Aufg. 28, 29, 31, 33

Statistik I für Statistiker, Mathematiker und Informatiker
Gerhard Tutz, Jan Ulbricht
Lösungen zu Blatt 7
WS 05/06
• Ausgangspunkt der Wahrscheinlichkeitstheorie ist die Betrachtung von Zufallsexperimenten.
• Definition Zufallexperiment: Unter einem Zufallsexperiment versteht man einen Versuch (im
weitesten Sinne des Wortes), bei dem verschiedene, sich gegenseitig ausschließende Ergebnisse ω
möglich sind. Welches dieser Ergebnisse eintreten wird, ist vor Beginn des Zufallsexperimentes
ungewiß.
• Menge aller möglichen Versuchsausgänge ω wird im Ergebnisraum Ω zusammengefaßt.
• In der Regel interessieren nicht einzelne Versuchsausgänge selbst, sondern bestimmte Zusammenfassungen (sog. Ereignisse)
• Definition Ereignis: Ein Ereignis A ist eine Teilmenge des Ergebnisraums Ω
A⊆Ω
• Es gibt drei Sonderformen von Ereignissen:
(a) Elementarereignis: {ω} ⊂ Ω (einelementige Teilmenge)
(b) sicheres Ereignis: A = Ω (Ereignis tritt bei jedem Versuchsausgang ein)
(c) unmögliches Ereignis: A = ∅ (Ereignis tritt bei keinem Versuchsausgang ein)
• Betrachte zwei Ereignisse A, B ⊂ Ω. Mögliche Beziehungen zwischen A und B sind
– A ⊆ B (Ereignis A zieht Ereignis B nach sich, d.h. tritt A ein, so tritt auf B ein)
– A = B (Das Eintreten des einen Ereignisses zieht das Eintreten des anderen Ereignisses nach
sich (A ⊆ B und B ⊆ A))
• Aus gegebenen Ereignissen A, B ⊆ Ω lassen sich durch Mengenoperationen neue Ereignisse bilden:
– A ∪ B: Vereinigung von A und B (Das Ereignis A ∪ B tritt ein, falls A oder B eintritt, oder
beide)
– A∩B: Durchschnitt von A und B (Das Ereignis A∩B tritt ein, falls A und B beide eintreten)
– A: Komplementärereignis zu A (A tritt genau dann ein, wenn A nicht eintritt)
– A \ B = A ∩ B: Differenzereignis von A und B (A \ B tritt genau dann ein, wenn A eintritt
und B nicht eintritt).
– Wenn A ∩ B = ∅ gilt, so heißen A und B disjunkt.
• Folgerungen: Es gilt stets
– A∩A=∅
– A∪A=Ω
• Frage: Welche bzw. wieviele Ereignisse lassen sich aus den Elementen eines Ergebnisraumes bilden?
• Lösung: Zusammenfassung aller (möglichen) Ereignisse in einem Mengensystem
A := {A : A ⊆ Ω}
• Einfachste und umfassendste Variante wäre, die Potenzmenge P(Ω) (= Menge aller Teilmengen)
vom Ergebnisraum Ω zu betrachten
A = P(Ω)
• Bemerkung: |P(Ω)| = 2|Ω|
• Problem: Bei überabzählbar vielen Elementen von Ω ist die Potenzmenge zu umfangreich. Es wäre
in diesem Fall nicht möglich, Wahrscheinlichkeiten auf allen Ereignissen vernünftig zu definieren.
• Lösung: Man beschränkt sich auf eine Menge von Teilmengen von P(Ω), die hinreichend reichhal”
tig“ (= alle interessierenden Ereignisse sind enthalten) ist, sog. Algebren.
• Definition: Ein Mengensystem A ⊆ P(Ω) heißt Algebra (in Ω), falls gilt:
(i) Ω ∈ A
(ii) A, B ∈ A =⇒ A ∈ A, A ∪ B ∈ A
• Erweiterung auf unendliche Vereinigungen (notwendig für überabzählbaren Ergebnisraum) führt
zum Begriff der σ-Algebra. (Begriff, Eigenschaften und Folgerungen von σ-Algebren ist Gegenstand
der Vorlesung Statistik III für Statistiker“.)
”
• Vorteil einer σ-Algebra A: Auf dem Meßraum (Ω, A) kann ein Maß (in unserem Fall ein Wahrscheinlichkeitsmaß) definiert werden.
Lösung Aufgabe 28
• Aufgabe a)
Ergebnisraum:
Ω = {ω = (M1 , M2 , M3 )| Mi ∈ {Ai , Ai }, i = 1, 2, 3}
mit Mi : Maschine i, Ai : Maschine i fällt nicht aus, i = 1, 2, 3.
