Lösung 7 - htw saar

Lösungen zum Übungs-Blatt 7 Wahrscheinlichkeitsrechnung
BMT Biostatistik
Prof. Dr. B. Grabowski
----------------------------------------------------------------------------------------------Satz von Bayes und totale Wahrscheinlichkeit
Formel der totalen Wahrscheinlichkeit : P( B) = P( B | A) P( A) + P( B | A ) P( A )
P( B | A) P ( A)
Formel von Bayes: P( A / B) =
P( B)
Zu Aufgabe 1)
Ein bestimmtes Bauteil wird auf seine Zuverlässigkeit untersucht. Die technische Prüfung
erfolgt dabei so: Das Bauteil Gerät wird als defekt eingestuft, wenn eine Lampe bei Eingabe
eines bestimmten Stromsignals aufleuchtet (Ereignis B). In jedem anderen Fall wird das
Bauteil als O.K. eingestuft. Es soll die Es soll die Zuverlässigkeit dieses Testverfahrens, d.h.
die Trennschärfe des Verfahrens, untersucht werden.
Sei A also das Ereignis „das Bauteil ist defekt“ und B das Ereignis: „das Bauteil wird als
defekt eingestuft “, bzw. die Lampe brennt.
Aus vorhergehenden Untersuchungen sei bekannt, dass 2 % aller Bauteile defekt sind. Es sei
weiterhin bekannt, dass bei 90% aller Bauteile, die defekt sind, die Lampe tatsächlich
aufleuchtet, aber leider auch bei 1% aller Bauteile, die O.K. sind.
a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Bauteil, welches als defekt
eingestuft wurde auch wirklich defekt ist?
b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein nicht defekt eingestuftes
Bauteil O.K. ist?
c) Sind die Ereignisse A (Bauteil ist defekt) und B („Lampe leuchtet“) stochastisch
unabhängig voneinander? (Zwei Ereignisse A und B heißen stochastisch
unabhängig, falls gilt P(A/B)=P(A)).
Lösung:
Gegeben:
Ereignisse:
B =“Wird als defekt eingestuft“
A = „Bauteil ist defekt“
Wahrscheinlichkeiten: P(A) = 0,02, P(B/A) = 0,9, P(B/ A ) = 0,01
Zu a) Ges: P(A/B)
P( A / B)
=
P( B / A) P( A)
P( B / Á ) P( A)
=
totale
P( B)
P( B / A) P( A) + P( B / A ) P( A )
Wahrscheinlichkeit
=
0,9 ⋅ 0,02
0,018
180
=
=
= 0,647 = 64,7%
0,9 ⋅ 0,02 + 0,01(1 − 0,02) 0,018 + 0,0098 278
Satz von Bayes
D.h. 64,7% aller Bauteile, die als defekt eingestuft wurden sind auch wirklich defekt.
1
Zu b)
P( A / B )
P( B / A ) P( A )
P( B / A ) P( A )
=
Satz von Bayes
totale
P( B )
P( B / A ) P( A ) + P( B / A) P( A)
Wahrscheinlichkeit
=
=
(1 − 0,01) ⋅ (1 − 0,02)
0,9702
9702
=
=
= 0,998 = 99,8%
(1 − 0,01) ⋅ (1 − 0,02) + (1 − 0,9)0,02 0,9702 + 0,002 9722
D.h. 99,8% aller Bauteile, die als OK eingestuft wurden sind auch wirklich OK.
Damit ist das Konsumentenrisiko sehr gering. (Das ist gut!)
Zu c)
Es ist P(A/B)=0,647 ≠P(A) = 0,02.
Damit sind A und B nicht stochastisch unabhängig voneinander.
Zu Aufgabe 2)
Ein praktisches Beispiel für die Anwendung des Satzes von Bayes und die Besonderheiten bei
der Auswertung der Ergebnisse ist der sogenannte Elisa-Test auf HIV.
Der Elisa-Test hat zwei Kennzeichen:
1. Die Sensitivität; das ist die Wahrscheinlichkeit, mit der der Test korrekterweise ein
positives Ergebnis liefert (Aids anzeigt), sofern die Person infiziert ist. Diese
Wahrscheinlichkeit beträgt 99.9%.
