Lösungen Wahrscheinlichkeitstheorie Serie 6 Aufgabe 1 (stochastische Unabhängigkeit). Für die Ereignisse A, B und C sind folgende Wahrscheinlichkeiten bekannt: P (A) = 0, 2; P (B) = 0, 6; P (A \ B) = 0, 08; P (A C) = 0, 1; P (B C) = 0, 3; P (A B C) = 0, 06. (a) Entscheiden Sie, ob die Ereignisse A und B stochastisch unabhängig sind. (b) Wie groß muss P (C) sein, damit A B und C stochastisch unabhängig sind? (c) Sind mit dieser Wahl für P (C) die drei Ereignisse A, B, C stochastisch unabhängig? (d) Das Ereignis D sei mit C unvereinbar, d.h. D C =. Wie groß muss P (D) sein, damit C und D stochastisch unabhängig sind? Lösung: Zu (a): Es gilt A \ (A \ B) = A B. Wegen A \ B A folgt dann P (A B) = P (A \ (A \ B)) = P (A) P (A \ B) = 0, 2 0, 08 = 0, 12. Somit gilt P (A B) = 0, 12 = 0, 2 0, 6 = P (A) P (B), das heißt, A und B sind stochastisch unabhängig. Zu (b): Es muss gelten P ((A B) C) = P (A B) P (C) = 0, 12 P (C). Wegen erhalten wir P ((A B) C) = P (A B C) = 0, 06 P (C) = 0, 06 0, 12 = 0, 5. 1
Zu (c): Wir überprüfen zunächst die paarweise stochastische Unabhängigkeit. Nach (a) sind A und B stochastisch unabhängig. Ferner gelten dann P (A C) = 0, 1 = 0, 2 0, 5 = P (A) P (C), P (B C) = 0, 3 = 0, 6 0, 5 = P (B) P (C), also sind die Ereignisse A, B, C paarweise stochastisch unabhängig. Schließlich gilt noch P (A B C) = 0, 06 = 0, 2 0, 6 0, 5 = P (A) P (B) P (C), das bedeutet, A, B, C sind stochastisch unabhängige Ereignisse. Zu (d): Es muss gelten Wegen D C = folgt auch also Somit muss P (D) = 0 sein. P (D C) = P (D) P (C) = P (D) 0, 5. P (D C) = P ( ) = 0, P (D) 0, 5 = 0. Aufgabe 2 (Lotto 6 aus 49). In einem Betrieb werden zwei gleichartige Smartphones hergestellt, die sich im Hinblick auf ihre Zuverlässigkeit unterscheiden. Ein Smartphone vom Typ I übersteht die Garantiezeit reparaturfrei mit Wahrscheinlichkeit 0, 95, ein Smartphone vom Typ II nur mit Wahrscheinlichkeit 0, 8. Auf den Typ I entfallen 30% der Gesamtproduktion. (a) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein beliebig ausgewähltes Smartphone die Garantie reparaturfrei übersteht. (b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist ein während der Garantiezeit reklamiertes Smartphone vom Typ I? Achten Sie darauf, die für das Lösen der Aufgabe relevanten Ereignisse zu benennen. Welche Größen sind entsprechend der Aufgabenstellung durch die Werte 0, 95, 0, 8 sowie 30% vorgegeben? Schreiben Sie formal auf, wonach unter (a) und (b) gefragt wird. Welche (aus der VL) bekannten Resultate wenden Sie an? Lösung: Sei (Ω, A, P ) ein Wahrscheinlichkeitsraum, welcher dieses Zufallsexperiment modelliert. Es beschreibe T 1 das Ereignis, dass das Smartphone vom Typ I ist, das bedeutet: P (T 1 ) = 0, 3. Ferner bezeichne T 2 das Ereignis, dass das Smartphone vom Typ II ist. Dies ist das Gegenereignis von T 1, also haben wir P (T 2 ) = 1 P (T 1 ) = 1 0, 3 = 0, 7. 2
Mit RF bezeichnen wir das Ereignis, dass ein beliebig gewähltes Smartphone die Garantiezeit reparaturfrei übersteht. Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Smartphone vom Typ I die Garantiezeit reparaturfrei übersteht, wird durch die bedingte Wahrscheinlichkeit P (RF T 1 ) = 0, 95 angegeben. Dagegen ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Smartphone vom Typ II die Garantiezeit reparaturfrei übersteht, durch die bedingte Wahrscheinlichkeit gegeben. P (RF T 2 ) = 0, 8 Zu (a): Wir nutzen den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit (Theorem 7.2 im Skript). Mit den vorherigen Bezeichnungen gilt dann P (RF ) = P (RF T 1 ) P (T 1 )+P (RF T 2 ) P (T 2 ) = 0, 95 0, 3+0, 8 0, 7 = 0, 845, also übersteht ein beliebig gewähltes Smartphone die