Ü b u n g s b l a t t 4

Einführung in die Stochastik Sommersemester 07 Dr. Walter Oevel 30. 4. 2007 Ü b u n g s b l a t t 4 Mit und gekennzeichnete Aufgaben können zum Sammeln von Bonuspunkten verwendet werden. Lösungen von -Aufgaben sind schriftlich abzugeben im Zettelkasten Nr. 5 auf dem D1 bis Mittwoch, 9.5.07, 11:00 Uhr. Lösungen von -Aufgaben sind per Web-Formular unter http://www.math.upb.de/~walter ( Lehre SS 07 Übungen) abzuliefern bis spätestens Mittwoch, 9.5.07, 23 59 Uhr. Aufgabe 20: (Kombinatorik, Ursachensysteme, totale Wahrscheinlichkeit) Folgender Programmcode soll eine Liste [x[1],...,x[n]] von Zahlen aufsteigend sortieren: for i from 1 to n - 1 do min_value: x[i]; min_index: i; for j from i + 1 to n - 1 do if x[j] < min_value then min_value: x[j]; min_index: j; end_if; end_for; tmp: x[i]; x[i]: min_value; x[min_index]: tmp; end_for; a) Der Code enthält einen Fehler. Charakterisiere die Eingabelisten, die von diesem Programm korrekt sortiert werden. b) Zum Testen des Programms wird eine Liste mit 10 Elementen gewürfelt (also: alle Listenelemente sind aus der Menge {1,..., 6}). Mit welcher Wahrscheinlichkeit entdeckt man, dass das Programm fehlerhaft ist? Anleitung zu b): Sei E das Ereignis die Liste wird so gewürfelt, dass das Programm sie korrekt sortiert. Eine mögliche Zerlegung des Stichprobenraums, das als Ursachensystem für E dienen kann, sind die Ereignisse U i das letzte Element der Liste ist i, i 1, 2,..., 6. Die Wahrscheinlichkeiten P (E U i ) können ohne größeren kombinatorischen Aufwand ermittelt werden. a) Zu Beginn eines Schrittes der Schleife for i... liegen die Elemente x[1],..., x[i 1] bereits sortiert vor. Das Element x[i] soll nun mit allen weiteren Elementen x[i + 1],..., x[n] verglichen werden, das maximale (oder ein maximales) Element wird dann mit dem i-ten Element der Liste vertauscht. Der Code untersucht in for j from i+1 to n-1 do aber fälschlicherweise nur die Elemente x[i + 1],..., x[n 1] statt x[i + 1],..., x[n]. Mit der Verbesserung von for j from i + 1 to n - 1 do

zu for j from i + 1 to n do wäre der Code korrekt. Welche Eingabelisten werden trotz des Fehlers richtig sortiert? Der Code sortiert die ersten n 1-Elemente korrekt und belässt das letzte Element. Also wird eine Liste genau dann korrekt sortiert, wenn das letzte Element maximal ist (genauer: wenn für alle x[i] mit i 1,..., n 1 gilt: x[i] x[n]). b) Betrachte eine gewürfelte Liste Ω {(x 1,..., x n ); x 1,..., x n {1,..., 6}}, Ω 6 n. Eine Liste, die vom Code korrekt sortiert wird, entspricht dem Ereignis E {(x 1,..., x n ); x 1,..., x n {1,..., 6}; x k x n k 1,..., n 1}. Betrachte die disjunkten Ursachen U i der letzte Eintrag ist i (i 1,..., 6): U i {(x 1,..., x n 1, i); x 1,..., x n 1 {1,..., 6}}. Mit der Additivität der Wahrscheinlichkeiten disjunkter Ereignisse (bzw. der Formel der totalen Wahrscheinlichkeit) gilt 6 6 P (E) P (E U i ) P (U i ) P (E U i ). Hierbei ist i1 E U i {(x 1,..., x n 1, i); x 1,..., x n 1 {1,..., 6}; x k i k 1,..., n 1} i1 Mit E U i i n 1 folgt {(x 1,..., x n 1, i); x 1,..., x n 1 {1,..., i}}. P (E) 1 6 6 P (E U i ) i1 ( (1 6 i1 i n 1 6 n 1 6 6) n 1 + ( 2 6) n 1 + + ( 6 6 6 ( i n 1 6) i1 ) n 1 ). Für n 10 ist dieser Wert P (E) 456043 2239488 0.2036.... Man entdeckt den Fehler mit der Komplementärwahrscheinlichkeit 1 P (E) 79.6%. Aufgabe 21*: (Satz von Bayes, 15 Punkte) Von der Produktion einer Fabrik entspricht 90% den technischen Anforderungen, der Rest ist fehlerhaft. Ein vereinfachter Kontrolltest lässt ein einwandfreies Produkt mit der Wahrscheinlichkeit 0.98 passieren, ein defektes Produkt wird mit einer Wahrscheinlichkeit von 0.95 durch den Test als nichtfunktionsfähig identifiziert. Ist diese Kontrolle gut genug, um garantieren zu können, dass mehr als 99% der ausgelieferten Waren den technischen Anforderungen genügen?

