Lösungen zum Übungs-Blatt 7 Wahrscheinlichkeitsrechnung

Lösungen zum Übungs-Blatt 7 Wahrscheinlichkeitsrechnung
BMT Biostatistik
Prof. Dr. B. Grabowski
----------------------------------------------------------------------------------------------Bedingte Wahrscheinlichkeit und stochastische Unabhängigkeit
Zu Aufgabe 1)
Sei X die zufällige Lebensdauer eines Bauteils und es gelte P(X > 200h) = 0,5 sowie
P(X > 100 h) = 0,8.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Bauelement, welches bereits 100 h
„überlebt hat“ auch 200 h „überlebt“?
Lösung:
Wir definieren die Ereignisse A = X>200h und B=X>100h.
Dann sind gegeben: P(A)=0,5 und P(B)=0,8 und gesucht: P(A/B) = P(X>200/X>100).
Es gilt nach Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit:
P( X  200 / X  100) 
P( X  200  X  100) P( X  200) 0,5 5



P( X  100)
P( X  100) 0,8 8
Zu Aufgabe 2)
Ein Bauteil wird in 2 Tests T1 und T2 getestet. Die Wahrscheinlichkeit dafür T1 zu bestehen
sei 0,7. Die Wahrscheinlichkeit T2 zu bestehen hängt von T1 ab: ist T1 bestanden worden, so
besteht das Bauteil T2 mit der Wahrscheinlichkeit 0,8, sonnst ist sie 0,5.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, beide Tests zu bestehen?
Lösung:
Sei T1 = „Bauteil besteht Test T1“ und T2 = „Bauteil besteht Test T2“.
Dann ist:
P (T 1  T 2)  P (T 2 / T 1) P (T 1)  0,8  0,7  0,56
Zu Aufgabe 3)
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.
1
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
Zuverlässigkeitstheorie mit stochastischer Unabhängigkeit
n Ereignisse A1,...,An heißen gegenseitig stochastisch unabhängig, wenn für jede Auswahl
A(1), ..., A(k) von k aus diesen n Ereignissen gilt, dass die Verbundwahrscheinlichkeit gleich
dem Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten ist:
P(A(1) ... A(k)) = P(A(1)) * ... * P( A(k)).
Zu Aufgabe 4)
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

unabhängigkeit
 P(Re ihe
i 1
n
i  notOK )   (1  P(Re ihe i  OK ))
i 1
n
  (1  P( Ei1  OK  Ei 2  OK ))
i 1

Unabhängigkeit
n
n
 (1  P( Ei1  OK ) P( Ei 2  OK ))   (1  (1  0,1) 2 )
i 1
 (1  0,81)  0,19
n
i 1
n
Wir lösen jetzt die Ungleichung
P(G  notOK )  0,19 n  0,001 nach n auf!
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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!
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 5)
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:
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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
Für P(A) = 0,02
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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  mit folgenden Eigenschaften:
1. Ai  A j   für i j (keine 2 Ereignisse treten gleichzeitig ein)
2. A1  A2  ...  An   (Ai bilden eine vollständige Zerlegung von )
Dann gilt:
n
Formel der totalen Wahrscheinlichkeit : P ( B )   P ( B / Ai ) P ( Ai )
i 1
Formel von Bayes: P ( Ai / B ) 
P ( B | Ai ) P ( Ai )
P( B)
Zu Aufgabe 6)
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 2% bzw. 0,5 % beträgt.
a) Wie viel % Ausschuss (Ereignis A) erhält die Firma insgesamt?
b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit stammt ein defektes Teil von Z1?
c) 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“
Dann sind folgende Wahrscheinlichkeiten gegeben:
P(A/Z1) = 0,01
P(Z1)=0,3
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P(A/Z2)= 0,005
P(A/Z3)=0,005
P(Z2)=0,2
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)!
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