• Aufgabe b)
Darstellung der Ereignisse A bis E mit Hilfe der Elementarereignisse Ai und Ai :
A = A1 ∪ A2 ∪ A3
= (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ (A1 ∩ A2 ∩ A3 )
∪(A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ (A1 ∩ A2 ∩ A3 )
B = A1 ∩ A2 ∩ A3
C = A1 ∩ A2 ∩ A3
D = A1 ∩ A2 ∩ A3
E = (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ (A1 ∩ A2 ∩ A3 )
Die erweiterte Darstellung von Ereignis A ergibt sich aus der Überlegung, daß genau dann wenigstens eine Maschine nicht ausfällt, wenn mindestens eine Maschine funktionsfähig bleibt.
• Aufgabe c)
Aus der erweiterten Darstellung von Ereignis A und den Vergleich von C und E erkennt man
folgende Beziehungen zwischen den Ereignissen
B ⊂ A
C ⊂ A
E ⊂ A
C ⊂ E
Weiterhin kann man mit Hilfe der de Morganschen Regeln zeigen
D = A1 ∩ A2 ∩ A3 = A1 ∪ A2 ∪ A3 =⇒ D = A1 ∪ A2 ∪ A3 =⇒ D = A
Lösung Aufgabe 29
Es gilt
x∈
n
[
n
[
!
⇐⇒ x ∈
/
Ai
i=1
!
Ai
i=1
⇐⇒ x ∈
/ Ai ∀ i = 1, . . . , n
⇐⇒ x ∈ Ai ∀ i = 1, . . . , n
n
\
⇐⇒ x ∈
Ai .
i=1
Wenn x ein Element von jedem Komplementärereignis ist, so muß x genau in der Schnittmenge der
Komplementärereignisse liegen, für die Ai * Aj , ∀i 6= j gilt, also genau der Durchschnittsmenge aller
Komplementärereignisse.
Zum Beweis der zweiten Regel verwenden wir zunächst die erste Regel (s.o.) mit den Komplementärereignissen Ai , i = 1, . . . , n und erhalten
n
n
[
\
Ai =
Ai .
(1)
i=1
i=1
Da Ai = Ai , ist (1) äquivalent zu
n
[
Ai =
n
\
Ai .
(2)
i=1
i=1
Bilden wir auf beiden Seiten von (2) die Komplementärereignisse, so erhalten wir
n
[
Ai =
n
\
!
Ai .
i=1
i=1
Lösung Aufgabe 31
Theorie:
• Kolmogorovsche Axiome der Wahrscheinlichkeitstheorie:
Als Wahrscheinlichkeitsverteilung P (·) auf einer σ-Algebra A von Teilmengen einer nichtleeren
Menge Ω bezeichnet man jede Abbildung P mit
(i) 0 ≤ P (A) ≤ 1, ∀ A ∈ A
(ii) P (Ω) = 1, P (∅) = 0
(iii) Für jede abzählbar unendliche Folge {Ai }∞
i=1 aus A mit Ai ∩ Aj = ∅, für i 6= j, gilt
P(
∞
[
i=1
Ai ) =
∞
X
P (Ai ).
i=1
• Sind Ω eine nichtleere Menge, A eine σ-Algebra von Teilmengen von Ω und P eine Abbildung von A
in [0, 1] mit den Eigenschaften (i)-(iii), so heißt das Tripel (Ω, A, P ) Wahrscheinlichkeitsraum.
• Folgerungen:
(i) P (A) = 1 − P (A)
(ii) P (A ∩ B) = P (A) − P (A ∩ B)
(iii) P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B)
• Beweis:
– (i): Es gilt A ∪ A = Ω, A und A sind disjunkt. Daraus folgt
P (Ω) = P (A ∪ A) = P (A) + P (A)
=⇒ P (A) = P (Ω) − P (A)
= 1 − P (A)
– (ii) Idee: A = (A ∩ B) ∪ (A ∩ B). A ∩ B und A ∩ B sind disjunkt. Daher folgt aus dem 3.
