen das Zufallsexperiment zunächst als Ereignisbaum dar:
1
2
1
2
manipuliert
fair
1
2
1
2
K
2
3
Z
1
3
K
Z
1
2
1
2
1
2
1
2
2
3
1
3
2
3
1
3
(K, K)
(K, Z)
(Z, K)
(Z, Z)
(K, K)
(K, Z)
(Z, K)
(Z, Z)
a) Wir definieren die Ereignisse
A := “faire Münze geworfen” und
B := “einmal ‘Kopf’ geworfen”.
(9)
(10)
Nach dem Gesetz der totalen Wahrscheinlichkeit und nach dem Satz von Bayes
(Sätze 2 und 3 der Vorlesung) gilt
P (A|B) =
P (B|A)P (A)
P (B|A)P (A)
=
.
P (B)
P (B|A)P (A) + P (B|Ac )P (Ac )
(11)
Aus dem Ereignisbaum lesen wir ab:
1
,
2
1
P (B|A) =
,
2
2
.
P (B|Ac ) =
3
P (A) = P (Ac ) =
(12)
(13)
(14)
Damit erhalten wir die gesuchte Wahrscheinlichkeit
P (A|B) =
1
2
·
1 1
·
2 2
1
+ 23
2
·
1
2
=
3
43 %.
7
(15)
b) Wir definieren das Ereignis
B := “zweimal ‘Kopf’ geworfen”.
(16)
Mit dem Multiplikationssatz (Satz 1 der Vorlesung) erhalten wir aus dem Ereignisbaum die bedingten Wahrscheinlichkeiten
P (B|A) =
1
1 1
· = ,
2 2
4
und damit
P (A|B) =
1
4
·
2
1 1
·
4 2
1
+ 49
2
P (B|Ac ) =
·
1
2
=
4
2 2
· = ,
3 3
9
9
= 36 %.
25
(17)
(18)
Aufgabe 3 :
Wir zeichnen zunächst den Ereignisbaum für dieses Zufallsexperiment:
15
20
5
20
r
b
15
20
5
20
(r, r)
15
20
(r, b)
5
20
(b, r)
(b, b)
15
20
5
20
15
20
5
20
15
20
5
20
15
20
5
20
(r, r, r)
(r, r, b)
(r, b, r)
(r, b, b)
(b, r, r)
(b, r, b)
(b, b, r)
(b, b, b)
a) Die Ergebnismenge dieses Zufallsexperiments ist gegeben durch Ω = {r, b}3 =
{(r, r, r), (r, r, b), (r, b, r), (r, b, b), (b, r, r), (b, r, b), (b, b, r), (b, b, b)}.
(19)
b) Mit dem Multiplikationssatz (Satz 1 der Vorlesung) erhalten wir aus dem Ereignisbaum:
9
15 15 5
·
·
=
14 %,
(20)
P ({(r, r, b)}) =
20 20 20
64
5 5 5
1
P ({(b, b, b)}) =
·
·
=
1.6 %.
(21)
20 20 20
64
Die Wahrscheinlichkeiten der beiden Elementarereignisse {(r, r, b)} und {(b, b, b)}
sind verschieden, also handelt es sich hier nicht um ein Laplace-Experiment.
c) Die Zufallsvariable X zählt die Anzahl der gezogenen roten Kugeln, also gilt
Ω = im(X) = {0, 1, 2, 3}. Aus a) erhalten wir die Urbilder
X −1 ({0})
X −1 ({1})
X −1 ({2})
X −1 ({3})
=
=
=
=
{ω
{ω
{ω
{ω
∈ Ω | X(ω) = 0} = {(b, b, b)},
∈ Ω | X(ω) = 1} = {(r, b, b), (b, r, b), (b, b, r)},
∈ Ω | X(ω) = 2} = {(r, r, b), (r, b, r), (b, r, r)},
∈ Ω | X(ω) = 3} = {(r, r, r)}.
(22)
(23)
(24)
(25)
Nach Definition des durch X induzierten Wahrscheinlichkeitsmasses PX : Σ →
[0, 1] gilt PX ({x}) = P (X −1({x}), x ∈ Ω , und wir erhalten aus dem Ereignisbaum und mit dem Multiplikationssatz (Satz 1 der Vorlesung):
1
1.6 %,
64
P ({(r, b, b), (b, r, b), (b, b, r)})
P ({(r, b, b)}) + P ({(b, r, b)}) + P ({(b, b, r)})
15 5 5
5 15 5
5 5 15
9
·
·
+
·
·
+
·
·
=
14 %,
20 20 20 20 20 20 20 20 20
64
P ({(r, r, b), (r, b, r), (b, r, r)})
P ({(r, r, b)}) + P ({(r, b, r)}) + P ({(b, r, r)})
15 5 15
5 15 15
27
9
+
·
·
+
·
·
=
42 %,
64 20 20 20 20 20 20
64
b)
PX ({0}) = P ({(b, b, b)}) =
(26)
PX ({1}) =
=
(27)
(28)
=
PX ({2}) =
=
b)
=
3
(29)
(30)
(31)
(32)
27
15 15 15
·
·
=
42 %.
20 20 20
64
Bemerkung: Die Zufallsvariable X ist binomialverteilt, X ∼ B(3, 15
).
20
PX ({3}) = P ({(r, r, r)}) =
(33)
Aufgabe 4 :
Aus der Tabelle im Kap. 1.3.2 erhalten wir die Wahrscheinlichkeitsfunktion einer
Poisson-verteilten Zufallsvariablen:
k
λk
λ=5 5 −5
(34)
fX (k) = e−λ =
e , k ∈ N0 .
k!
k!
a) Damit berechnen wir “P (X = 7)” =
57 −5
e 10.4 %.
7!
(35)
b) Mit der Gegenwahrscheinlichkeit (!) berechnen wir “P (X > 3)” =
P ({ω ∈ Ω | X(ω) = 7}) = P (X −1({7})) = PX ({7}) = fX (7) =
PX ({4, 5, 6, . . . }) = 1 − PX ({0, 1, 2, 3})
= 1 − PX ({0}) − PX ({1}) − PX ({2}) − PX ({3})
= 1 − fX (0) − fX (1) − fX (2) − fX (3)
50
51
52
53
= 1 − e−5 − e−5 − e−5 − e−5 73.5 %.
0!
1!
2!
3!
(36)
(37)
(38)
(39)
c) Wir erhalten “P (3 < X ≤ 6)” =
PX ({4, 5, 6}) = PX ({4}) + PX ({5}) + PX ({6})
54
55
56
= fX (4) + fX (5) + fX (6) = e−5 + e−5 + e−5 49.7 %.
4!
5!
6!
(40)
(41)
X ~ P(5)
0.2
X
f (k)
0.15
0.1
0.05
0
0
2
4
6
8
10
k
Vorlesungswebseite: http://home.zhaw.ch/~kirs/MAE4
4
12
14
16
18
20