Lösungen zur Wahrscheinlichkeitstheorieübung

Lösungen zur Wahrscheinlichkeitstheorieübung
Sommersemester 2004
1. Es seien drei Kästchen mit je zwei Schubladen gegeben. Im ersten Kästchen liegt in jeder Schublade
eine Goldmünze, im zweiten Kästchen in der ersten Schublade eine Goldmünze und in der zweiten
eine Silbermünze, im dritten Kästchen liegt in jeder Schublade eine Silbermünze. Nun wird zufällig
eine der sechs Schubladen geöffnet, in dieser liegt eine Goldmünze. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass in der anderen Schublade eine Silbermünze liegt?
2. Es sei f eine durch
½
f (x) =
αx2 (1 − x) 0 ≤ x ≤ 1
0
sonst
gegebene Funktion. Man bestimme α so, dass f Dichtefunktion einer stetigen Zufallsvariablen X
ist und ermittle die Verteilungsfunktion FX sowie den Erwartungswert E[X].
Lösung:
Damit f eine Dichtefunktion ist, muss
Z
∞
f (x) dx = 1
−∞
gelten. In unserem Fall bedeutet das
Z
1
µ
αx2 (1 − x) dx =
0
¶¯1
αx4 ¯¯
αx3
α
−
.
=
3
4 ¯0
12
Damit dies gleich 1 ist, muss α = 12 sein.
Für die Verteilungsfunktion erhalten wir
Z x
Z x
¯x
f (t) dt =
12t2 (1 − t) dt = (4t3 − 3t4 )¯0 = 4x3 − 3x4 ,
−∞
und damit gilt
0

 0
4x3 − 3x4
FX (x) =

1
x≤0
0<x≤1
x>1
Schließlich ergibt sich für den Erwartungswert
µ
¶¯1
Z ∞
Z 1
¯
12
3
E[X] =
xf (x) dx =
12x3 (1 − x) dx = 3x4 − x5 ¯¯ = .
5
5
−∞
0
0
3. Man berechne approximativ die Wahrscheinlichkeit, dass bei 12000 unabhängigen Würfen mit einem
fairen Würfel die Anzahl der 6er im Intervall [1900, 2150] liegt.
Lösung:
Bei großen Werten wird die Binomialverteilung durch die Normalverteilung approximiert. Dazu
folgende Festlegung:
n = 12000, p = 16 , q = 1 − p = 56 , a = 1900, b = 2150.
Mit den Approximationsformeln erhalten wir
a − np
= −2.449,
z1 = √
npq
b − np
z2 = √
= 3.674.
npq
1
Nun folgt mit Hilfe der Zahlenwerte der Standardnormalverteilung
P (z1 ≤ Z ≤ z2 ) = Φ(z2 ) − Φ(z1 ) = 0.999879 − (1 − 0.992857) = 0.992736.
4. Es sei bekannt, dass die Wahrscheinlichkeit in Mathematik eine 5 zu bekommen, gleich P (M = 5) =
0.5 ist. Andererseits liegt die Wahrscheinlichkeit in Latein eine 5 zu erhalten bei P (L = 5) = 0.4.
Die Wahrscheinlichkeit, in beiden Fächern negativ zu sein, ist P (M = 5, L = 5) = 0.1.Wie groß
ist die Wahrscheinlichkeit, in Mathematik eine 5 zu bekommen, wenn man in Latein schon eine 5
erhalten hat? Und umgekehrt?
Lösung:
Die bedingte Wahrscheinlichkeit
P (A|B) =
P (A ∩ B)
P (B)
ist die Wahrscheinlichkeit von Ereignis A, wenn bekannt ist, dass Ereignis B eingetreten ist. Im
Kontext der Aufgabe sei
A = “5er in Mathematik erhalten”
und
B = “5er in Latein erhalten”.
Gesucht sind demnach die Wahrscheinlichkeiten P (A|B) und P (B|A). Diese lassen sich bestimmen
zu
P (A ∩ B)
P (M = 5, L = 5)
0.1
P (A|B) =
=
=
= 0.25
P (B)
P (L = 5)
0.4
und
P (B|A) =
P (A ∩ B)
P (M = 5, L = 5)
0.1
=
=
= 0.2.
P (A)
P (M = 5)
0.5
5. Für welches k definiert die Funktion P (X = i) = Nk für i = 1, 2, . . . , N eine Dichte einer diskreten
Zufallsvariablen X? Geben Sie den Erwartungswert von X an.