Folgende Abkürzungen werden verwendet: D das untersuchte Objekt ist defekt, OK das untersuchte Objekt ist in Ordnung, + das untersuchte Objekt besteht den Kontrolltest, das untersuchte Objekt besteht den Kontrolltest nicht. Die gegebenen Informationen sind Wegen P (OK) 0.9, P (+ OK) 0.98, P (D) 0.1, P ( D) 0.95. P (+ D) + P ( D) P (+ D) P (D) + P ( D) P (D) P ((+ ) D) P (D) P (D) P (D) 1 ist damit auch P (+ D) 1 P ( D) 0.05 bekannt. Gefragt ist, ob P (OK +) > 0.99 gilt. Nach Bayes berechnet sich P (OK +) P (+ OK) P (OK) P (+) P (+ OK) P (OK) P (+ OK) P (OK) + P (+ D) P (D) 0.98 0.9 0.98 0.9 + 0.05 0.1 0.994. Die Kontrolle ist also gut genug: nach bestandenem Test ist ein Produkt mit 99.4% Wahrscheinlichkeit einwandfrei. Aufgabe 22**: (Totale Wahrscheinlichkeit, Bayes, 10 + 10 Punkte) Dies ist eine Online-Aufgabe, die bis zum 9.5.07, 23 59 Uhr, abzuliefern ist. Der Aufgabenserver ändert die Regeln des folgenden Spiels dabei zufällig ab. In einem Spiel wird zunächst ein (fairer) Würfel geworfen, danach wird gegebenenfalls eine (faire) Münze geworfen: Würfelt man eine 1, so gilt das Spiel als verloren. Würfelt man eine der Zahlen von 2 bis 5, so wirft man die Münze 1 Mal. Würfelt man eine 6, so wirft man die Münze 2 Mal. Man gewinnt, wenn mit der Münze mindestens einmal Kopf geworfen wird. (a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass man gewinnt? (b) Man hat gewonnen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit wurde eine 6 gewürfelt? Es sei E Gewinn. Die folgenden Ergebnisse des Würfelwurfs U 2...5 {2, 3, 4, 5}, U 6 {6} bilden ein Ursachensystem von E. Die Wahrscheinlichkeiten für den Würfelwurf sind: P (U 2...5 ) 4 6 2 3, P (U 6) 1 6. Es gilt offensichtlich P (E U 2...5 ) 1/2 (ein Wurf einer fairen Münze) und P (E U 6 ) 3/4: Beim zweifachen Münzwurf kann man die vier Ergebnisse (K, K), (K, Z), (Z, K), (Z, Z) haben, von denen drei zum Gewinn führen.

(a) Mit der Formel der totalen Wahrscheinlichkeit: P (E) P (E U 2...5 ) P (U 2...5 ) + P (E U 6 ) P (U 6 ) 1 2 2 3 + 3 4 1 6 11 24 0.458333.... (b) Mit dem Satz von Bayes: P (U 6 E) P (E U 6) P (U 6 ) P (E) 3 4 1 6 11 24 3 11 0.2727.... Aufgabe 23*: (Kombinatorik, Bayes, 15 + 10 Punkte) Eine Urne enthält m gerade Zahlen und n ungerade Zahlen (m + n 2). Es wird zwei Mal ohne Zurücklegen gezogen. (a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der gezogenen Zahlen gerade ist? (b) Die Summe ist gerade. Mit welcher Wahrscheinlichkeit war die erste gezogene Zahl gerade? Sei E das Ereignis die Summe der gezogenen Zahlen ist gerade. Betrachte das Ursachensystem U 1 : im 1. Zug wurde eine gerade Zahl gezogen, U 2 : im 1. Zug wurde eine ungerade Zahl gezogen. Offensichtlich gilt P (U 1 ) m m + n, P (U 2) n m + n. (a) Nach der Formel der totalen Wahrscheinlichkeit gilt P (E) P (E U 1 ) P (U 1 ) + P (E U 2 ) P (U 2 ). Hierbei entspricht E bei gegebenem U 1, dass beim zweiten Zug (aus einer Urne mit m 1 geraden und n ungeraden Zahlen) eine gerade Zahl gezogen wird, also P (E U 1 ) m 1 m + n 1. Analog entspricht E bei gegebenem U 2, dass beim zweiten Zug (aus einer Urne mit m geraden und n 1 ungeraden Zahlen) eine ungerade Zahl gezogen wird, also Es folgt m 1 m + n 1 (b) Nach dem Satz von Bayes gilt P (E U 2 ) n 1 m + n 1. P (E) P (E U 1 ) P (U 1 ) + P (E U 2 ) P (U 2 ) m m + n + n 1 m + n 1 P (U 1 E) P (E U 1) P (U 1 ) P (E) n m (m 1) + n (n 1) m + n (m + n 1) (m + n). m 1 m+n 1 m (m 1) m (m 1) + n (n 1). m 1 m+n 1 m m+n m m+n + n 1 m+n 1 n m+n

