Stochastik, Teil A, Aufgabengruppe 2

Für die richtige Lösung dieser Aufgabe muss man die beiden Pfadregeln für Wahrscheinlichkeiten kennen: Die sogenannte Produktregel für die Wahrscheinlichkeit entlang eines Pfades und die Summenregel für Ereignisse, die sich aus mehreren Pfaden zusammensetzen.

Die Wahrscheinlichkeit für das Gegenereignis $\overline{D}$ setzt sich aus zwei Zweigen zusammen: $P(\overline{D})=P(C\cap \overline{D})+P(\overline{C}\cap \overline{D})$, wobei keiner der beiden Summanden direkt gegeben ist. Allerdings lassen sich dem Baumdiagramm die beiden Werte $P(C\cap D)=\frac{2}{5}$ und $P(\overline{C}\cap D)=\frac{1}{10}$ entnehmen, die in der Summe gerade $P(D)=\frac{2}{5}+\frac{1}{10}=\frac{1}{2}$ ergeben.

Über das Gegenereignis erhält man somit $P(\overline{D})=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$.

Stochastische Unabhängigkeit der Ereignisse $C$ und $D$ wird rechnerisch nachgewiesen, indem die Gleichheit von $P(C)\cdot P(D)$ und $P(C\cap D)$ gezeigt wird:

Hierzu fehlt noch $P(C)$.

Dazu wird die Produktregel auf den 1. Pfad angewandt:

$\begin{array}{rl}P(C\cap D)& =P(C)\cdot P_C(D)\\ P(C)& =\frac{P(C\cap D)}{P_C(D)}\\ P(C)& =\frac{\frac{2}{5}}{\frac{3}{5}}=\frac{2}{3}\end{array}$

Für das Produkt $P(C)\cdot P(D)$ ergibt sich also: $P(C)\cdot P(D)=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{3}$ während andererseits $P(C\cap D)=\frac{2}{5}$ . Aus der Ungleichheit der beiden Ergebnisse folgt die (stochastische) Abhängigkeit der beiden Ereignisse $C$ und $D$.

Für das Schnittmengenereignis $C\cap D$ gibt es wegen der Forderung nach stochastischer Unabhängigkeit nun zwei Berechnungsansätze:

$\begin{array}{rl}P(C\cap D)& =P(C)\cdot P(D)\\ P(C\cap D)& =P(C)\cdot P_C(D)\end{array}$

Aus dem Vergleich ergibt sich:

$\begin{array}{rl}P(D)& =P_C(D)\\ \frac{2}{5}+x& =\frac{3}{5}\end{array}$

Wie in Teilaufgabe a) schon erläutert, setzt sich $P(D)$ aus zwei Zweigen zusammen. Dabei ist $x$ nun die Wahrscheinlichkeit des Zweiges $P(\overline{C}\cap D)$, die an die Stelle von $\frac{1}{10}$ tritt.

Anstelle des Werts $\frac{1}{10}$ ist also der Wert $\frac{1}{5}$ zu wählen!

Bei dieser Aufgabe kommt es darauf an, systematisch vorzugehen, um keinen Fall zu übersehen.

Beim Griff in Urne A kann man eine rote oder eine weiße Kugel erwischen. Nach dem Transfer in Urne B nimmt man aus Urne B eine Kugel und kann auch dabei wieder eine rote oder eine weiße Kugel erhalten.

Zu jedem der zwei Fälle beim Entnehmen aus A gibt es zwei Fälle des Zurücklegens in A. Das kann z. B. in einem Baumdiagramm dargestellt werden:

Man sieht daran, dass der Urneninhalt in zwei Fällen letztlich unverändert bleibt und in zwei Fällen eine Umwandlung der Farbe erfolgt.

Die Wahrscheinlichkeiten im 2. Teil des Experiments werden in Sechstel gemessen, denn in der Urne B sind ja mittlerweile $6$ Kugeln!

Der Inhalt von Urne A kann demnach $2r3w$ (also unverändert 2-mal rot, 3-mal weiß), $1r4w$ oder $3r2w$ sein.

Das Gegenereignis zu $E$ wird mit $\overline{E}$ bezeichnet, die ausführliche sprachliche Formulierung lautet: "Nach Durchführung des Zufallsexperiments befinden sich nicht wieder 3 weiße Kugeln in der Urne", oder positiv formuliert:

Nach Durchführung des Zufallsexperiments befinden sich 2 oder 4 weiße Kugeln in der Urne.

Die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis $E$ setzt sich aus zwei Experimentverläufen zusammen, entsprchend zwei Pfaden im Baumdiagramm. Wenn mann weiß, dass entlang eines Pfades die Wahrscheinlichkeiten zu multiplizieren sind (1. Pfadregel) und die Wahrscheinlichkeiten für zwei verschiedene Pfade addiert werden müssen (2. Pfadregel), ergibt sich:

$P(E)=\frac{2}{5}\cdot \frac{4}{6}+\frac{3}{5}\cdot \frac{3}{6}=\frac{8}{30}+\frac{9}{30}=\frac{17}{30}$

Das Gegenereignis $\overline{E}$ hat somit die Wahrscheinlichkeit $P(\overline{E})=1-P(E)=1-\frac{17}{30}=\frac{13}{30}$.

Das Ereignis $E$ hat also die größere Wahrscheinlichkeit als sein Gegenereignis!