Lösung:
Es muss gelten, dass
N
X
P (X = i) = 1.
i=1
Es ist
N
X
P (X = i) =
i=1
N
X
k
k
=N·
= k = 1.
N
N
i=1
Daraus folgt, dass k = 1 sein muss. Der Erwartungswert von X berechnet sich aus
E[X] =
N
X
iP (X = i) =
i=1
N
N
X
1
1 X
1 1
1
i =
i=
· N (N + 1) = (N + 1).
N
N i=1
N 2
2
i=1
6. Eine stetige Zufallsvariable X habe die Verteilungsfunktion

0
x<0



 2 x3
0≤x≤1
FX (x) = 3 1

1≤x<c
x
−

3


1
c≤x
(a) Wie groß muss c sein?
(b) Berechnen Sie den Erwartungswert E[X].
(c) Geben Sie die Wahrscheinlichkeit PX ( 14 < X ≤ 54 ) und PX (X = 1) an.
2
Lösung:
(a) Da X eine stetige Zufallsvariable ist, muss die zugehörige Verteilungsfunktion FX (x) ebenfalls
stetig sein. Der kritische Punkt ist hier x = c. Dort muss gelten, dass der linksseitige gleich
dem rechtsseitigen Grenzwert ist, d.h.
x=c:
x−
1
= 1.
3
Damit folgt c = 43 .
(b) Der Erwartungswert lässt sich über folgenden Ausdruck berechnen:
Z ∞
E[X] =
xf (x) dx,
−∞
wobei f (x), die Dichte von X, aus f (x) = F 0 (x) berechnet werden kann. Dann ist
Z
Z
0
E[X] =
1
0 dx +
−∞
Z
3
2x dx +
0
4
3
Z
∞
x dx +
4
3
1
¯1
¯4/3
x4 ¯¯
x2 ¯¯
1 8 1
8
+
= + − = .
0 dx =
¯
¯
2 0
2 1
2 9 2
9
(c) Die gesuchten Wahrscheinlichkeiten lassen sich über die Verteilungsfunktion berechnen:
¶
µ
µ ¶
µ ¶
µ ¶3
1
5
5
1
5 1 2
1
87
PX
<X≤
= FX
− FX
= − − ·
=
.
4
4
4
4
4 3 3
4
96
Da FX (x) an der Stelle x = 1 stetig ist, gilt PX (X = 1) = 0.
7. Nach dem Picknick vermisst die Familie ihren Hund. Es gibt drei Möglichkeiten:
• A: Er ist heimgelaufen und erwartet die Familie vor der Haustür.
• B: Er bearbeitet noch den großen Knochen auf dem Picknickplatz.
• C: Er streunt im Wald.
Aufgrund der Gewohnheiten des Hundes kennt man die Wahrscheinlichkeiten für das Eintreten der
Ereignisse A, B und C:
1
1
1
P (A) = , P (B) = , P (C) = .
4
2
4
Je ein Kind wird zurück zum Picknickplatz und an den Waldrand geschickt. Wenn der Hund an
der ersten Stelle ist, findet man ihn mit 80%-iger Wahrscheinlichkeit, streunt er aber im Wald, so
beträgt die Wahrscheinlichkeit nur noch 50%.
(a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird eines der beiden Kinder den Hund finden?
(b) Wie groß ist die (bedingte) Wahrscheinlichkeit dafür, ihn bei der Rückkehr vor der Haustür
anzutreffen, falls die Kinder den Hund nicht finden?
Lösung:
Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Kind den Hund findet, wenn der Hund am Picknickplatz ist:
P (F |B) =
4
5
Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Kind den Hund findet, wenn der Hund im Wald ist:
P (F |C) =
1
2
Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Kind den Hund findet, wenn der Hund zu Hause ist:
P (F |B) = 0
3
(a) Bedingte Wahrscheinlichkeit: P (A|B) =
hier:
P (A∩B)
P (B)
⇒ P (A ∩ B) = P (A|B) P (B)
P (F ∩ A) = 0 ·
1
=0
4
P (F ∩ B) =
4 1
2
· =
5 2
5
P (F ∩ C) =
1 1
1
· =
2 4
8
⇒ P (F ) =
21
2 1
+ =
= 0.525
5 8
40
(b) P (Hund nicht zu finden) = P (N F ) = 1 − P (F ) = 0.475
P (Hund vor der Haustür | Kinder haben ihn nicht gefunden) = P (A|N F ) =
Dabei ist P (A ∩ N F ) =
1
4
P (A ∩ N F )
P (N F )