Aufgabe 24: (Katastrophenvorhersage, totale Wahrscheinlichkeit, Bayes) Dozent O hat folgende Erfahrungswerte: Ein Student, der regelmäßig Übungsaufgaben rechnet, besteht seine Klausur mit einer Wahrscheinlichkeit von 80%. Ein Student, der nicht regelmäßig Übungsaufgaben rechnet, fällt mit einer Wahrscheinlichkeit von 70% durch die Klausur. Für die Veranstaltung Mathe III.1 für Informatiker des Wintersemesters 2001 hatten sich 275 StudentInnen eingetragen. Am 7.11.01 wurden lediglich 33 Übungsblätter zur Korrektur abgegeben. Welche Vorhersage ergab sich im November 2001 für die Durchfallquote der Klausur, a) wenn alle 275 Kandidaten die Klausur schreiben, b) wenn nur 140 der 275 Kandidaten die Klausur schreiben? Man sollte davon ausgehen, dass Studenten, die regelmäßig Übungen abgeben, auch die Klausur schreiben. c) Wieviele der bestehenden Kandidaten haben regelmäßig Übungsaufgaben gerechnet? Prämissen: Ein Student, der regelmäßig Übungen rechnet, liefert diese auch zur Korrektur ein. Die Auszählung vom 7.11.01 ist repräsentativ. Betrachte einen willkürlich herausgegriffenen Studenten. Sei Mit U 1 der Student rechnet regelmäßig Übungen, U 2 der Student rechnet nicht regelmäßig Übungen, + der Student besteht die Klausur, der Student besteht die Klausur nicht. P (+ U 1 ) + P ( U 1 ) P (+ U 1) + P ( U 1 ) P (U 1 ) folgen die Erfahrungswerte P ( U 1 ) 0.2, P ( U 2 ) 0.7. P ((+ ) U 1) P (U 1 ) P (U 1) P (U 1 ) 1 a) Mit P (U 1 ) 33/275 und P (U 2 ) 1 P (U 1 ) 242/275 ergibt sich die vorhergesagte Durchfallquote P ( ) P ( U 1 ) P (U 1 ) + P ( U 2 ) P (U 2 ) 0.2 33 242 + 0.7 275 275 0.64. b) Mit P (U 1 ) 33/140 und P (U 2 ) 1 P (U 1 ) 107/140 ergibt sich die vorhergesagte Durchfallquote c) Nach Bayes gilt P ( ) P ( U 1 ) P (U 1 ) + P ( U 2 ) P (U 2 ) 0.2 P (U 1 +) P (+ U 1) P (U 1 ) P (+) 33 107 + 0.7 140 140 0.58. (1 P ( U 1)) P (U 1 ). 1 P ( ) Für a) ergibt dies P (U 1 +) (1 0.2) 33 275 1 0.64 0.267

