Lösungsvorschläge zu Blatt 4
Aufgabe 4.I Wir definieren zunächst einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum:
Ω ={ω = (ω1, ω2)|ωi∈ {1, ...,6}}, p(ω) = 1
|Ω| = 1 36, wobei ω1 =b gelber Würfel und ω2=b roter Würfel.
a) Wir definieren:
A={ω ∈Ω|ω1= 6∨ω2 = 6} und B ={ω ∈Ω|ω1 6= 6∧ω2 6= 6}= Ω\ {(6,6)}.
Dann gilt:|A|= 11,|B|= 35 und |A∩B|= 10. Also:
P(A∩B) = 10
36 und P(B) = 35 36. Wir können nunP(A|B) berechnen:
P(A|B) = P(A∩B) P(B) =
10 36 35 36
= 2 7. b) Wir definieren:
C ={ω∈Ω|ω2= 6} und D={ω ∈Ω|ω1+ω2≥10}.
Dann gilt:|C|= 6,|D|= 6 und |C∩D|= 3. Also:
P(C∩D) = 3
36 und P(D) = 6 36. Wir können nunP(C|D) berechnen:
P(C|D) = P(C∩D) P(D) =
3 36
6 36
= 1 2. c) Wir definieren:
E ={ω∈Ω|ω1 = 6∧ω2 = 6}.
Dann gilt:|E|= 1und |A∩E|= 1. Also:
P(A∩E) = 1
36 und P(A) = 11 36. Wir können nunP(E|A) berechnen:
P(E|A) = P(A∩E) P(A) =
1 36 11 36
= 1 11.
Dann gilt: |F|= 6 und |E∩F|= 1. Also:
P(E∩F) = 1
36 und P(F) = 6 36. Wir können nun P(E|A) berechnen:
P(E|F) = P(E ∩F) P(F) =
1 36
6 36
= 1 6.
Aufgabe 4.II Wir definieren zunächst einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum:
Ω ={ω = (ω1, ω2)|ω1 ∈ {N, P}, ω2 ∈ {K, G}},
wobei N=b Testergebnis negativ, P=b Testergebnis positiv, K=b Person krank und G=b Person gesund. Des Weiteren definieren wir die Ereignisse, dass die Person krank ist K und dass das Testergebnis positiv istP.
K={(N, K),(P, K)}, P ={(P, G),(P, K)}
In der Aufgabe sind folgende Wahrscheinlichkeiten gegeben:
P(P|K) = 109, P(K) = 10001 , P(P|Kc) = 101.
a) Wir nutzen den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit und berechnenP(P):
P(P) = P(P|K)·P(K) +P(P|Kc)·P(Kc)
= 9 10 · 1
1000+ 1
10· 999 1000
= 1008 10000
b) Wir nutzen die Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit und den Satz von Bayes zur Berechnung von P(K|P):
P(K|P) = P(K ∩ P) P(P)
= P(K)·P(P|K) P(P)
=
1 1000· 109
1008 10000
= 1 112.
Aufgabe 4.III Wir definiere zuächst einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum.
Ω = {ω= (ω1, ω2)|ω ∈ {MF, ML}, ω2{AF, AL}},
wobei MF =b Herr Zerstreut nimmt morgens das Fahrrad zur Arbeit, MF =b Herr Zerstreut läuft zur Arbeit (Fahrrad bleibt zuhause), AF =b Herr Zerstreut nimmt das Fahrrad zurück nach Hause und AL =b Herr Zerstreut vergisst das Fahrrad auf der Arbeit und läuft nach Hause.
Nun definieren wir die Ereignisse, dass Herrn Zerstreut morgens mit dem Fahrrad zur Arbeit fährt A und das er es Abends nach Hause läuft B:
A={(MF, AF),(MF, AL)} B ={(MF, AL),(ML, AL)}.
Aus der Aufgabe lassen sich folgende Wahrscheinlichkeiten ablesen:
P(A) = 109, P(Ac) = 101 P(B|A) = 102, P(B|Ac) = 1.
a) Wir berechnen mit dem Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit:
P(B) = P(B|A)·P(A) +P(B|Ac)·P(Ac)
= 2 10· 9
10+ 1· 1 10
= 7 25 b)
P(Ac|B) = P(Ac∩B P(B)
= P(B|Ac)·P(Ac) P(B)
= 1· 101
7 25
= 5 14
Aufgabe 4.IV Wir definieren zunächst einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum:
Ω ={ω ∈ {1,0}25|
25
X
k=1
ωk = 15},
Pi(ωi= 1|ωj, j ≤i−1) = 15−Pi−1 k=1ωk 25−(i−1) . a)
P1(1|∅) = 15 25. b)
P2(1|ω1= 1) = 15−1 25−1 = 14
24.
c) Wir nutzen den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit und erhalten:
P2(1) =P2(1|ω1= 1)P1(1) +P2(1|ω1 = 0)P1(0)
= 14 24· 15
25+ 15 24· 10
25
= 15 25
d) Wir wollen nun die totale Wahrscheinlichkeit berechnen, dass der k-te gezogene Zettel einen gelben Smiley zeigt.
Hierzu machen wir folgende Vorüberlegungen:
1. Die Wahrscheinlichkeit genauS gelbe Smileys unter den ersten k−1 Ziehungen zu haben:
Wir haben k−1S
Möglichkeiten S gelbe Smileys unter die erstenk−1Lose zu verteilen und 25−(k−1)15−S
Möglichkeiten die restlichen 15−S gelben Smileys auf die verbleibenden 25−(k−1)Plätzen zu verteilen.
Insgesamt gibt es 2515
Möglichkeiten 15 gelbe Smileys auf 25 Plätzen zu verteilen. (vgl. 2.II.b)
Somit ergibt sich die Wahrscheinlichkeit genau S gelbe Smileys unter den ersten k−1Ziehungen zu haben:
P(
k−1
X
j=1
ωj =S) =
k−1 S
· 25−(k−1)15−S
25 15
2. Die Wahrscheinlichkeit im k-ten Zug einen gelben Smiley zu ziehen unter der Voraussetzung, dass in den vorherigen k−1Zügen genau S Smileys gezogen wurden:
Pk(1|
k−1
X
j=1
ωj =S) = 15−S 25−(k−1)
Wir wollen nun den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit ausnutzen, um die gesuchte Wahrscheinlichkeit zu bestimmen.
Pk(1) =
k−1
X
S=0
15−S 25−(k−1) ·
k−1 S
· 25−(k−1)15−S
25 15
=
k−1
X
S=0
15−S 25−(k−1) ·
(k−1)!
S!(k−1−S)! · (25−(k−1))!
(15−S)!(25−(k−1)−(15−S))!
25!
15!(25−15)!
=
k−1
X
S=0
(k−1)!
S!(k−1−S)! · (25−(k−1)−1)!
(15−S−1)!(25−(k−1)−(15−S))!
25!
15!(25−15)!
=
k−1
X
S=0
(k−1)!
S!((k−1)−S)! · (24−(k−1))!
((15−1)−S)!(24−(k−1)−(15−1)−S)!
24!
14!10!
· 15 25
= 15 25 ·
k−1
X
S=0
(k−1)!
S!((k−1)−S)! · (24−(k−1))!
((15−1)−S)!(24−(k−1)−(15−1)−S)!
24!
14!10!
| {z }
?
= 15 25 ·1
= 15 25
?: Wahrscheinlichkeit bei (k-1) Zügen aus 24 genau S von 14 gelben Smileys zu ziehen.