·1
0.25
= 0.5263
0.475
8. Eine telegraphische Nachricht im Morse-Alphabet besteht aus den Signalen “Punkt” und “Strich”.
Es ist bekannt, dass “Punkt” und “Strich” im Verhältnis 5:3 auftreten. Durch eine Störung können
einzelne Signale nicht verstanden werden, wobei die statistischen Eigenschaften dieser Störung solcher Art sind, dass im Mittel 2/5 der “Punkt” - und 1/3 der “Strich”-Signale gestört sind. Man
bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass ein übertragenes Signal verstanden werden kann, und die
Wahrscheinlichkeiten, dass ein nicht verstandenes Signal “Punkt” bzw. “Strich” war.
P (A|N F ) =
Lösung:
Die Wahrscheinlichkeit, dass ein übertragenes Signal verstanden werden kann, ist gleich 1 minus der
Gegenwahrscheinlichkeit, nämlich der Wahrscheinlichkeit, dass das Signal gestört ist. Diese setzt
sich zusammen aus
P (übertragenes Signal ist gestört) = P (übertragenes Signal ist gestört und war ursprünglich ein Punkt)
+ P (übertragenes Signal ist gestört und war ursprünglich ein Strich)
= P (Signal ist Punkt) · P (Punktsignal ist gestört)
+ P (Signal ist Strich) · P (Strichsignal ist gestört)
3 1 5 2
3
= · + · = .
8 3 8 5
8
Die Wahrscheinlichkeit, dass das übertragene Signal verstanden werden kann, beträgt 1 − 83 = 58 .
Die bedingte Wahrscheinlichkeit, dass ein nicht verstandenes Signal ursprünglich ein Punkt war,
beträgt
P (Signal ist Punkt|Signal nicht verstanden) =
P (gestörtes Signal ist ein Punkt)
=
P (Signal wird nicht verstanden)
Analog ergibt sich
P (Signal ist Strich|nicht verstanden) =
4
5
8
·
3
8
2
5
=
2
.
3
3
8
·
3
8
1
3
=
1
.
3
9. Zwei Spieler A und B, ziehen (unabhängig voneinander) aus einem gut durchmischten Skatspiel (32
verschiedene Karten, eine davon ein Herz-As, eine zweite ein Karo-As) abwechselnd eine Karte ohne
Zurücklegen. Spieler A beginnt. Wer zuerst das Herz-As oder das Karo-As zieht, hat gewonnen. Ist
nach dem Ziehen der 5. Karte noch kein Sieger ermittelt, so wird das Spiel abgebrochen.
(a) Die Zufallsvariable X beschreibe die Anzahl der in einem Spiel gezogenen Karten. Man bestimme die Verteilung der Zufallsvariablen X und ihre Verteilungsfunktion.
(b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit pA bzw. pB , dass Spieler A bzw. Spieler B gewinnt?
Lösung:
(a) Das Ereignis “X = 1” tritt ein, wenn bereits die erste gezogene Karte das Herz- oder das
Karo-As ist. Die Wahrscheinlichkeit für dieses Ereignis ist 2/32 (Laplace-Experiment). Weiters
tritt das Ereignis “X = 2” dann ein, wenn die erste gezogene Karte keines dieser Asse war
(Wahrscheinlichkeit 30/32) und beim nächsten Zug aus den restlichen verbleibenden 31 Karten
ein rotes As gezogen wird (Wahrscheinlichkeit 2/31). Demnach ist die Wahrscheinlichkeit, dass
das Spiel nach zwei Spielzügen endet, gleich
P (X = 2) =
30 2
· .
