Lösungsvorschläge zu den Aufgaben von Blatt 6 zur “Statistik I für

Lösungsvorschläge zu den Aufgaben von Blatt 6 zur “Statistik I für
Wirtschaftswissenschaftler” vom WS 06/07:
43)
7 Telefonzellen (=
b 7 Kugeln in der Urne); 3 davon sind von je einem Benutzer
besetzt (=
b 3 Kugeln in die Stichprobe).
Die Telefonzellen werden nicht mehrfach besetzt ⇒ o.Z.
“Nicht gleichgültig, wer welche Zelle benutzt” ⇒ m.B.d.A.
Lsg.: K3 (7) o.Z.m.B.d.A. = 7 · 6 · 5 = 210.
44)
a) “(A ∪ B) tritt ein” = “A tritt ein oder B tritt ein.”
= “Mindestens eines der Ereignisse A, B tritt ein.”
b) “(A ∩ B) tritt ein” = “A tritt ein und B tritt ein.”
= “A und B treten gleichzeitig ein.”
c) “(A − B) (= A\B) tritt ein” = “A tritt ein und B nicht.”
d) A ⊂ B : “Wenn A eintritt, tritt auch B ein.”
e) A ∩ B = ∅ : “A und B schließen sich gegenseitig aus.”
45)
3 Würfe mit idealem Würfel.
Ereignis A: Bei mindestens einem der Würfe erscheint eine der Zahlen 4, 5 oder
6.
P (A) = ?
Ω: alle Kombinationen 3 Ordnung aus 6 Elementen.
Augenzahlen können mehrfach auftreten: m.Z.
Nach Satz 7.2.3 haben wir Gleichwahrscheinlichkeit von Elementarereignissen
bei Kombinationen m.Z. nur bei “m.B.d.A.”
card Ω = K3 (6) m.Z.m.B.d.A. = 63 .
Bei “mindestens” empfiehlt sich oft, die Berechnung von P (A) über die Berechnung von P (A) durchzuführen:
A : Bei keinem der Würfe erscheint mindestens eine der Zahlen 4, 5 oder 6,
d.h. bei allen 3 Würfen erscheint keine der Zahlen 4, 5 oder 6,
d.h. bei allen 3 Würfen erscheinen nur die Zahlen 1, 2 oder 3.
=
b
allen Kombinationen m.Z.m.B.d.A. 3. Ordn. aus 3 Elementen,
card A = K3 (3) m.Z.m.B.d.A. = 33 .
1
“m.B.d.A” wurde von Ω übernommen.
Da ein idealer Würfel benutzt wird, sind die Elementarereignisse wegen ”m.B.d.A”
gleichwahrscheinlich. Da wir außerdem eine endliche Ergebnismenge Ω haben,
ist die klassische Definition der Wahrscheinlichkeit anwendbar:
P (A) =
card A
33
= 3 = 0.125
card Ω
6
⇒
P (A) = 1 − P (A) = 0.875.
Anmerkung: Nutzen wir den (etwas später eingeführten) Begriff der Unabhängigkeit, so ist die Rechnung erheblich einfacher: Ai sei das Ereignis, dass bei Wurf
i mindestens eine der Zahlen 4, 5 oder 6 fällt. Ai ist somit das Ereignis, dass
bei Wurf i mindestens eine der Zahlen 1, 2 oder 3 fällt. A sei das Ereignis, dass
bei mindestens einem der 3 Würfe mindestens eine der Zahlen 4, 5 oder 6 fällt,
also gilt A = A1 ∪ A2 ∪ A3 und damit A = A1 ∩ A2 ∩ A3 und schließlich wegen
der Unabhängigkeit der Ereignisse A1 , A2 und A3 :
P (A) = 1 − P (A) = 1 − P (A1 ) · P (A2 ) · P (A3 ) = 1 − 0.53 = 0.875 .
46)
Wurfmit 2 idealen Würfeln =
b 2 Würfe mit einem idealen Würfel.
Ω = (1, 1), . . . , (1, 6); (2, 1), . . . , (2, 6); . . . ; (6, 1), . . . , (6, 6)}, card Ω = 36.
Wegen ”m.Z.” wählen wir ” m.B.d.A.”, um gleichwahrscheinliche Elementarereignisse zu bekommen. Es ist also die klassische Definition anwendbar, da wir
ideale Würfel verwenden und Ω endlich ist:
card A
1
a) A = (6, 6) , P (A) =
=
.
card Ω
36
2
1
card B
=
=
.
b) B = (6, 5), (5, 6) , P (B) =
card Ω
36
18
47)
10 Studierende sitzen in der Institutsbibliothek, Sie sind eine(r) davon.
a) Annahme: Alle 365 Tage des Jahres haben bei jedem (jeder) der 10 Studierenden – einschließlich bei Ihnen – die gleiche Chance, als Geburtstag
“gezogen” zu werden.
