a) (A B) tritt ein = A tritt ein oder B tritt ein. = Mindestens eines der Ereignisse A, B tritt ein.

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1 Lösungsvorschläge zu den Aufgaben von Blatt 6: 43) 7 Telefonzellen ( 7 Kugeln in der Urne); 3 davon sind von je einem Benutzer besetzt ( 3 Kugeln in die Stichprobe). Die Telefonzellen werden nicht mehrfach besetzt o.z. Nicht gleichgültig, wer welche Zelle benutzt m.b.d.a. Lsg.: K 3 (7) o.z.m.b.d.a ) a) (A B) tritt ein A tritt ein oder B tritt ein. Mindestens eines der Ereignisse A, B tritt ein. b) (A B) tritt ein A tritt ein und B tritt ein. A und B treten gleichzeitig ein. c) (A B) ( A\B) tritt ein A tritt ein und B nicht. d) A B : Wenn A eintritt, tritt auch B ein. e) A B : A und B schließen sich gegenseitig aus. 45) 3 Würfe mit idealem Würfel. Ereignis A: Bei mindestens einem der Würfe erscheint eine der Zahlen 4, 5 oder 6. P(A)? Ω: alle Kombinationen 3 Ordnung aus 6 Elementen. Augenzahlen können mehrfach auftreten: m.z. Nach Satz haben wir Gleichwahrscheinlichkeit von Elementarereignissen bei Kombinationen m.z. nur bei m.b.d.a. cardω K 3 (6) m.z.m.b.d.a Bei mindestens empfiehlt sich oft, die Berechnung von P(A) über die Berechnung von P(A) durchzuführen: A : Bei keinem der Würfe erscheint mindestens eine der Zahlen 4, 5 oder 6, d.h. bei allen 3 Würfen erscheint keine der Zahlen 4, 5 oder 6, d.h. bei allen 3 Würfen erscheinen nur die Zahlen 1, 2 oder 3. allen Kombinationen m.z.m.b.d.a. 3. Ordn. aus 3 Elementen, carda K 3 (3) m.z.m.b.d.a

2 m.b.d.a wurde von Ω übernommen. Da ein idealer Würfel benutzt wird, sind die Elementarereignisse wegen m.b.d.a gleichwahrscheinlich. Da wir außerdem eine endliche Ergebnismenge Ω haben, ist die klassische Definition der Wahrscheinlichkeit anwendbar: P(A) carda cardω P(A) 1 P(A) Anmerkung: Nutzen wir den (etwas später eingeführten) Begriff der Unabhängigkeit, so ist die Rechnung erheblich einfacher: A i sei das Ereignis, dass bei Wurf i mindestens eine der Zahlen 4, 5 oder 6 fällt. A i ist somit das Ereignis, dass bei Wurf i mindestens eine der Zahlen 1, 2 oder 3 fällt. A sei das Ereignis, dass bei mindestens einem der 3 Würfe mindestens eine der Zahlen 4, 5 oder 6 fällt, also gilt A A 1 A 2 A 3 und damit A A 1 A 2 A 3 und schließlich wegen der Unabhängigkeit der Ereignisse A 1, A 2 und A 3 : P(A) 1 P(A) 1 P(A 1 ) P(A 2 ) P(A 3 ) ) Wurf mit 2 idealen Würfeln 2 Würfe mit einem idealen Würfel. Ω { (1, 1),...,(1, 6); (2, 1),..., (2, 6);...;(6, 1),...,(6, 6)}, cardω 36. Wegen m.z. wählen wir m.b.d.a., um gleichwahrscheinliche Elementarereignisse zu bekommen. Es ist also die klassische Definition anwendbar, da wir ideale Würfel verwenden und Ω endlich ist: a) A { (6, 6) }, P(A) carda cardω b) B { (6, 5), (5, 6) }, P(B) cardb cardω ) 10 Studierende sitzen in der Institutsbibliothek, Sie sind eine(r) davon. a) Annahme: Alle 365 Tage des Jahres haben bei jedem (jeder) der 10 Studierenden einschließlich bei Ihnen die gleiche Chance, als Geburtstag gezogen zu werden. Ω: alle Kombinationen 10. Ordnung aus 365 Elementen m.z.m.b.d.a.: cardω K 10 (365) m.z.m.b.d.a A: Alle 10 Studierende haben an verschiedenen Tagen Geburtstag. Jeder Tag kann also höchstens einmal gezogen werden, und damit ist das Modell o.z. das richtige: carda K 10 (365) o.z.m.b.d.a ( ). 2

