Wahrscheinlichkeitsrechnung/Lösungen

15 Cent

• $A=${weniger als 15 Cent bei zweimaligem Ziehen mit Zurücklegen}
  

$P(A)=3/8$

• $B=${weniger als 15 Cent bei zweimaligem Ziehen ohne Zurücklegen}
  

$P(B)=0,333$

1950–2000

$E_{0}$ = {keine Person erlebt das Jahr 2000}
$E_{1}$ = {eine Person erlebt das Jahr 2000}
…
$E_{10}$ = {alle 10 Personen erleben das Jahr 2000}
$A=E_{2}$, $B_{1}=\{E_{2},E_{3},\ldots ,E_{10}\}$, $B_{2}=E_{1}$
$A\cap B_{2}=\emptyset$ und $B_{1}\cap B_{2}=\emptyset$

Altbauwohnung

• Wir betrachten die Ereignisse:

  • F: Wasserzufuhr friert ein

  • S: Strom fällt aus

  • W: Es ist Winterzeit.

  Aus dem Aufgabentext lassen sich folgende Informationen entnehmen:

  1. Sowohl im Winter (i.e. gegeben Winter) als auch im Sommer treten die beiden Missstände unabhängig voneinander auf. $P(F\cap S|W)=P(F|W)\cdot P(S|W){\mbox{ und }}P(F\cap S|{\overline {W}})=P(F|{\overline {W}})\cdot P(S|{\overline {W}})$

  2. So friert natürlich das Wasser nur ein, wenn es Winter ist, und zwar mit 80%iger Wahrscheinlichkeit. $P(F|W)=0,8{\mbox{ und }}P(F|{\overline {W}})=0$

  3. Der Strom fällt aber, selbst wenn es nicht Winter ist, mit 40%iger Wahrscheinlichkeit aus. Das entspricht der gleichen Wahrscheinlichkeit, mit der der Strom, wenn es Winter ist, nicht ausfällt. $P(S|{\overline {W}})=0,4{\mbox{ und }}P({\overline {S}}|W)=0,4$

  4. Gehen Sie davon aus, dass die Winterzeit 30% der gesamten Jahreszeit ausmacht. $P(W)=0,3$

• Gesucht ist $P(F)$. Um diese unbekannte Wahrscheinlichkeit auf die bekannten zurückzuführen, verwenden wir den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit: ${\begin{aligned}P(F)&=P(F\cap W)+P(F\cap {\overline {W}})\\&=P(F|W)P(W)+P(F|{\overline {W}})P({\overline {W}})\\&=0,8\cdot 0,3+0\cdot 0,7\\&=0,24.\end{aligned}}$

• Gesucht ist $P(S)$. Wieder verwenden wir den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit ${\begin{aligned}P(S)&=P(S\cap W)+P(S\cap {\overline {W}})\\&=P(S|W)P(W)+P(S|{\overline {W}})P({\overline {W}})\\&=0,6\cdot 0,3+0,4\cdot 0,7\\&=0,46.\end{aligned}}$

• Gesucht ist $P(F\cap S)$: ${\begin{aligned}P(F\cap S)&=P(F\cap S|W)P(W)+P(F\cap S|{\overline {W}})P({\overline {W}})\\&=P(F|W)\cdot P(S|W)\cdot P(W)+P(F|{\overline {W}})\cdot P(S|{\overline {W}})P({\overline {W}})\\&=0,8\cdot 0,6\cdot 0,3+0\cdot 0,6\cdot 0,7\\&=0,144\end{aligned}}$

• Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit $P(F|S)$. Mit der Formel für die bedingte Wahrscheinlichkeit können wir die gesuchte Wahrscheinlichkeit auf die gerade berechneten Wahrscheinlichkeiten zurückführen: ${\begin{aligned}P(F|S)&={\dfrac {P(F\cap S)}{P(S)}}\\&={\frac {0,144}{0,46}}\approx 0,313.\end{aligned}}$

• Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit $P(S|F)$. Wieder mit der Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit gilt ${\begin{aligned}P(S|F)]&={\dfrac {P(F\cap S)}{P(F)}}\\&={\frac {0,144}{0,24}}=0,6.\end{aligned}}$

• Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit $P(S\cup F)$. Mit der Formel für die Vereinigung zweier Ereignisse gilt unter Verwendung der Ergebnisse der vorherigen Teilaufgaben ${\begin{aligned}P(S\cup F)&=P(S)+P(F)-P(S\cap F)\\&=0,24+0,46-0,144\\&=0,556.\end{aligned}}$

• Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit $P({\overline {S\cap F}})$. Wir nutzen die Berechnung über die Gegenwahrscheinlichkeit und erhalten ${\begin{aligned}P({\overline {S\cap F}})&=1-P(S\cap F)\\&=1-0,144\\&=0,856.\end{aligned}}$