Garantiezeit reparaturfrei mit einer Wahrscheinlichkeit von 84, 5%. Zu (b): Es wird nach der bedingten Wahrscheinlichkeit P (T 1 RF c ) gefragt. Dabei sei RF c das Gegenereignis zu RF (also, dass ein beliebig gewähltes Smartphone während der Garantiezeit reklamiert wird). Es gilt P (RF c ) = 1 P (RF ) = 1 0, 845 = 0, 155. Mit der Bayesschen Formel (Theorem 7.3 im Skript) erhalten wir P (T 1 RF c ) = P (RF c T 1 ) P (T 1 ). P (RF c ) Es gilt (da A P (A T 1 ) ein Wahrscheinlichkeitsmaß ist, siehe die Vorlesung), P (RF c T 1 ) = 1 P (RF T 1 ) = 1 0, 95 = 0, 05. Somit erhalten wir P (T 1 RF c ) = P (RF c T 1 ) P (T 1 ) P (RF c ) = 0, 05 0, 3 0, 155 0, 0968. Aufgabe 3 (gemeinsame Verteilungen). Seien X, Y, Z drei paarweise unabhängige diskrete Zufallsvariablen, von denen Folgendes bekannt ist: X B 100, 1/3 (X ist binomialverteilt zu den Parametern n = 100 und p = 1/3) Y B3/4 (Y ist Bernoulli-verteilt mit der Erfolgswahrscheinlichkeit p = 3/4) Z P 3 (Z ist Poisson-verteilt zum Parameter λ = 3) 3
Bestimmen Sie die Gewichtsfunktionen der gemeinsamen Verteilungen von (a) X und Y ; (b) Y und Z; (c) X, Y und Z, wenn bekannt ist, dass die Familie unabhängig ist. Lösung: Aus der Vorlesung ist bekannt: Die Gewichtsfunktion von X ist gegeben durch ( ) ( ) 100 1 k ( ) 2 100 k ρ X (k) =, für k {0, 1,..., 100}, k 3 3 die Gewichtsfunktion von Y ist gegeben durch ( ) 3 l ( ) 1 1 l ρ Y (l) =, für l {0, 1}, 4 4 und die von Z durch ρ Z (m) = e 3 3m m!, für m N 0. Wir werden Theorem 8.5 aus der Vorlesung nutzen. Zu (a): Da X und Y unabhängig sind, folgt aus Theorem 8.5 dann für beliebig gewählte (k, l) {0, 1,..., 100} {0, 1}: ( ) ( ) 100 1 k ( ) 2 100 k ( ) 3 l ( 1 1 l ρ (X,Y ) (k, l) = k 3 3 4 4) Zu (b): Da Y und Z unabhängig sind, folgt aus Theorem 8.5 für alle (l, m) {0, 1} N 0 : ( ) 3 l ρ (Y,Z) (l, m) = 4 ( 1 4) 1 l e 3 3m m!. Zu (c): Da X, Y und Z unabhängig sind, folgt wiederum aus Theorem 8.5 für alle (k, l, m) {0, 1,..., 100} {0, 1} N 0 : ( ) ( ) 100 1 k ( ) 2 100 k ( ) 3 l ρ (X,Y,Z) (k, l, m) = k 3 3 4 ( 1 4) 1 l e 3 3m m!. Bevor wir die nächste Aufgabe lösen, beweisen wir noch das folgende Lemma, in dem einige elementare Eigenschaften für stochastisch unabhängige Ereignisse in einem Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A, P ) angegeben werden. Lemma. Seien (Ω, A, P ) ein Wahrscheinlichkeitsraum und A, B, C A Ereignisse. (a) Folgende Aussagen sind äquivalent: (i) Es sind A und B stochastisch unabhängig. 4
(ii) Es sind A und B c stochastisch unabhängig. (iii) Es sind A c und B c stochastisch unabhängig. (iv) Es sind A c und B stochastisch unabhängig. (b) Sind die Ereignisse A, B, C stochastisch unabhängig, dann sind auch A und B C stochastisch unabhängig. Beweis: Zu (a): (i) = (ii): Seien A und B stochastisch unabhängig. Unter Beachtung von A \ B = A B c und A B = A \ (A \ B) sowie A \ B A gilt dann P (A B) = P (A \ (A \ B)) = P (A) P (A \ B) = P (A) P (A B c ). Da A und B stochastisch unabhängig sind, gilt ferner P (A B) = P (A) P (B), also haben wir P (A) P (B) = P (A) P (A B c ). Daraus folgt P (A B c ) = P (A) P (A) P (B) = P (A) (1 P (B)) = P (A) P (B c ), das bedeutet, A und B c sind stochastisch unabhängig. (ii) = (iii): Dies folgt aus der Implikation (i) = (ii) mit A = B c und B = A. (iii) = (iv): Dies folgt ebenfalls aus der Implikation (i) = (ii) für A = A c und B = B c, wobei man B = (B c ) c beachte. Abermals folgt dies aus (i) = (ii) mit A = B und B = A c, wobei man wiederum A = (A c ) c beachte. Zu (b): Seien A, B, C stochastisch unabhängig. Wegen P (A B ) = P (A ) + P (B ) P (A B ), für alle A, B A, ( ) gilt insbesondere für A = A B und B = A C dann (unter Beachtung von (A B) (A C) = A B C) P (A (B C)) = P ((A B) (A C)) = P (A B) + P (A C) P ((A B) (A C)) = P (A B) + P (A C) P (A B C). Nun sind A, B, C stochastisch unabhängig. Somit erhalten wir weiter (unter erneuter Verwendung von ( ) im letzten Schritt) P (A (B C)) = P (A B) + P (A C) P (A B C) = P (A) P (B) + P (A) P (C) P (A) P (B) P (C) = P (A) P (B) + P (A) P (C) P (A) P (B C) = P (A) (P (B) + P (C) P (B C)) = P (A) P (B C), also sind A und B C stochastisch unabhängig. 5