3 Wegen der Gleichwahrscheinlichkeit der Elementarereignisse ist die klassische Definition anwendbar: P(A) carda ( ) cardω b) B: Mindestens 2 der 10 Studierenden haben am gleichen Tag Geburtstag: 48) B A P(B) 1 P(A) c) C: Mindestens ein(e) weitere(r) Studierende(r) hat am gleichen Tag Geburtstag wie Sie, d.h. mindestens eine(r) der 9 weiteren Studierenden zieht Ihren Geburtstag. C: Keine(r) der 9 weiteren Studierenden zieht Ihren Geburtstag, d.h. jede(r) der 9 weiteren Studierenden zieht einen der 364 restlichen Tage. Neue Situation: 9 (statt 10) Studierende ziehen zufällig, Sie nicht mehr. Wir haben daher eine neue Ergebnismenge: Neues Ω: Alle Kombinationen 9. Ordnung aus 365 Elementen m.z.m.b.d.a.: cardω K 9 (365) m.z.m.b.d.a , cardc K 9 (364) m.z.m.b.d.a P ( C ) P (C) Es gibt zu jedem der 12 Orte je eine Leitung, die von mehreren Teilnehmern angewählt werden: m.z.m.b.d.a. a) Alle 8 wählen verschiedene Orte. Wahrscheinlichkeit b) Genau (nicht mindestens ) 2 der 8 wählen denselben Ort. Herausgegriffenes Beispiel: 2. und 6. Anrufer wählen denselben Ort, sonst werden verschiedene Orte gewählt: 12 Möglichkeiten für den 1. Anrufer, 11 Möglichkeiten für den 2. Anrufer, 10 Möglichkeiten für den 3. Anrufer, 9 Möglichkeiten für den 4. Anrufer, 8 Möglichkeiten für den 5. Anrufer, 1 Möglichkeiten für den 6. Anrufer, 7 Möglichkeiten für den 7. Anrufer, 6 Möglichkeiten für den 8. Anrufer. 3

4 α 1 : ist die Zahl der Möglichkeiten, dass genau Anrufer 2 und 6 gleich wählen, aber auch (mit der 1 evtl. an anderer Stelle) für jede andere Zweierkombination von Anrufern, die denselben Ort wählen. Zahl der günstigen Ergebnisse: ( 8 α 1. 2) }{{} Auswahl von 2 Teilnehmern aus 8, die denselben Ort wählen Gesuchte Wahrscheinlichkeit: ( ) (8 7) 12 8 (1 2) ) 5 Ehepaare, 4 Personen ausgewählt. Kombinationen o.z.m.b.d.a. 4. Ordnung aus 10 Elementen, alle gleichwahrscheinlich. Zahl der günstigen Ergebnisse: verboten: 1. Person und deren Ehepartner verboten: 1. und 2. Pers. und deren Ehepartner Wahrscheinlichkeit: Bem.: Auch o.b.d.a. anwendbar, da auch die Kombinationen o.z.o.b.d.a. alle gleichwahrscheinlich sind. Wahrscheinlichkeit: ( ) 4! ! ! 4 Offenbsichtlich ist aber das Modell m.b.d.a. günstiger. 4

5 50) A i : Motor i arbeitet. P(A 1 ) p P(A 2 ) P(A 3 ) p Das Flugzeug hält sich in der Luft, wenn oder Motor 1 arbeitet: A 1 Motoren 2 und 3 arbeiten: A 2 A 3, Es ist also P(A 1 (A 2 A 3 )) die Wahrscheinlichkeit, dass sich das Flugzeug in der Luft hält. Da die Motoren unabhängigkeit voneinander arbeiten, sind die Ereignisse A 1, A 2, A 3 (vollständig und nicht nur paarweise) unabhängig (Def ). Damit gilt nach Satz 7.2.2: P ( A 1 (A 2 A 3 ) ) P(A 1 ) + P(A 2 A 3 ) P ( A 1 (A 2 A 3 ) ) 51) P(A 1 ) + P(A 2 ) P(A 3 ) P(A 1 ) P(A 2 ) P(A 3 ) p 1 + p 2 2 p 1p Ein Stück wird zufällig ausgewählt. Ereignisse: A i : Das Stück wurde von Maschine i produziert. Die Wahrscheinlichkeiten P(A i ) dieser Ereignisse sind 0.4 für i 1, 0.35 für i 2 und 0.25 für i 3. B: Das Stück ist defekt. Die Wahrscheinlichkeit P(B) dieses Ereignisses ist gesucht, aber die bedingten Wahrscheinlichkeiten P(B/A i ) sind vorgegeben. a) Aus den sachlichen Angaben ergibt sich: P(A i ) > 0 für alle i A 1 A 2 A 3 sicheres Ereignis A 1 A 2 A 1 A 3 A 2 A 3 5