für b): P (U 1 +) (1 0.2) 33 140 1 0.58 0.449. Im Fall a) entspricht + einer Anzahl von (1 0.64) 275 99 Personen, im Fall b) entspricht + einer Anzahl von etwa (1 0.58) 140 59 Personen. Die bedingten Wahrscheinlichkeiten entsprechen damit in beiden Fällen 0.8 33 275 1 0.64 (1 0.64) 275 0.8 33 26.4, 0.8 33 140 (1 0.58) (1 0.58) 140 0.8 33 26.4 StudentInnen. Dies sind natürlich die 80% der 33 fleißigen StudentInnen, welche erfahrungsgemäß die Klausur bestehen. Aufgabe 25: (Das Showmaster oder auch Ziegenproblem ) Bei einer Show gibt es ein teures Auto zu gewinnen, das hinter einer von drei Türen steht (hinter den anderen Türen steht jeweils eine Ziege). Als erstes bittet der Showmaster die Kandidatin, eine der drei Türen zu wählen. Dann öffnet er eine andere Tür, hinter der das Auto nicht steht, und bittet die Kandidatin, sich für eine der übriggebliebenen Türen zu entscheiden. Sollte die Kandidatin die Tür wechseln oder bei ihrer zuerst gewählten Tür bleiben? Es handelt sich um eine amerikanische Gameshow namens Let s make a deal mit dem Showmaster Monty Hall (suche im Internet nach Monty Hall ). Die 3 Türen seien a, b, c. Seien A das Auto ist hinter Tür a, B das Auto ist hinter Tür b, C das Auto ist hinter Tür c. OBdA. wähle ich Tür a (genauer: ich bezeichne die von mir gewählte Tür als a, verteile die Namen b und c auf die anderen Türen und führe dann die obige Notation A, B, C ein). Dann öffnet Monty entweder b oder c. Sei Möb Monty öffnet Tür b, Möc Monty öffnet Tür c. Lösung 1 (falsch): Benutze das kombinatorische Modell Ω {a, b, c}, A {a}, B {b}, C {c}. Fall 1): Möb tritt ein. Dies ist die Information, dass das Ereignis A C {a, c} eingetreten ist. Es folgt P (A Möb) P (A Möb) P (A) P (A C) 1 2, P (C Möb) P (C Möb) P (C) P (A C) 1 2. Es macht damit keinen Unterschied, ob ich bei Tür a bleibe oder zu Tür c wechsle. Fall 2): Möc tritt ein. Analog zu oben folgt P (A Möc) P (C Möc) 1/2. Diese Antwort ist jedoch falsch. Erklärung: das Modell ist zu ungenau, man darf nicht Möb A C setzen. Vergleiche auch mit Lösung 4. Lösung 2 (intutiv und richtig): Ich habe Tür a gewählt. Betrachte die Strategie ich wechsle die Tür :

A ich wechsle die Tür kein Gewinn. B Monty muss c öffnen ich wechsle von a zu b Gewinn. C Monty muss b öffnen ich wechsle von a zu c Gewinn. Mit dieser Strategie ist P (Gewinn) 2/3. Betrachte die Strategie ich bleibe bei Tür a : A Gewinn, B kein Gewinn, C kein Gewinn. Mit dieser Strategie ist P (Gewinn) 1/3. Lösung 3 (formal und richtig): Gilt A, so wählt Monty zufällig b oder c aus, es gelte P (Möb A) P (Möc A) 1 2. Die Formel der totalen Wahrscheinlichkeit liefert Nach Bayes folgt P (Möb A) }{{} 1/2 P (A) }{{} 1/3 + P (Möb B) }{{} 0 P (Möb A) P (A) P (A Möb) P (Möb C) P (C) P (C Möb) P (B) }{{} 1/3 + P (Möb C) P (C) 1 }{{}}{{} 2. 1 1/3 (1/2) (1/3) 1/2 1 (1/3) 1/2 1 3, 2 3. Bei Möb sollte man also von a nach c wechseln (und analog bei Möc von a nach b). Lösung 4 (formal und richtig): Es gibt ein 2-tes Zufallsexperiment: falls A eintritt, wählt Monty mit Wahrscheinlichkeit 1/2 entweder b oder c. Das Modell in Lösung 1 muss verfeinert werden: Das Modell ist nicht kombinatorisch: Es gilt Damit folgt Ω {(a, Möb), (a, Möc), (b, Möc), (c, Möb) }. }{{}}{{}}{{} A B C P (B) P ({(b, Möc)}) 1 3, P (C) P ({(c, Möb)}) 1 3, P (A) 1 3 P ({(a, Möb)}) P ({(a, Möc)}) 1 6. P ({(a, Möb), (c, Möb)} 1 6 + 1 3 1 2. ( ) P (A Möb) P {(a, Möb), (a, Möc)} {(a, Möb), (c, Möb)} P (C Möb) P P ({(a, Möb)}) 1/6 1/2 1 3, ( {(c, Möb)} {(a, Möb), (c, Möb)} P ({(c, Möb)}) 1/3 1/2 2 3. Also: bei Möb erhöht der Wechsel von a nach c die Gewinnwahrscheinlichkeit auf 2/3 (analog bei Möc der Wechsel von a nach b). Korollar: Eine Mathematikerin heiratet einen ihrer drei Verehrer. Sie liest später in einer Zeitschrift, dass nur jeder dritte Mann einen guten Ehemann abgibt. Zufälligerweise heiratet ihre Freundin einen der Verschmähten und erzählt ihr später, dieser sei kein guter Ehemann. Daraufhin lässt sich die Mathematikerin sofort scheiden, um den dritten Kandidaten zu heiraten... )