Axiom:
P (A) = P (A ∩ B) + P (A ∩ B)
=⇒ P (A ∩ B) = P (A) − P (A ∩ B)
bzw. =⇒ P (A ∩ B) = P (A) − P (A ∩ B)
– (iii) Idee:
A ∪ B = ((A ∩ B) ∪ (A ∩ B)) ∪ ((B ∩ A) ∪ (B ∩ A))
= (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) ∪ (B ∩ A)
=⇒ P (A ∪ B) = P (A ∩ B) + P (A ∩ B) + P (B ∩ A)
= P (A ∩ B) + P (A) − P (A ∩ B) + P (B) − P (A ∩ B)
= P (A) + P (B) − P (A ∩ B)
Zur eigentlichen Aufgabe:
• geg: P (A) = 0.3, P (B) = 0.5
• Aufgabe a)
– ges: Wahrscheinlichkeit, daß A oder B eintreten
– Lös:
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B)
= 0.3 + 0.5 − 0
= 0.8
• Aufgabe b)
– ges: Wahrscheinlichkeit, daß A und B eintreten
– Lös:
P (A ∩ B) = P (A) − P (A ∩ B)
= 0.3 − 0
= 0.3
• Aufgabe c)
– ges: Wahrscheinlichkeit, daß A und B eintreten
– Lös:
P (A ∩ B) = 0
Lösung Aufgabe 33
• Annahme: Alle Antworten werden mit gleichen Wahrscheinlichkeiten gegeben. Da wir einen endlichen Ergebnisraum haben, können wir den Sachverhalt als Laplace-Experiment modellieren.
• Als Ergebnisraum wählen wir
Ω = {ω = (ω1 , . . . , ω6 )|ωi ∈ {1, 2, 3, 4}, i = 1, . . . , 6)},
mit ωi : gegebene Antwort auf Frage i, i = 1, . . . , 6.
• Für jede der 6 Fragen sind 4 Antworten möglich. Die Mächtigkeit von Ω ergibt sich damit als
Variation mit Wiederholung (die j-te Antwortmöglichkeit kann bei mehr als einer Frage gewählt
werden)
|Ω| = V W (4, 6) = 46
• Wir definieren die folgenden Ereignisse
– V : ”(genau) vier Fragen richtig”
– F : ”(genau) fünf Fragen richtig”
– S: ”(genau) sechs Fragen richtig”
– B: ”Klausur bestanden”
• Die Ereignisse V , F und S sind nach ihren Definitionen paarweise disjunkt.
• Für die richtige Beantwortung aller sechs Fragen gibt es genau eine mögliche Kombination (nämlich
alle richtigen Antworten). Daraus folgt
|S| = 1.
• Bei fünf richtig beantworteten Fragen bleiben für die sechste (falsch beantwortete) Fragen 3 Antwortmöglichkeiten übrig. Um 5 richtig beantwortete Fragen aus 6 Fragen auszuwählen müssen 5 aus
6 ohne Beachtung der Reihenfolge und ohne Wiederholung kombiniert werden. Für die Mächtigkeit
von F ergibt sich
6
5
|F | = 1 · 3 ·
= 18
5
• Für die Mächtigkeit von V ergibt sich analog
|V | = 14 · 32 ·
6
= 135
4
• Damit können wir P (B) berechnen. Es gilt
P (B) = P (V ∪ F ∪ S)
= P (V ) + P (F ) + P (S)
|V | |F | |S|
+
+
=
|Ω|
|Ω| |Ω|
135
18
1
=
+
+
4096 4096 4096
154
=
= 0.0376
4096
• Mit einer Wahrscheinlichkeit von P (B) = 0.0376 ist die Klausur bestanden.
Lösung Aufgabe 34
• Das Experiment läßt sich wie folgt beschreiben: Es werden 3 aus n Kugeln gezogen, jede Kugel
kann mehrfach gezogen werden.
• Wir definieren den Ergebnisraum daher wie folgt
Ω = {ω = (ω1 , ω2 , ω3 )| ωi ∈ {1, . . . , n}, i = 1, 2, 3},
mit ω : Tripel der gezogenen Kugeln (Damen).
• Da die Reihenfolge der gezogenen Kugeln berücksichtigt werden muß und Wiederholungen zugelassen sind, ergibt sich
|Ω| = V W (n, 3) = n3
• Wir definieren folgende Ereignisse:
Ai : Der Scheich verbringt den Abend mit i Frauen, i = 1, 2, 3
• Für A1 ergibt sich
A1 = {ω ∈ Ω| ω1 = ω2 = ω3 }
=⇒ |A1 | = n.
• Für A3 ergibt sich
A3 = {ω ∈ Ω| ωi 6= ωj , i 6= j, i, j = 1, 2, 3}
• Die Mächtigkeit von A3 kann man sich folgendermaßen herleiten.
– Exp.1: Wähle ω1 =⇒ n Möglichkeiten
– Exp.2: Wähle ω2 aus den verbliebenen Kugeln =⇒ (n − 1) Möglichkeiten
– Exp.3: Wähle ω3 aus den verbliebenen Kugeln =⇒ (n − 2) Möglichkeiten
Es handelt sich daher um eine Variation ohne Wiederholung:
|A3 | = V (n, 3) =
n!
= n(n − 1)(n − 2)
(n − 3)!