32 31
Durch analoge Überlegungen folgen die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten für die Spieldauer von 3 und 4 Spielzügen. Das Spiel wird nach spätestens 5 Zügen abgebrochen, d.h. die
Wahrscheinlichkeit, dass exakt am 5. Zug abgebrochen wird, ist die Wahrscheinlichkeit, dass
bei keinem vorherigen Zug ein rotes Ass gezogen wurde. Insgesamt ergeben sich also folgende
Werte:
k
P (X = k)
2
32
1
30
32
·
2
31
30
32
·
29
31
·
2
30
2
3
Die Verteilungsfunktion F (x
=
0.0625
=
0.0605
=
0.0585
4
30
32
·
29
31
·
28
30
·
2
29
=
0.0565
5
30
32
·
29
31
·
28
30
·
27
29
=
0.762
10. Ein Flugzeugbauer interessiert sich für die Zuverlässigkeit seiner beiden Flugzeugtypen. Die im
folgenden angegebenen Wahrscheinlichkeiten beziehen sich dabei auf einen bestimmten Flug. Bestimmen sie die Wahrscheinlichkeit, dass ein Flugzeug den Zielort nicht erreicht.
(a) Die 3-motorige Maschine fällt aus, wenn der Hauptmotor in der Mitte oder die beiden Seitenmotoren ausfallen. Die Motoren fallen dabei unabhängig voneinander mit Wahrscheinlichkeit
p = 0.0006 aus.
(b) Die 2-motorige Maschine fällt aus, wenn beide Motoren ausfallen. Die Ausfallswahrscheinlichkeit beträgt p = 0.0006. Wenn einer der Motoren ausgefallen ist, dann erhöht sich die
Wahrscheinlichkeit des Ausfalls auch des anderen (wegen erhöhter Belastung) auf p = 0.006.
11. Eine blinde Oma schenkt ihrem Enkel Franz zu Weihnachten zwei Geldscheine. In ihrer Brieftasche
befinden sich drei 5 Euro-Scheine, drei 10 Euro-Scheine und ein alter Einkaufszettel. Zufällig zieht
die Oma zwei von diesen sieben Scheinen aus ihrer Brieftasche und gibt sie Franz. Es bezeichne W
den Wert der Geldscheine, die Franz bekommen hat.
(a) Bestimmen Sie die Verteilung, den Erwartungswert und die Varianz von W .
(b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Franz mindestens 10 Euro bekommt? Berechnen Sie
weiters die Wahrscheinlichkeit, dass Franz weniger als den Erwartungswert E (W ) bekommt.
(c) Das kleine Geschwisterchen von Franz bekommt nur einen Geldschein von Oma. Die Oma
zieht zuerst einen 5 Euro-Schein aus ihrer Brieftasche und lässt nun Franz entscheiden, ob er
diesen Schein behalten will, oder ob ihn sein Geschwisterchen bekommen soll. Wie soll er sich
entscheiden? (Hinweis: Wie ändert sich der Erwartungswert?)
Lösung:
Sei X die erhaltene Summe dann gilt:
X
5
10
15
20
(a)
Ausfall
ein 5er und ein 0er
ein 10er und ein 0er
zwei 5er
ein 10er und ein 5er
zwei 10er
90
7 .
100 27
W! f. Einzelausfall
P (X)
1·3
7·6
1·3
7·6
2·3
7·6
3·3
7·6
2·3
7·6
1
7
• E(X) = 5 17 + 10 27 + 15 37 + 20 17 =
• V (X) = E[X 2 ] − E[X]2 = 25 17 +
(b)
Anzahl
2
2
1
2
1
+ 225 73 + 400 17 −
• P (X ≥ 10) = 1 − P (X < 10) = 1 − P (X = 5) = 1 −
•
1
7
2
7
3
7
1
7
¡ 90 ¢2
=
7
6
7.
=
1000
49 .
P (X ≤ E(X)) = P (X ≤ 12.9) = P (X ≤ 10)
= P (X = 5) + P (X = 10) =
1 2
3
+ = .
7 7
7
(c) Wenn franz den 5er nimmt hat er folgende Verteilung:
P (X = 5) = 1/6, P (X = 10) = 1/3, P (X = 15) = 1/2
mit Erwartungswert 35/3, anderenfalls ergibt sich
P (X = 5) = 2/15, P (X = 10) = 4/15, P (X = 15) = 2/5, P (X = 20) = 1/5
mit Erwartungswert 40/3. Er soll den 5er also dem Geschwisterchen überlassen.
6
12. Beim Hütchenspiel wird unter einem von drei Hütchen eine Erbse versteckt. Danach werden die
Hütchen gemischt, und ein Spieler kann auf ein Hütchen setzen. Der Spieler gewinnt, wenn er jenes
Hütchen errät, unter dem sich die Erbse befindet. Um dem Spieler zu helfen wird ihm zufällig ein
Hütchen genannt, auf das er nicht gesetzt hat und in dem sich die Erbse nicht befindet. Nun kann
der Spieler seinen Einsatz verschieben. Wie soll sich der Spieler verhalten, um möglichst oft zu
gewinnen?