Ω: alle Kombinationen 10. Ordnung aus 365 Elementen m.Z.m.B.d.A.:
card Ω = K10 (365) m.Z.m.B.d.A. = 36510 .
A: Alle 10 Studierende haben an verschiedenen Tagen Geburtstag.
Jeder Tag kann also höchstens einmal gezogen werden, und damit ist das
Modell “o.Z.” das richtige:
card A = K10 (365) o.Z.m.B.d.A. = 365 · 364 · . . . · (365 − 10 + 1).
2
Wegen der Gleichwahrscheinlichkeit der Elementarereignisse ist die klassische Definition anwendbar:
P (A) =
card A
365 · 364 · . . . · (365 − 10 + 1)
= 0.883.
=
card Ω
36510
b) B: Mindestens 2 der 10 Studierenden haben am gleichen Tag Geburtstag:
B=A
=⇒
P (B) = 1 − P (A) = 0.117.
c) C: Mindestens ein(e) weitere(r) Studierende(r) hat am gleichen Tag Geburtstag wie Sie, d.h. mindestens eine(r) der 9 weiteren Studierenden
“zieht” Ihren Geburtstag.
C: Keine(r) der 9 weiteren Studierenden “zieht” Ihren Geburtstag, d.h.
jede(r) der 9 weiteren Studierenden “zieht” einen der 364 restlichen Tage.
Neue Situation: 9 (statt 10) Studierende ziehen zufällig, Sie nicht mehr.
Wir haben daher eine neue Ergebnismenge:
Neues Ω: Alle Kombinationen 9. Ordnung aus 365 Elementen m.Z.m.B.d.A.:
card Ω = K9 (365) m.Z.m.B.d.A. = 3659,
card C = K9 (364) m.Z.m.B.d.A. = 3649
3649
= 0.976
=⇒ P C =
3659
=⇒ P (C) = 1 − 0.976 = 0.024.
48)
Es gibt zu jedem der 12 Orte je eine Leitung, die von mehreren Teilnehmern
angewählt werden: ” m.Z.m.B.d.A”.
a) Alle 8 wählen verschiedene Orte.
Wahrscheinlichkeit =
12 · 11 · . . . · 5
= 0.0464.
128
b) Genau (nicht mindestens ) 2 der 8 wählen denselben Ort.
Herausgegriffenes Beispiel: 2. und 6. Anrufer wählen denselben Ort, sonst
werden verschiedene Orte gewählt:
12
11
10
9
8
1
7
6
Möglichkeiten
Möglichkeiten
Möglichkeiten
Möglichkeiten
Möglichkeiten
Möglichkeiten
Möglichkeiten
Möglichkeiten
3
für
für
für
für
für
für
für
für
den
den
den
den
den
den
den
den
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
Anrufer,
Anrufer,
Anrufer,
Anrufer,
Anrufer,
Anrufer,
Anrufer,
Anrufer.
α1 := 12 · 11 · 10 · 9 · 8 · 1 · 7 · 6 ist die Zahl der Möglichkeiten, dass genau
Anrufer 2 und 6 gleich wählen, aber auch (mit der “1” evtl. an anderer
Stelle) für jede andere Zweierkombination von Anrufern.
Zahl der günstigen Ergebnisse:
8
α1 ·
.
2
| {z }
Auswahl von 2 Teilnehmern aus 8,
die denselben Ort wählen
Gesuchte Wahrscheinlichkeit:
8
12 · 11 · . . . · 6 ·
2
12 · 11 · . . . · 6 · (8 · 7)
=
= 0.260.
8
12
128 · (1 · 2)
49)
5 Ehepaare, 4 Personen ausgewählt.
Kombinationen o.Z.m.B.d.A. 4. Ordnung aus 10 Elementen, alle gleichwahrscheinlich. Zahl der günstigen Ergebnisse:
verboten: 1. Person und deren Ehepartner
↓
10 · 8 · 6 · 4.
↑
verboten: 1. und 2. Pers. und deren Ehepartner
Wahrscheinlichkeit:
10 · 8 · 6 · 4
= 0.381.
10 · 9 · 8 · 7
Bem.: Auch o.B.d.A. anwendbar, da auch die Kombinationen o.Z.o.B.d.A. alle
gleichwahrscheinlich sind. Wahrscheinlichkeit:
10 · 8 · 6 · 4 ·
10
4
1
4!