• Zur Berechnung der Mächtigkeit von A2 überlegt man sich folgendes: Es gilt
|Ω| = |A1 | + |A2 | + |A3 |
=⇒ |A2 | = |Ω| − |A1 | − |A3 |
= n3 − n − n(n − 1)(n − 2)
= n3 − n − n3 + 3n2 − 2n
= 3n2 − 3n
= 3n(n − 1)
• Die Wahrscheinlichkeit, den Abend mit i Damen (i = 1, 2, 3) zu verbringen beträgt damit
P (A1 ) =
P (A2 ) =
P (A3 ) =
|A1 |
n
1
= 3 = 2,
|Ω|
n
n
|A2 |
3n(n − 1)
3(n − 1)
=
=
,
3
|Ω|
n
n2
|A3 |
n(n − 1)(n − 2)
(n − 1)(n − 2)
=
=
.
3
|Ω|
n
n2
Lösung Aufgabe 35
• Sei Ei : Außenminister und Regierungschef von Land i stehen nebeneinander, i
{DEN, F IN, N OR, SW E}.
• ges:
(a) P (EDEN ∩ EF IN ∩ EN OR ∩ ESW E ),
(b) P (EDEN ∪ EF IN ∪ EN OR ∪ ESW E )
∈
• Lösung:
– Wir definieren folgenden Ergebnisraum:
Ω = {ω = (ω1 , . . . , ω8 )|1 ≤ ωi ≤ 8, ωi 6= ωj , i 6= j, i, j = 1, . . . , 8}
– Der Vektor ω gibt die Positionen der Politiker an.
– Alle 8 Politiker sollen ohne Wiederholung angeordnet werden =⇒ Permutation ohne Wiederholung:
|Ω| = P (8) = 8!
– Ansatz zur Berechnung von |Ei1 |: Wir betrachten das erste Paar als Einheit. Es gilt dann 7
Einheiten (das Paar + die übrigen 6 Politiker) auf 7 Plätze zu verteilen. Da das Paar auch
noch permutieren kann ergibt sich
|Ei1 | = 2 · 7!
– Ansatz zur Berechnung von |Ei1 ∩ . . . ∩ Ein |: Wir betrachten die ersten n Paare als Einheiten.
Es gilt dann 8 − n Einheiten (die n Paare + die übrigen 8 − 2n Politiker) auf 8 − n Plätze zu
verteilen. Da die Paare auch noch permutieren können ergibt sich allgemein
|Ei1 ∩ . . . ∩ Ein | = 2n (8 − n)!
(3)
– Damit erhalten wir zur Lösung von Teilaufgabe (a)
P (EDEN ∩ EF IN ∩ EN OR ∩ ESW E ) =
|Ei1 ∩ . . . ∩ Ei4 |
24 (8 − 4)!
384
=
=
≈ 0.0095
|Ω|
8!
40320
– Interpretation: Die Wahrscheinlichkeit, daß jeder Außenminister neben seinem Chef steht beträgt nur ≈ 0.0095.
– Zur Lösung von Teilaufgabe (b). Es gilt:
P (EDEN ∪ EF IN ∪ EN OR ∪ ESW E ) = 1 − P (EDEN ∪ EF IN ∪ EN OR ∪ ESW E )
– Wir verwenden Formel (3) und die Ein- und Ausschlußformel für abhängige Ereignisse
E1 , . . . , E n :
P (E1 ∪ E2 ∪ . . . ∪ En ) =
n
X
P (Ei ) −
i=1
X
P (Ei1 ∩ Ei2 ) + . . .
i1 <i2
+ (−1)r+1
X
P (Ei1 ∩ Ei2 ∩ . . . ∩ Eir ) + . . .
i1 <i2 <...<ir
n+1
+ (−1)
P (E1 ∩ E2 ∩ . . . ∩ En )
P
(Die Summation i1 <i2 <...<ir P (Ei1 ∩ Ei2 ∩ . . . ∩ Eir ) läuft über alle
von {1, 2, . . . , n}.)
n
r
möglichen Teilmengen
– In unserem Fall ergibt sich
P (EDEN ∪ EF IN ∪ EN OR ∪ ESW E ) =
=
=
=⇒ 1 − P (·) =
1
2
3
4
4 2 6!
4 2 5!
4 2 4!
4 2 7!
−
+
−
1 8!
2 8!
3 8!
4 8!
1
(4 · 2 · 5040 − 6 · 4 · 720 + 4 · 8 · 120 − 1 · 16 · 24)
40320
26496
40320
13824
12
=
≈ 0.3429
40320
35
– Interpretation: Die Wahrscheinlichkeit, daß kein Außenminister neben seinem Chef steht beträgt 12
35 . (Der Einsatz eines Protokollchefs ist daher dringend zu empfehlen.)