Lösung:
Ohne Beschränkung der Allgemeinheit nehmen wir an, dass sich die Erbse im ersten Hütchen
befindet. Nun kann man folgenden Wahrscheinlichkeitsbaum angeben:
(a) Der Spieler tippt auf Hütchen 3. Dies geschieht mit Wahrscheinlichkeit 1/3. Mit Wahrscheinlichkeit 1 wird nun Hütchen 2 angeben (einzige Möglichkeit). Sei der Gewinn mit 1 angesetzt,
bei Verlust erhalte der Spieler 0. Dann ist hier nun die Wechselstrategie (W) angebracht. Bei
der Nicht-Wechselstrategie (NW) verliert der Spieler.
(b) Dasselbe Bild ergibt sich, wenn der Spieler auf Hütchen 2 tippt. In den beiden nun abgehandelten Fällen gewinnt der Spieler mit (W) einen Betrag von 2 · 1/3 = 2/3.
(c) Der Spieler tippt auf Hütchen 1 (in einem Drittel der Fälle). Nun ist natürlich (NW) besser.
Es ergeben sich zwei Fälle, der Moderator kann sich nun für Hütchen 2 oder 3 entscheiden.
Beides geschieht mit der Wahrscheinlichkeit 1/2. Da aber die Grundwahrscheinlichkeit dieses
Falles schon 1/3 war, gewinnt der Spieler hier mit (NW) nur 2 · 1/2 · 1/3 = 1/3!
Es zeigt sich also, dass der mittlere Gewinn bei (W) gleich 2/3, jener bei (NW) gleich 1/3 ist. Es
ist also angebracht, die eigene ursprüngliche Entscheidung zu widerrufen und sich für ein anderes
Hütchen zu entscheiden.
13. Es soll die Verteilung von Geburtstagen innerhalb einer Gruppe untersucht werden. Einfachheitshalber wird angenommen, dass es keine Schaltjahre gibt.
(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass innerhalb einer Gruppe von 15 Personen mindestens
zwei Personen am selben Tag Geburtstag haben?
(b) Wieviele Personen müssen in einer Gruppe sein, damit mit einer Wahrscheinlichkeit von 90%
oder mehr mindestens zwei Personen am selben Tag Geburtstag haben?
Lösung:
Das Modell ist analog zu einer Urne in der 365 Kugeln liegen. Wir ziehen m-Mal mit zurücklegen.
Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens eine Kugel zweimal gezogen wird.
P (mindestens eine Kugel 2 mal gezogen) = 1 − P (jede Kugel maximal einmal gezogen).
Die W! auf der rechten Seite kann leicht bestimmt werden.
¡ ¢
m! 365
m
P (jede Kugel maximal einmal gezogen) =
,
365m
wobei der Nenner der Anzahl aller möglchen gezogenen Ereignisse beschreibt (m mal ziehen aus 365
mit zurücklegen) und der Zähler die günstigen Events: Die Anzahl der Ausfälle in jenen jede Kugel
¡ ¢
nur einmal vokommt, entspricht der Anzahl der Möglchkeiten m Kugeln aus 365 auszuwählen 365
m
mal die Anzahl der danach möglichen Anordnungen (m!).
(a) 1 −
15!(365
15 )
36515
(b) 1 −
40! 365
40
36540
(
)
= 0.253.
< 0.9 < 1 −
41!(365
41 )
36541 .
Es werden 41 Personen benötigt.
14. In einem Ölhafen ist die Zahl der pro Tag einlaufenden Tanker Poisson-verteilt mit Erwartungswert
2. Es können pro Tag 3 Tanker abgefertigt werden.
7
(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass an einem bestimmten Tag Tanker abgewiesen werden
müssen?
(b) In welchem Ausmaß muss die Kapazität erweitert werden, um mit einer Wahrscheinlichkeit
von 90% alle einlaufenden Tanker abfertigen zu können?
15. Ein Student sitzt nach bestandener Mathematik-Prüfung in einer Bar und trinkt Tequilla. Aus
Erfahrung weiß er, dass er mit einer Wahrscheinlichkeit von 5% in einem Glas einen Wurm bekommt.