6 Damit ist Satz anwendbar: P(B) P(B/A 1 ) P(A 1 ) + P(B/A 2 ) P(A 2 ) + P(B/A 3 ) P(A 3 ) b) Neben den in Teil a) genannten Vorausetzungen von Satz gilt auch P(B/A 1 ) > 0. Damit ist die Bayes Formel (Satz 7.3.4) anwendbar: P(A 3 /B) P(B/A 3) P(A 3 ) P(B) a) Mit Satz v) und Satz (Übertragung auf bedingte Wahrscheinlichkeiten ) erhalten wir schliesslich die gesuchte bedingte Wahrscheinlichkeit: P(A 3 /B) Bem.: Da hier A 3 A 1 A 2 und A 1 A 2 gilt, kann man die gesuchte bedingte Wahrscheinlichkeit nach Satz auch über P(A 3 /B) P(A 1 A 2 /B) P(A 1 /B) + P(A 2 /B) berechnen. 52) Eine Person wird zufällig ausgewählt und untersucht. Ereignisse: A : Die Person ist krank, P(A) A : Die Person ist nicht krank, P ( A ) 1 P(A) D : Die Diagnose liefert krank, P(D/A) 0.990, P ( D/A ) Die Summe P(D/A) + P ( D/A ) ist hier (wie auch in meisten anderen Beispielen) 1; denn es werden nicht die Wahrscheinlichkeiten (auch nicht bedingte Wahrscheinlichkeiten) von A und A gebildet, sondern die Ereignisse A und A sind die Bedingungen. Es gilt: A A sicheres Ereignis A A P(A), P ( A ), P(D/A) > 0 Damit ist die Bayes Formel (Satz 7.3.4) anwendbar, und wir erhalten für die gesuchte bedingte Wahrscheinlichkeit: P(A/D) P(D/A) P(A) P(D/A) P(A) + P ( D/A )

7 53) ZV X : Produkt der Augenzahlen bei einem Wurf mit 2 Würfeln Mögl. Werte k des Produktes Wurfergebnis P(X k) 1 (1, 1) 1/36 2 (1, 2), (2, 1) 2/36 3 (1, 3), (3, 1) 2/36 4 (1, 4), (2, 2), (4, 1) 3/36 5 (1, 5), (5, 1) 2/36 6 (1, 6), (2, 3), (3, 2), (6, 1) 4/36 8 (2, 4), (4, 2) 2/36 9 (3, 3) 1/36 10 (2, 5), (5, 2) 2/36 12 (2, 6), (3, 4), (4, 3), (6, 2) 4/36 15 (3, 5), (5, 3) 2/36 16 (4, 4) 1/36 18 (3, 6), (6, 3) 2/36 20 (4, 5), (5, 4) 2/36 24 (4, 6), (6, 4) 2/36 25 (5, 5) 1/36 30 (5, 6), (6, 5) 2/36 36 (6, 6) 1/36 54) a) Zunächst soll kontrolliert werden, ob X tatsächlich eine ZV ist, d.h. ob durch die angebene Formel eine Wahrscheinlichkeitsverteilung gegeben ist: 0 < p < 1 p > 0 (1 p) > (1 1) 0 (1 p) k 1 p > 0 für alle k, (1 p) k 1 p p (1 p) j 1 p 1 (1 p) 1. k1 Dabei wurden die Substitution k 1 : j und die Summenformel j0 qj 1/(1 q), q < 1 für die unendliche geometrische Reihe benutzt, wobei die Bedingung q < 1 wegen 0 < (1 p) < (1 0) 1 erfüllt ist. b) Da X nur ganzzahlige Werte 1 annehmen kann, erhalten wir P(X n) n P(X k) k1 j0 n (1 p) k 1 p k 1:m n 1 p (1 p) m p k1 m0 1 (1 p)(n 1)+1 1 (1 p) 1 (1 p) n, 7

8 wobei die Summenformel für q 1 benutzt wurde. l j0 q j ql+1 1 q 1 Wegen (X 5 X 5) gilt: P(X 5) 1 (1 p) 5. P(X < 5) P(X 5) P(X 5) 1 (1 p) 5 p(1 p) (1 p) 4 (1 p + p) 1 (1 p) 4 Da X nur ganzzahlige Werte 1 annehmen kann, kann man die gesuchte Wahrscheinlichkeit auch anders ausrechnen: Wegen (X 3 X 8) gilt: P(X < 5) P(X 4) 1 (1 p) 4 P(3 < X 8) P(X 8) P(X 3) ( 1 (1 p) 8) ( 1 (1 p) 3) (1 p) 3 (1 p) 8 ( P(A \ B) P(A) P(B), falls B A ist. ) c) n und m seien nun zwei beliebige natürliche Zahlen. Dann gilt: P(X > n + m/x > n) P(X > n + m X > n) P(X > n) ( ) P(X > n + m) P(X > n) 1 P(X n + m) 1 P(X n) 1 (1 (1 p)n+m ) 1 (1 (1 p) n ) (1 p)n+m (1 p) n (1 p) m. Dabei wurde bei ( ) benutzt, dass (X > n + m X > n) wegen m > 0 gilt. 8