2. Die Spezifität, das ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Test ebenfalls korrekterweise kein
positives Ergebnis liefert, wenn die Person nicht infiziert ist. Beim Elisa-Test beträgt sie
99.5%.
Weiterhin sei die Prävalenz, das ist die Häufigkeit der HIV-Infektion in einer bestimmten
Bevölkerungsgruppe gleich 0,1% .
a) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Person tatsächlich infiziert ist,
wenn sie ein positives Testresultat hat.
b) Untersuchen Sie, wie sich beim Elisa-Test die Wahrscheinlichkeit für ein falsch
positives Resultat (d.h. eine als HIV-infiziert diagnostizierte Person ist gesund)
ändert, wenn Sie die Prävalenz auf 0.01 und 0.02 erhöhen
(und die Eigenschaften des Tests, also Sensitivität und Spezifität, sonst unverändert
lassen). Was stellen Sie fest?
c) Berechnen Sie für eine Prävalenz von 0,1% die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine
Person tatsächlich nicht infiziert ist, wenn sie ein negatives Testresultat hat.
Lösung:
Um das formal zu fassen, übersetzen wir die Angaben in formale Schreibweisen.
Gegeben sind zwei Ereignisse:
2
Für diese Ereignisse sind folgende Wahrscheinlichkeiten bekannt:
P(A) = 0,001 Prävalenz
P(B/A) = 0,999
P( B / A ) = 0,995
Gesucht: Zu a) P(A/B),
Zu b) P( A / B ) ,
Zu c) P( A / B) für verschiedene P(A) (= 0,01 und 0,02)
Lösung zu a)
Damit ergibt sich für die Wahrscheinlichkeit für das Vorliegen einer Infektion bei positivem
Testergebnis:
D.h., es kommt eine relativ geringe Wahrscheinlichkeit zustande, dass jemand tatsächlich
infiziert ist, wenn er ein positives Testresultat hat. Andersherum: Mit großer
Wahrscheinlichkeit erhält er ein falsch positives Ergebnis
P( A / B) = 1 − P( A / B) = 1 − 0,167 = 0,833
wird also zu Unrecht beunruhigt.
Zu b) Wir erhöhen die Prävalenz auf 0.01 , also P(A) = 0,01 bzw. 0,02 und lassen
Sensitivität und Spezifität unberücksichtigt.
Dann ändert sich die Wahrscheinlichkeit für das Vorliegen einer Infektion bei positivem
Testergebnis wie folgt:
Für P(A) = 0,01
3
Für P(A) = 0,02
Wir sehen, dass die Wahrscheinlichkeit für ein falsch positives Ergebnis
stark von der Prävalenz (Häufigkeit des Auftretens der HIV-Krankheit in der Bevölkerung)
ist. Je kleiner diese Häufigkeit ist, desto größer ist die Wahrscheinlichkeit eines falsch
positiven Ergebnisses.
Ist P(A) gering, P(A) = 0,1%, so ist bei einem positiven Testergebnis die Wahrscheinlichkeit
nur ca. 16,7%, dass tatsächlich eine Infektion vorliegt. Für P(A) = 1% erhöht sich diese
Wahrscheinlichkeit bereits auf ca. 67 % und für P(A) = 80%
Zu c)
P( A | B ) =
P( B | A ) P( A )
0.995 ⋅ 0,999
0,994005
=
=
≈1
P( B )
1 − (0,999 ⋅ 0,001 + 0,005 ⋅ 0,999) 0,994006
D.h., mit nahezu 100 % Sicherheit ist eine Person tatsächlich gesund, wenn sie ein negatives
Testergebnis hat. (Das Patientenrisiko ist gleich 0).