(a) Es bezeichne nun W die Anzahl der Würmer, die in zehn Tequilla vorkommen. Bestimmen Sie
Erwartungswert und Varianz von W . Berechnen Sie P (W = 1) und P (W ≥ 1).
(b) Der Student trifft vier Freunde, und alle trinken sie nun jeweils sechs Tequilla. Wie groß ist
die Wahrscheinlichkeit, dass dann zwei oder mehr von ihnen mindestens einen Wurm bekommen? Vergleichen Sie das Ergebnis mit der Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei Würmer
konsumiert werden.
Lösung:
Gegeben ist also p = 5% und n = 10, die Zufallsvariable W ist binomialverteilt, es ist W ∼
Bin(10, 0.05). Damit lassen sich Erwartungswert und Varianz leicht bestimmen (Formelsammlung):
E(X) = np = 10 · 0.05 = 0.5,
V ar(X) = np(1 − p) = 0.475.
(a) Die Wahrscheinlichkeit, dass sich in den zehn Tequilas genau ein Wurm befindet beträgt:
µ ¶
10
P (W = 1) =
0.051 (1 − 0.05)9 = 0.3151.
1
Die Wahrscheinlichkeit hingegen, dass sich in den zehn Tequilas mindestens ein Wurm befindet,
lässt sich über die Gegenwahrscheinlichkeit berechnen:
µ ¶
10
P (W ≥ 1) = 1 − P (W = 0) = 1 −
0.050 (1 − 0.05)10 = 0.4013.
0
(b) Als Zwischenergebnis halten wir auch P (W = 0) = 0.5987 fest. Die Wahrscheinlichkeit nun,
dass die fünf Freunde, die ja insgesamt 5 · 6 = 30 Tequilas konsumieren, zusammen mindestens
zwei Würmer genießen, ist:
µ ¶
µ ¶
30
30
30 0
P (E2 ) = 1 −
(1 − p) p −
(1 − p)29 p1 = 1 − 0.9530 − 30 · 0.9529 · 0.05 = 0.4465.
0
1
Die Wahrscheinlichkeit, dass zwei oder mehr von den fünf Freunden mindestens einen Wurm
bekommen, beträgt:
µ ¶
µ ¶
5 5
5 4
P (E1 ) = 1 −
p0 (1 − p0 )0 −
p (1 − p0 )1 ,
0
1 0
wobei p0 die Wahrscheinlichkeit für einen Freund bezeichnet, in seinen 6 Tequilas keinen Wurm
zu bekommen. Diese Wahrscheinlichkeit ist
µ ¶
6 0
p0 =
p (1 − p)6 = 0.7351.
0
Schließlich eingesetzt in den obigen Ausdruck erhält man
P (E1 ) = 0.3986.
1
16. Ein medizinischer Test für eine Krankheit, die mit Wahrscheinlichkeit P (K) = 10000
auftritt, ergibt
bei einem Kranken immer ein richtiges Ergebnis, bei einem Gesunden ergibt der Test aber bei 1%
der Fälle aber ein positives Ergebnis.
8
Wenn eine Person nun positiv getestet wird, wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Person
tatsächlich krank ist?
Lösung:
Dieses Beispiel verdeutlicht bedingte Wahrscheinlichkeiten. Wenn eine Person krank (K) ist, dann
ist die Wahrscheinlichkeit (W!), dass der Test positiv verläuft
P (+|K) = 1
Wenn eine Person gesund ist, ist die W! eines positiven Tests gegeben als
P (+|G) = 0, 01
Gesucht ist nun die W! P (K|+), dsss eine positiv getestete Person auch krank ist.
Für die bedingte W! existiert die Relation
P (K|+) =
P (+|K)P (K)
P (+ ∩ K)
=
P (+)
P (+)
wobei lediglich der Ausdruck P (+) noch fehlt, der die W! angibt, dass ein Test an einer zufälligen
Person positiv ausfällt. Diese kann man aber leicht ausrechnen, indem man die beiden Fälle unterscheidet, dass die gewählte Person krank ist (mit W! P (K) ist dies der Fall, mit W! P (+|K) liefert
der Test dann ein positives Ergebnis) oder gesund (analog wie bei einer kranken Person):
P (+) = P (K)P (+|K) + P (G)P (+|G) =
1
9999 1
10099
∗1+
=
10000
10000 100
1000000
Einsetzen in die obige Relation liefert:
P (K|+) = 0, 0099
Dies bedeutet dass bei einem positiven Test eine Person nur mit 1 Prozent W! auch tatsächlich
erkrankt ist. Der Test ist also unbrauchbar.
