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 $\bar{D}\backslash overline\{D\}$ setzt sich aus zwei Zweigen zusammen: $P(\bar{D})=P(C\cap \bar{D})+P(\bar{C}\cap \bar{D})P(\backslash overline\{D\})\; =\; P(C\backslash cap\; \backslash overline\{D\})+P(\backslash overline\{C\}\backslash cap\; \backslash overline\{D\})$, wobei keiner der beiden Summanden direkt gegeben ist. Allerdings lassen sich dem Baumdiagramm die beiden Werte $P(C\cap D)=\frac{2}{5}P(C\backslash cap\; D)=\backslash frac25$ und $P(\bar{C}\cap D)=\frac{1}{10}P(\backslash overline\{C\}\backslash cap\; D)=\backslash frac\{1\}\{10\}$ entnehmen, die in der Summe gerade $P(D)=\frac{2}{5}+\frac{1}{10}=\frac{1}{2}P(D)=\backslash frac25+\backslash frac\{1\}\{10\}=\backslash frac12$ ergeben.

Über das Gegenereignis erhält man somit $P(\bar{D})=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}P(\backslash overline\{D\})\; =1-\backslash frac12\; =\backslash frac12$.

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

Hierzu fehlt noch $P(C)P(C)$.

Dazu wird die Produktregel auf den 1. Pfad angewandt:

Für das Produkt $P(C)\cdot P(D)P(C)\backslash cdot\; P(D)$ ergibt sich also: $P(C)\cdot P(D)=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{3}P(C)\backslash cdot\; P(D)\; =\; \backslash frac23\backslash cdot\backslash frac12\; =\; \backslash frac13$ während andererseits $P(C\cap D)=\frac{2}{5}P(C\backslash cap\; D)\; =\backslash frac25$ . Aus der Ungleichheit der beiden Ergebnisse folgt die (stochastische) Abhängigkeit der beiden Ereignisse $CC$ und $DD$.

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

Aus dem Vergleich ergibt sich:

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

Anstelle des Werts $\frac{1}{10}\backslash frac\{1\}\{10\}$ ist also der Wert $\frac{1}{5}\backslash frac15$ 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 $66$ Kugeln!

Der Inhalt von Urne A kann demnach $2r3w2r3w$ (also unverändert 2-mal rot, 3-mal weiß), $1r4w1r4w$ oder $3r2w3r2w$ sein.

Das Gegenereignis zu $EE$ wird mit $\bar{E}\backslash overline\; E$ 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 $EE$ 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:

$P(E)=\frac{2}{5}\cdot \frac{4}{6}+\frac{3}{5}\cdot \frac{3}{6}=\frac{8}{30}+\frac{9}{30}=\frac{17}{30}P(E)=\; \backslash frac25\backslash cdot\backslash frac46\; +\; \backslash frac35\backslash cdot\backslash frac36\; =\; \backslash frac\{8\}\{30\}+\backslash frac\{9\}\{30\}=\; \backslash frac\{17\}\{30\}$

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

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