Satz von Bayes und totale Wahrscheinlichkeit für mehr als 2 Ereignisse
Seien A1,...,An n Ereignisse aus der Grundmenge Ω mit folgenden Eigenschaften:
1. Ai ∩ A j = Φ für i≠ j (keine 2 Ereignisse treten gleichzeitig ein)
2. A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An = Ω (Ai bilden eine vollständige Zerlegung von Ω)
Dann gilt:
n
Formel der totalen Wahrscheinlichkeit : P ( B ) = ∑ P ( B / Ai ) P ( Ai )
i =1
P ( B | Ai ) P ( Ai )
Formel von Bayes: P ( Ai / B ) =
P( B)
Zu Aufgabe 3)
Im Einzugsbereich eines Arztes befinden sich folgende Bevölkerungsgruppen: 30 % im Alter
von 18 bis 50 Jahre (A1) , 20% unter 18 Jahre (A2) und 50% über 50 Jahren (A3).
Aus statistischen Erhebungen ist bekannt, dass sich die Patienten, die den Arzt aufsuchen,
sich pro Monat wie folgt auf die Altersgruppen verteilen: 1% der Patienten stammen aus A1,
2% sind unter 18 jährig und 0,5 % der über 50 jährig.
4
a) Wie viel % aller Personen suchen den Arzt insgesamt pro Monat auf?
b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit gehört ein Patient zur 1. Gruppe der zwischen 18
und 50 jährigen?
c) Sind die beiden Ereignisse: ‚Person ist krank (sucht Arzt auf)’ und ‚Person gehört
zu den zwischen 18 und 50 jährigen’ stochastisch unabhängig voneinander ?
(Begründung!)
Lösung:
Gegeben: Ereignisse: Ai =“Person gehoert zur Alterskalsse Ai“, i=1,2,3.
K = „Person ist Patient (Krank, bzw. geht zum Arzt)“
Wahrscheinlichkeiten: P(A1) = 0,3, P(A2)=0,2, P(A3)=0,5,
P(K/A1)=0,01, P(K/A2)=0,02, P(K/A3)=0,005.
Wir lösen die Aufgaben mit Hilfe der Formel der totalen Wahrscheinlichkeit und dem Satz von
Bayes.
Zu a)
Gesucht: P(K)
Wir berechnen P(K) gemäß der Formel der totalen Wahrscheinlichkeit:
P(K) =P(K/A1)P(A1) + P(K/A2)P(A2) + P(K/A3)P(A3)= 0,01*0,3 + 0,02*0,2 + 0,005*0,5
= 0,0095
Zu b)
Gesucht: P(A1/K)
Wir berechnen P(A1/´K) gemäß dem Satz von Bayes:
P ( A1 / K ) =
P ( K / A1) P ( A1) 0,003 30
=
=
= 0,316
P( K )
0,0095 95
Zu c)
30
= 0,316 ≠ P ( A1) = 0,3
95
d.h. es gilt nicht P(A1/K)=P(A1).
Demzufolge sind die beiden Ereignisse A1 und K nicht stochastisch unabhängig voneinander!
P ( A1 / K ) =
Zu Aufgabe 4)
Eine Firma bezieht jeweils 30 %, 20% bzw. 50% von benötigten Teilen von 3 verschiedenen
Zulieferern Z1, Z2 bzw. Z3. Über die Ausschussrate (Anteil der defekten Teile unter den
gelieferten) sei bekannt, dass sie bei Z1 1%, bei Z2 und Z3 0,5 % beträgt.
d) Wie viel % Ausschuss (Ereignis A) erhält die Firma insgesamt?
e) Mit welcher Wahrscheinlichkeit stammt ein defektes Teil von Z1?
f) Sind die beiden Ereignisse: ‚Teil ist Ausschuss’ und ‚Teil stammt von Zulieferer
Z1’ stochastisch unabhängig voneinander ? (Begründung!)
Lösung:
Wir definieren folgende Ereignisse: Zi = „Teil kommt von Zulieferer Zi“
A = „Teil ist Ausschuss“
5
Dann sind folgende Wahrscheinlichkeiten gegeben:
P(A/Z1) = 0,01
P(Z1)=0,3
P(A/Z2)= 0,005 P(Z2)=0,2
P(A/Z3)=0,005
P(Z3)=0,5
Zu a) P(A) = P(A/Z1)P(Z1)+P(A/Z2)P(Z2)+P(A/Z3)P(Z3) = 0,0065
Zu b) P(Z1/A) = P(A/Z1)P(Z1) / P(A) = 0,003/0,0065 = 0,6415
Zu c) P(A) = 0,0065 ≠ P(A/Z1) = 0,01
Demzufolge sind A und Z1 nicht stochastisch unabhängig (A hängt von Z1 ab)!