17. Zwei Jäger schießen auf zwei Enten und treffen ihr Ziel jeweils mit einer Wahrscheinlichkeit von
80%.
(a) Sie sprechen sich ab, wer auf welche Ente schießt. Wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit,
dass genau eine Ente getroffen wird?
(b) Was passiert, wenn den Jägern keine Zeit mehr bleibt, um sich abzusprechen, und sie unabhängig und zufällig auf die Enten schießen?
Lösung:
Seien J1 und J2 die beiden Jäger, E1 und E2 die beiden Enten. Wir nehmen nun an (aus Symmetrieüberlegungen), dass J1 auf E1 zielt. Wird abgesprochen, wer auf welche Ente zielt, so muss
J2 auf E2 zielen. Die Wahrscheinlichkeit, dass genau eine Ente getroffen wird, besteht aus den
Teilwahrscheilichkeiten, dass J1 nicht trifft und J2 trifft und umgekehrt. Also:
P (genau eine Ente tot mit Absprache) = 0.8 · 0.2 + 0.2 · 0.8 = 32%.
Wird hingegen nicht abgesprochen, so ergibt sich
P (genau eine Ente tot ohne Absprache) =
= 0.8·(
0.4
+
0.1
+
|{z}
|{z}
W!, dass J2 E2 trifft
+0.2·(
0.4
|{z}
W!, dass J2 E1 trifft
W!, dass J2 E1 nicht trifft
+
0.4
|{z}
0.1
|{z}
)+
W!, dass J2 E2 nicht trifft
) = 64%.
W!, dass J2 E2 trifft
Fazit: Die Jäger sollen sich nicht absprechen, falls sie aus welchen Gründen auch immer (Hunger?)
nur an einer Ente interessiert sind.
9
18. Die Füllung von 50 kg - Zementsäcken erfolgt maschinell. Die Maschine hat die Einstellungen µ = 50
kg und σ = 1.5 kg.
(a) Wieviel Prozent Ausschuss ist zu erwarten, wenn ein Sack
i. mehr als 49 kg wiegen muss?
ii. höchstens 52 kg wiegen darf?
iii. um Franz. 1.2 kg vom Sollgewicht abweichen darf?
(b) Wie muss man die Toleranzgrenzen wählen (50±4µ), um nicht mehr als 5% Ausschuss zu
erhalten?
(c) Wie ändern sich in Aufgabe 18a jeweils die Ausschuss-Anteile, wenn eine bessere Anlage mit
σ = 0.8 kg eingesetzt wurde? s
Lösung:
(a) Die Füllmenge X ist eine normalverteilte Zufallsvariable mit den angegebenen Parametern
µ = 50 und σ = 1.5. Unter Berücksichtigung, dass
µ
¶
x−µ
N (µ, σ, x) = Φ
,
σ
erhält man:
¡ 1 ¢
¡ ¢
i. P (X ≤ 49) = N (50, 1.5, 49) = Φ − 1.5
= 1 − Φ 23 = 1 − 0.7486 = 0.2514 und
¡ 2 ¢
¡ ¢
ii. P (X > 52) = 1 − N (50, 1.5, 52) = 1 − Φ 1.5 = 1 − Φ 43 = 1 − 0.9082 = 0.0918.
iii.
· µ
¶
µ
¶¸
1, 2
1, 2
1−P (48, 8 ≤ X ≤ 51, 2) = 1− Φ
−Φ −
= 2−2∗Φ(0, 8) = 2∗(1−0, 7881) = 0, 4238
1, 5
1, 5
Die Werte der Funktion Φ lassen sich aus der Tabelle im Skriptum ablesen. Die erste
Spalte gibt die erste Dezimale des Argumentes an, die entsprechende Zeile die jeweiligen
zweiten Dezimalen.
(b) Analog zu obigem erhält man hier eine Gleichung in 4µ:
µ
µ
¶¶
4µ
1 − P (50 − 4µ ≤ X ≤ 50 + 4µ) = 2 ∗ 1 − Φ
= 0, 05
1, 5
Und damit in weiterer Folge
µ
Φ
4µ
1.5
¶
4µ/1.5 = 1.96,
= 0.975,
4µ = 2.94,
durch Ablesen in der Tabelle.