=
10 · 8 · 6 · 4 ·
10 · 9 · 8 · 7 ·
1
4!
1
4!
= 0.381.
Offenbsichtlich ist aber das Modell ”m.B.d.A.” günstiger.
4
50)
1
2
3
Ai : Motor i arbeitet.
P (A1 ) = p1 = 0.995
P (A2 ) = P (A3 ) = p2 = 0.9
Das Flugzeug hält sich in der Luft, wenn
Motor 1 arbeitet:
A1
Motoren 2 und 3 arbeiten:
A2 ∩ A3 ,
oder
Es ist also P (A1 ∪ (A2 ∩ A3 )) die Wahrscheinlichkeit, dass sich das Flugzeug in
der Luft hält. Da die Motoren unabhängigkeit voneinander arbeiten, sind die
Ereignisse A1 , A2 , A3 (vollständig und nicht nur paarweise) unabhängig (Def.
7.3.4). Damit gilt nach Satz 7.2.2:
P A1 ∪ (A2 ∩ A3 ) = P (A1 ) + P (A2 ∩ A3 ) − P A1 ∩ (A2 ∩ A3 )
= P (A1 ) + P (A2 ) · P (A3 ) − P (A1 ) · P (A2 ) · P (A3 )
= p1 + p22 − p1 p22 = 0.995 + 0.92 − 0.995 · 0.92 = 0.99905.
51)
Ein Stück wird zufällig ausgewählt. Ereignisse:
Ai : Das Stück wurde von Maschine i produziert.
Die Wahrscheinlichkeiten P (Ai ) dieser Ereignisse sind = 0.4 für i = 1,
= 0.35 für i = 2 und = 0.25 für i = 3.
B: Das Stück ist defekt.
Die Wahrscheinlichkeit P (B) dieses Ereignisses ist gesucht,
aber die bedingten Wahrscheinlichkeiten P (B/Ai ) sind vorgegeben.
a) Aus den sachlichen Angaben ergibt sich:
P (Ai ) > 0 für alle i
∧ A1 ∪ A2 ∪ A3 = sicheres Ereignis
∧ A1 ∩ A2 = A1 ∩ A3 = A2 ∩ A3 = ∅
5
Damit ist Satz 7.3.3 anwendbar:
P (B) = P (B/A1 ) · P (A1 ) + P (B/A2 ) · P (A2 ) + P (B/A3 ) · P (A3 )
= 0.02 · 0.4 + 0.03 · 0.35 + 0.05 · 0.25 = 0.031.
b) Neben den in Teil a) genannten Vorausetzungen von Satz 7.3.3 gilt auch
P (B/A1 ) > 0. Damit ist die Bayes–Formel (Satz 7.3.4) anwendbar:
P (A3 /B) =
P (B/A3 ) · P (A3 ) a) 0.05 · 0.25
= 0.403.
=
P (B)
0.031
Mit Satz 7.2.1 v) und Satz 7.3.1 (Übertragung auf bedingte Wahrscheinlichkeiten ) erhalten wir schliesslich die gesuchte bedingte Wahrscheinlichkeit: P (A3 /B) = 1 − 0.403 = 0.597.
Bem.: Da hier A3 = A1 ∪ A2 und A1 ∩ A2 = ∅ gilt, kann man die gesuchte bedingte Wahrscheinlichkeit nach Satz 7.3.1 auch über P (A3 /B) =
P (A1 ∪ A2 /B) = P (A1 /B) + P (A2 /B) berechnen.
52)
Eine Person wird zufällig ausgewählt und untersucht. Ereignisse:
A
A
D
: Die Person ist krank,
P (A) = 0.001.
: Die Person ist nicht krank,
P A = 1 − P (A) = 0.999.
: Die Diagnose liefert “krank”, P (D/A) = 0.990, P D/A = 0.100.
Die Summe P (D/A) + P D/A ist hier (wie auch in meisten anderen Beispielen) 6= 1; denn es werden nicht die Wahrscheinlichkeiten (auch nicht bedingte
Wahrscheinlichkeiten) von A und A gebildet, sondern die Ereignisse A und A
sind die Bedingungen.
Es gilt:
A ∪ A = sicheres Ereignis ∧ A ∩ A = ∅ ∧ P (A), P A , P (D/A) > 0
Damit ist die Bayes–Formel (Satz 7.3.4) anwendbar, und wir erhalten für die
gesuchte bedingte Wahrscheinlichkeit:
P (A/D) =
=
P (D/A) · P (A)
P (D/A) · P (A) + P D/A
0.000990
0.990 · 0.001
=
= 0.00980.
0.990 · 0.001 + 0.100 · 0.999
0.101
6