Bedingte Wahrscheinlichkeit und stochastische Unabhängigkeit
Zu Aufgabe 5)
Sei G ein System, welches aus 2 hintereinandergeschalteten Baueinheiten E1 und E2 besteht.
Das System G arbeitet nur dann fehlerfrei, wenn beide Baueinheiten fehlerfrei arbeiten.
Berechnen Sie für die Szenarien a) und b) die Wahrscheinlichkeit dafür, dass das
Gesamtsystem G fehlerfrei arbeitet!
a) Die Fehlerrate von E2 wird durch die von E1 beeinflusst. Die Wahrscheinlichkeit, dass
E2 fehlerfrei arbeitet unter der Vorrausetzung, dass auch E1 fehlerfrei arbeitet, ist 0,90.
Die Wahrscheinlichkeit, dass E1 fehlerfrei arbeitet sei 0,85.
b) Die Fehlerrate von E2 wird nicht durch die von E1 beeinflusst, d.h., E1 und E2 verhalten
sich stochastisch unabhängig!. Die Wahrscheinlichkeit, dass E1 fehlerhaft arbeitet sei 20
% und die Wahrscheinlichkeit dafür, dass E2 fehlerhaft arbeitet sei 10 %.
Lösung:
Sei G=“Gerät arbeitet fehlerfrei“, E1=“E1 arbeitet fehlerfrei“, E2=“E2 arbeitet fehlerfrei“.
Zu a) P (G ) = P ( E1 ∩ E 2) = P ( E 2 / E1) P ( E1) = 0,9 ⋅ 0,85 = 0,765
Zu b) P (G ) = P ( E1 ∩ E 2) = P ( E 2) P ( E1) = (1 − 0,1) ⋅ (1 − 0,2) = 0,72
Zu Aufgabe 6)
Si = „Beobachter i übersieht das Signal)
Gesuchte Wahrscheinlichkeit:
N
P(S1∩…∩SN )=
∩ P( Si) = p
N
i =1
6
Zuverlässigkeitstheorie mit stochastischer Unabhängigkeit
Zu Aufgabe 7)
G sei ein Gerät mit n parallelen Reihen, die jeweils 2 Bauelemente in Reihe geschaltet
enthalten.
Das Gerät fällt aus, falls alle Reihen ausfallen. Eine Reihe fällt aus, falls eines der beiden
Bauelemente der Reihe ausfällt. Die Bauelemente Ei j fallen stochastisch unabhängig
voneinander mit der gleichen Wahrscheinlichkeit P(Ei j = not OK) = 0,1 für alle i = 1,...,n; j
= 1, 2, aus.
Wieviele Reihen muß das Gerät haben, damit die Ausfallwahrscheinlichkeit p des Gerätes 0,1
% nicht überschreitet, d.h. damit gilt
p = P(G = not OK) ≤ 0,001 ?
Lösung:
Es ist:
p = P(G = not OK ) = P(Re ihe1 = notOK ∩ Re ihe2 = notOK ∩ ⋯ ∩ Re ihen = notOK )
n
=
unabhängig keit
n
∏ P(Re ihe
i =1
i = notOK ) = ∏ (1 − P (Re ihe i = OK ))
i =1
n
= ∏ (1 − P( Ei1 = OK ∩ Ei 2 = OK ))
i =1
n
=
Unabhängigkeit
n
∏ (1 − P( Ei1 = OK ) P( Ei 2 = OK )) = ∏ (1 − (1 − 0,1) 2 )
i =1
n
= (1 − 0,81) = 0,19
i =1
n
Wir lösen jetzt die Ungleichung
P (G = notOK ) = 0,19 n ≤ 0,001 nach n auf!
Es ist:
0,19 n ≤ 0,001 ⇔ n ln(0,19) ≤ ln(0,001) ⇔ n ≥
ln(0,001)
= 4,159
ln(0,19)
D.h. dass Gerät muss mindestens n=5 Reihen besitzen!
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