Lösung 4

MAE4 – Mathematik: Analysis für Ingenieure 4
Dr. Christoph Kirsch
Frühlingssemester 2016
ZHAW Winterthur
Lösung 4
Aufgabe 1 :
Nach Satz 4 der Vorlesung ist das Wahrscheinlichkeitsmass für eine abzählbare Ergebnismenge eindeutig festgelegt durch seine Werte auf den Elementarereignissen.
Diese sind gegeben durch {a}, {b}, {c} ∈ Σ. Da die Wahrscheinlichkeiten für zwei
der drei Elementarereignisse bereits bekannt sind, und weil die Summe aller dieser
Wahrscheinlichkeiten gleich 1 sein muss, berechnen wir
P ({c}) = 1 − P ({a}) − P ({b}) = 1 −
2 1
3
− = .
7 2
14
(1)
a) In Mengenschreibweise erhalten wir A = {a, c} ∈ Σ, und damit, nach Satz 4 der
Vorlesung,
P (A) = P ({a, c}) = P ({a}) + P ({c}) =
2
3
1
+
= .
7 14
2
(2)
1
3
5
+
= .
2 14
7
(3)
b) Nach Satz 4 der Vorlesung erhalten wir
P (B) = P ({b, c}) = P ({b}) + P ({c}) =
c) Wir müssen die Definition 2 der Vorlesung nachprüfen. Dazu berechnen wir
5
1 5
· = .
2 7
14
a), b)
P (A)P (B) =
(4)
Für die Wahrscheinlichkeit des Durchschnitts gilt
P (A ∩ B) = P ({c}) =
3
5
=
= P (A)P (B).
14
14
(5)
Gemäss Definition 2 der Vorlesung sind also die Ereignisse A, B ∈ Σ nicht stochastisch unabhängig.
Aufgabe 2 :
a) Für die zweimalige Durchführung des Zufallsexperiments aus Aufgabe 1 erhalten
wir den Ereignisbaum
2
7
1
2
b
a
2
7
(a, a)
3
14
1
2
(a, b)
3
14
(a, c)
2
7
c
1
2
(b, a)
(b, b)
1
3
14
(b, c)
2
7
(c, a)
1
2
(c, b)
3
14
(c, c)
Mit dem Gesetz der totalen Wahrscheinlichkeit (Satz 2 der Vorlesung) und mit
dem Multiplikationssatz (Satz 1) erhalten wir
P (“zweimal dasselbe Ergebnis”) = P ({(a, a), (b, b), (c, c)})
(6)
= P ({(a, a)}) + P ({(b, b)}) + P ({(c, c)})
2 2 1 1
3 3
37
=
· + · +
·
=
38 %.(7)
7 7 2 2 14 14
98
b) Wir definieren die Ereignisse
A := “kein c bei der ersten Durchführung”
= {(a, a), (a, b), (a, c), (b, a), (b, b), (b, c)},
B := “c bei der zweiten Durchführung” = {(a, c), (b, c), (c, c)}.
(8)
(9)
(10)
Gesucht ist die bedingte Wahrscheinlichkeit P (A|B). Sie ist nach Definition 1
der Vorlesung gegeben durch
P (A|B) =
P (A ∩ B)
.
P (B)
(11)
Die Wahrscheinlichkeiten im Zähler und im Nenner können wir mit Hilfe des
Ereignisbaums aus a) berechnen:
P (A ∩ B) = P ({(a, c), (b, c)}) = P ({(a, c)}) + P ({(b, c)})
(12)
1 3
33
2 3
·
+ ·
=
,
(13)
=
7 14 2 14
196
P (B) = P ({(a, c), (b, c), (c, c)}) = P ({(a, c)}) + P ({(b, c)}) + P ({(c, c)})
2 3
1 3
3 3
3
=
·
+ ·
+
·
= .
(14)
7 14 2 14 14 14
14
Also erhalten wir die gesuchte Wahrscheinlichkeit
P (A|B) =
33
196
3
14
P (A ∩ B)
=
P (B)
=
11
79 %.
14
(15)
Aufgabe 3 :
Wir erstellen zuerst einen Ereignisbaum für dieses Zufallsexperiment:
4
10
6
10
b
r
3
9
6
9
4
9
(r, r)
(r, b)
5
9
(b, r)
(b, b)
2
8
6
8
3
8
5
8
3
8
5
8
4
8
4
8
(r, r, r)
(r, r, b)
(r, b, r)
(r, b, b)
(b, r, r)
(b, r, b)
(b, b, r)
(b, b, b)
2
a) Wir definieren das Ereignis
A := “die dritte Kugel ist rot” = {(r, r, r), (r, b, r), (b, r, r), (b, b, r)}.
(16)
Die Wahrscheinlichkeit für dieses Ereignis ist nach dem Multiplikationssatz
(Satz 1) gegeben durch
P (A) = P ({(r, r, r), (r, b, r), (b, r, r), (b, b, r)})
(17)
= P ({(r, r, r)}) + P ({(r, b, r)}) + P ({(b, r, r)}) + P ({(b, b, r)}) (18)
4 6 3
6 4 3
6 5 4
2
4 3 2
· · +
· · +
· · +
· · = = 40 %. (19)
=
10 9 8 10 9 8 10 9 8 10 9 8
5
b) Wir definieren das Ereignis
B := “die ersten beiden Kugeln haben dieselbe Farbe”
= {(r, r, r), (r, r, b), (b, b, r), (b, b, b)}.
(20)
(21)
Gesucht ist die bedingte Wahrscheinlichkeit
P (A|B) =
P (A ∩ B)
.