(c) Als Übung erhält man in Aufgabe 18a die Ausschussanteile zu 10.57%, 0.62% bzw. 13.36%.
19. Der Nikotingehalt einer Zigarettensorte wird periodisch überprüft. Dem Verpackungstext zufolge
soll eine Zigarette einen Nikotingehalt im Rauch von 0.6mg aufweisen. Bei einer Stichprobe von
30 Zigaretten wurden die Messwerte x̄ = 0.63 und s = 0.065 ermittelt. Man bestimme ein zweiseitges Konfindenzintervall, in dem der wahre Mittelwert der Stichprobe mit 99% liegt. Welche
Voraussetzungen müssen Sie dafür machen?
20. Ein aufwendiges, teures chemisches Verfahren testet eine grosse Zahl von Wasserproben auf Verunreinigungen mit einem speziellen Giftstoff. Um die Kosten zu minimieren werden jeweils M Proben
zusammengemischt und dieses Gemisch auf Verunreinigungen getestet. Verläuft der Test positiv,
muss jede einzelne der M Proben getestet werden um herauszufinden, welche der Proben verunreinigt sind.
Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Probe verunreinigt ist, beträgt p, und ein Test kostet eine Geldeinheit. Wie muss M gewählt werden, damit die Kosten pro Probe minimal werden?
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21. 7 Prozent aller Fluggäste, die Plä tze reservieren, erscheinen nicht. Die Fluggesellschaft entscheidet
nun, 130 Flugkarten für 120 verfügbare Plätze zu verkaufen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,
dass alle Fluggäate einen Platz bekommen.
Lösung:
Es hanelt sich hier um ein Bernoulli Experiment, da entweder ein Fluggast erscheint oder nicht
erscheint. p = 0, 07 ist die Wahrscheinlichkeit dass ein Fluggast nicht erscheint. n = 130.
Als erwartete Anzahl der Fluggäste die nicht erscheinen erhält man:
E(x) = np = 130 ∗ 0, 07 = 9, 1
Es bekommen alle Fluggäste einen Platz falls meht als 10 Personen nicht erscheinen. Es ist also
P (X ≥ 10) zu berechnen:
Zur Berechnung dieser Wahrscheinlichkeit wird der Grenzwertsatz von Laplace verwendet. Für die
√
standardisierte ZV Z = X−np
npq erhält man:
Z=√
9 − 9, 1
= −0, 0344
130 ∗ 0, 07 ∗ 0, 93
D.h.:
P (X ≥ 10) = 1 − P (X < 9) = 1 − Φ(Z) = 1 − (1 − 0, 51197) = 0, 51197
22. Genau in einem Jahr feiert ein großer Betrieb seinen 100. Geburtstag. die Direktion beschließt,
allen Kindern von Betriebsangehörigen, die am Jubeltag geboren werden, ein Sparkonto von 5000
Euro anzulegen. Es werden rund 730 Kinder pro Jahr (365 Tage) geboren. Man hat also 10000 Euro
Auslagen zu erwarten. Um Zufallsschwankungen zu berücksichtigen, werden für diesen Zweck 25000
Euro eingeplant. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Geld nicht ausreicht?
Lösung:
Es liegt ein Bernoulli Experiment vor. Die Wahrscheinlichkeit dass ein Kind an einem bestimmten
1
Tag Geburtstag hat beträgt p = 365
, n = 730.
Die erwartete Anzahl der Kinder die an diesem Tag Geburtstag haben betraägt:
E(X) = np =
1
∗ 730 = 2
365
D.h. die Firma muss mit 10000 Euro Auslagen rechnen.
Die Wahrscheinlichkeit dass 25000 Euro nicht reichen ist P (X > 5) (mehr als 5 Kinder werden
geboren).
Zur Berechnung dieser Wahrscheinlichkeit wird der Grenzwertsatz von Laplace verwendet. Für die
√
standardisierte ZV Z = X−np
npq erhält man:
5−2
Z=q
730 ∗
1
365
∗
364
365
= 2, 124
D.h.:
P (X > 5) = 1 − P (X ≤ 5) = 1 − Φ(Z) = 1 − 0, 982 = 0, 018
Mit einer Wahrscheinlichkeit von 1, 8 Prozent reicht das Geld nicht.
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