Aufgabe 4 (Fertigungsprozess). Bei einem Fertigungsprozess treten nacheinander die Arbeitsgänge Drehen, Fräsen und Schleifen auf. Zur Sicherung eines gleichmäßigen Erzeugnisdurchlaufs werden drei Drehmaschinen, zwei Fräsmaschinen und eine Schleifmaschine eingesetzt. Die Maschinen seien voll ausgelastet und fallen innerhalb einer Schicht unabhängig voneinander mit folgenden Wahrscheinlichkeiten aus: Drehmaschine: 0, 3; Fräsmaschine: 0, 2; Schleifmaschine: 0, 1. (a) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass innerhalb einer Schicht durch Ausfälle der betrachteten Maschinen der Erzeugnisdurchlauf gestoppt wird. (b) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass innerhalb einer Schicht durch Ausfälle der betrachteten Maschinen der Erzeugnisdurchlauf verlangsamt wird, ohne dass es zum Anhalten eines Arbeitsschrittes kommt. Lösung: Zu (a): Beschreibe D das Ereignis, dass alle Drehmaschinen ausfallen, F das Ereignis, dass alle Fräsmaschinen ausfallen und S das Ereignis, dass die Schleifmaschine ausfällt. Da alle Maschinen voneinander unabhängig ausfallen, folgt dann: P (D) = 0, 3 3 = 0, 027, P (F ) = 0, 2 2 = 0, 04, P (S) = 0, 1. Insbesondere sind D, F, S unabhängige Ereignisse. Nun bezeichne A das Ereignis, dass die Produktion stoppt bzw. ausfällt. Man beachte, dass 1 A = S (S c F ) (S c F c D). Dies ist eine disjunkte Zerlegung von A und somit gilt Ferner gilt P (A) = P (S) + P (S c F ) + P (S c F c D). S c F c D = (S F ) c D. Nach dem obigen Lemma sind S c und F sowie S F und D unabhängig. Eine erneute Anwendung des Lemmas ergibt, dass dann auch (S F ) c und D unabhängig sind. Somit gelten P (S c F ) = P (S c ) P (F ) = (1 P (S)) P (F ) = 0, 9 0, 04 = 0, 036 1 Es kommt zu einen Produktionsstopp genau dann, wenn: entweder die Schleifmaschine fällt aus, oder die Schleifmaschine läuft und alle Fräsmaschinen fallen aus, oder die Schleifmaschine läuft, mindestens eine Fräsmaschine läuft und alle Drehmaschinen fallen aus. 6
sowie P (S c F c D) =P ((S F ) c D) = P ((S F ) c ) P (D) = (1 P (S F )) P (D) = (1 (P (S) + P (F ) P (S F ))) P (D) = (1 (P (S) + P (F ) P (S) P (F ))) P (D) = (1 0, 1 0, 04 + 0, 004) 0, 027 =0, 023328. Damit folgt P (A) = 0, 1 + 0, 036 + 0, 023328 = 0, 159328. Zu (b): Das gesuchte Ereignis bezeichnen wir mit V. Es handelt sich hierbei um das Gegenereignis von A aus (a), jedoch ohne dem Ereignis L, dass alle Maschinen laufen. Die Wahrscheinlichkeit, dass alle Maschinen laufen, ist gegeben durch P (L) = 9 ( ) 8 2 ( ) 7 3 10 = 0, 197568. 10 10 Nun beachte man, dass L A c. Damit folgt P (V ) = P (A c \ L) = P (A c ) P (L) = 1 P (A) P (L) = 1 0, 159328 0, 197568 = 0, 643104. Bemerkung. Sei (Ω, A, P ) ein Wahrscheinlichkeitsraum. Mittels vollständiger Induktion und dem obigen Lemma kann man zeigen: Falls A 1,..., A n A stochastisch unabhängig sind, dann sind auch die Ereignisse B 1,..., B n A mit B j { A j, A c j}, j = 1,..., n, stochastisch unabhängig. Dies kann in Aufgabe 4 angewendet werden: Da die Ereignisse S, D, F stochastisch unabhängig sind, müssen auch S c, F c, D stochastisch unabhängig sein. Dann folgt etwas kürzer P (S c F c D) = P (S c ) P (F c ) P (D) = (1 P (S)) (1 P (F )) P (D) = 0, 023328. 7