P (B)
(22)
Wir berechnen die beiden Wahrscheinlichkeiten im Zähler und im Nenner:
P (A ∩ B) = P ({(r, r, r), (b, b, r)}) = P ({(r, r, r)}) + P ({(b, b, r)})
(23)
6 5 4
1
4 3 2
· · +
· · = ,
(24)
=
10 9 8 10 9 8
5
P (B) = P ({(r, r, r), (r, r, b), (b, b, r), (b, b, b)})
(25)
= P ({(r, r, r)}) + P ({(r, r, b)}) + P ({(b, b, r)}) + P ({(b, b, b)})
4 3 2
4 3 6
6 5 4
6 5 4
7
=
· · +
· · +
· · +
· · = .
(26)
10 9 8 10 9 8 10 9 8 10 9 8
15
Wir erhalten den Quotienten
P (A|B) =
P (A ∩ B)
=
P (B)
1
5
7
15
=
3
43 %.
7
(27)
Durch die zusätzliche Information, dass die ersten beiden Kugeln dieselbe Farbe haben, hat sich die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die dritte Kugel rot ist, leicht erhöht.
Aufgabe 4 :
Die Ergebnismenge dieses Zufallsexperiments ist Ω = {K, Z}10 mit 210 = 1024 Elementen. Die Ergebnisse sind 10-Tupel, z. B. ω := (K, K, Z, Z, Z, K, Z, K, Z, Z) ∈ Ω.
Da die Ergebnismenge endlich ist, können wir als Ereignisfeld Σ := P(Ω) wählen (mit
21024 Elementen!). Das Wahrscheinlichkeitsmass P : Σ → [0, 1] ist nach Satz 4 bereits
durch seine Werte für die 1024 Elementarereignisse in Σ eindeutig festgelegt. Da wir
eine faire Münze betrachten, handelt es sich hier um ein Laplace-Experiment, d. h. es
1
1
gilt P ({ω}) = |Ω|
= 1024
, ∀ ω ∈ Ω.
3
a) Die Zufallsvariable X zählt die Anzahl der “Kopf”-Würfe in den 10 Münzwürfen,
also gilt Ω = im(X) = {0, 1, 2, . . . , 10}. Diese Menge ist endlich, also wählen wir
das Ereignisfeld Σ := P(Ω ) mit 211 = 2048 Elementen. Das durch X induzierte Wahrscheinlichkeitsmass PX : Σ → [0, 1] ist gemäss Satz 4 der Vorlesung
eindeutig festgelegt durch seine Werte auf den Elementarereignissen {x} ∈ Σ ,
x ∈ Ω .
Wenn der Wert der Zufallsvariablen X gleich x ∈ Ω ist, dann haben wir genau
x-mal “Kopf” geworfen. Weil insgesamt 10-mal geworfen wird, muss dann auch
(10 − x)-mal “Zahl” geworfen worden sein. Die “Kopf”-Würfe dürfen ausserdem
beliebig auf die 10 Plätze im Ergebnis (10-Tupel) ω ∈ Ω verteilt sein. Weil die
Wahrscheinlichkeit für “Kopf” und “Zahl” bei einer fairen Münze in jedem Wurf
gleich 1/2 ist, erhalten wir
x 10−x 10
10
1
10
1
1
10
1
PX ({x}) =
=
=
,
x
x
2
2
2
1024 x
(28)
für x ∈ {0, 1, 2, . . . , 10}. Damit erhalten wir die Wertetabelle
0
1
x
5
1
PX ({x})
1024
512
gerundet (%) 0.10 0.98
2
3
4
5
6
7
8
9
10
45
1024
15
128
105
512
63
256
105
512
15
128
45
1024
5
512
1
1024
4.4
12
21
25
21
12
4
0.98 0.10
(29)
b) Gemäss der Tabelle in Kap. 1.3.2 ist die Zufallsvariable X binomialverteilt; ihre
Verteilung ist B(10, 12 ).
c) Mit der Wertetabelle berechnen wir die Wahrscheinlichkeit
PX ({3, 4, 5}) = PX ({3})+PX ({4})+PX ({5}) =
291
15 105 63
+
+
=
57 %.
128 512 256
512
(30)
d) Mit der Wertetabelle berechnen wir die Wahrscheinlichkeit
PX ({7, 8, 9, 10}) = PX ({7}) + PX ({8}) + PX ({9}) + PX ({10})
45
5
1
11
15
+
+
+
=
17 %.
=
128 1024 512 1024
64
(31)
(32)
Aufgabe 5 :
a) Gemäss den Beispielen im Kap. 1.3.2 gilt X ∼ H(100, 23, 5): Die Grundgesamtheit hat den Umfang N = 100 (Gesamtzahl der Kugeln), und es haben M = 23
Elemente die gewünschte Eigenschaft (rote Kugeln). Die entnommene Stichprobe
hat Umfang n = 5.
b) Nach Definition der Wahrscheinlichkeitsfunktion (Zähldichte) gilt
2377
24035
253 · 73150
PX ({2}) = fX (2) = 21003 =
=
25 %
75287520
97776
5
(MATLAB-Befehl hygepdf(2,100,23,5)).
4
(33)
c) Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist mit der Gegenwahrscheinlichkeit gegeben
durch
2377
PX ({1, 2, 3, 4, 5}) = 1 − PX ({0}) = 1 − fX (0) = 1 − 01005
1 · 19757815
74 %
= 1−
75287520
(34)
5
(35)
(MATLAB-Befehl 1-hygepdf(0,100,23,5)). Ohne die Gegenwahrscheinlichkeit
hätten wir hier zuerst fünf verschiedene Wahrscheinlichkeiten berechnen und
dann zusammenzählen müssen.
Vorlesungswebseite: http://home.zhaw.ch/~kirs/MAE4
5