Alter

$A=${ein Zehnjähriger wird 40 Jahre alt}; $P(A)=0,82277$
$B=${ein Zehnjähriger wird 70 Jahre alt}; $P(B)=0,37977$
$P(B|A)=0,4616$; ($B\subset A$ !); Formel für bedingte Wahrscheinlichkeit

Angler

$A_{i}$ = {Angeln am See i}; $i=1,2,3$; $P(A_{i})=1/3$
$B=${Angler hat etwas gefangen}; $P(B|A_{1})=2/3$; $P(B|A_{2})=3/4$;
$P(B|A_{3})=4/5\rightarrow P(B)=133/180$; Formel für totale Wahrscheinlichkeit
$P(A_{2}|B)=0,3383$; Satz von Bayes

Antriebswellen

• Für die Überprüfung der $i$-ten Welle, mit $i=1,\dots ,10000$, bezeichne

$x_{i}={\left\{{\begin{array}{ll}0&{\text{falls Welle i kein Ausschuss}}\\1&{\text{falls Welle i Ausschuss}}\end{array}}\right.}$

das Ergebnis des $i$-ten Durchgangs des Zufallsexperiments. Damit ist die Menge aller Ergebnisse des Zufallsexperiments für die Überprüfung einer Welle gegeben durch ${\begin{aligned}S=\{0,1\}\end{aligned}}$ mit den Elementarereignissen ${\begin{aligned}\{0\}&={\text{``Kein Ausschuss wird produziert''}},\\\{1\}&={\text{``Ausschuss wird produziert''}}.\end{aligned}}$ Nun bestimmen wir mithilfe der absoluten Häufigkeiten $h$ die relativen Häufigkeiten ${\hat {f}}$ für die beiden Ergebnisse “kein Auschuss” und “Auschuss” in unserer Stichprobe vom Umfang 10000. Die relativen Häufigkeiten ziehen wir heran, um die jeweiligen Wahrscheinlichkeiten zu schätzen:

${\begin{aligned}h(0)&=\sum \limits _{i=1}^{10000}I(x_{i}=0)=4500+5200=9700,\\h(1)&=10000-h(0)=300,{\text{da alle }}x_{i}{\text{ binär}}\\{\hat {f}}(0)&={\frac {h(0)}{10000}}=0.97\approx P(\{0\}),\\{\hat {f}}(1)&={\frac {h(1)}{10000}}=0.03\approx P(\{1\})=P({\text{Ausschuss wird produziert}}).\end{aligned}}$

• Von Mises, Pearson, Fisher, u. a., fassten Wahrscheinlichkeiten als den Grenzwert der relativen Häufigkeiten auf, wenn die Anzahl unabhängiger Wiederholungen des Zufallsexperiments gegen unendlich strebt (frequentistischer Wahrscheinlichkeitsbegriff). In unserem Beispiel bedeutet dies: ${\begin{aligned}P(\{0\})=\lim _{n\rightarrow \infty }{\hat {f}}_{n}(0),\\P(\{1\})=\lim _{n\rightarrow \infty }{\hat {f}}_{n}(1),\end{aligned}}$ wobei ${\hat {f}}_{n}$ die relative Häufigkeit in Bezug auf eine Stichprobe vom Umfang $n$ angibt. Da hier $n=10000$ relativ groß ist, gehen wir davon aus, dass die relativen Häufigkeiten annähernd den Wahrscheinlichkeiten entsprechen.

Aufzug

• Ergebnisse: $(i,j,k)$ mit Person 1 steigt in Etage $i$ aus, Person 2 in Etage $j$ und Person 3 in Etage $k$
• Elementarereignisse: $\{(i,j,k)\}$ mit $2\leq i,j,k\leq 7$
• Ereignisraum: $S=\{(2,2,2),(2,2,3),\ldots ,(7,7,7)\}$
• Anzahl der Elementarereignisse: $6\cdot 6\cdot 6=216$
  

Formal: Ziehe dreimal aus einer Urne mit sechs Kugeln mit Wiederholung und die Anordnung spielt eine Rolle: $V^{W}(6;3)=6^{3}=216$

• $A=\{(4,4,4)\}\rightarrow P(A)=1/216$
• $B=\{(2,2,2),\ldots ,(7,7,7)\}\Rightarrow P(B)=6/216=1/36$
• $C=\{(2,3,4),(2,3,5),\ldots ,(7,6,5)\}$
  

Formal: Ziehe dreimal aus einer Urne mit sechs Kugeln ohne Wiederholung und die Anordnung spielt eine Rolle: $V(6;3)={\frac {6!}{3!}}=120\Rightarrow P(C)=120/216=5/9$

Augenzahl eines Würfels

$A=\emptyset$, $B=\emptyset \quad {\rightarrow }$ $A=B$

Ausschussteile

Anwendung des Satzes der totalen Wahrscheinlichkeit: $P(E|{\overline {B}})=0,9$