Aufgaben

An Freitagen fehlen David und Clara oft in der Schule, und zwar David mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,3 und Clara mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,45. Die Wahrscheinlichkeit, dass beide anwesend sind, beträgt nur 0,4. Sind die Abwesenheit von David und Clara unabhängige Ereignisse?

%%P%%("David nicht da") %%= P\left(\overline D\right)=0,3%%

Bestimme die Wahrscheinlichkeit für das Gegenereignis.

%%\Rightarrow P\left(D\right)=1-0,3=0,7%%

%%P%%("Clara nicht da") %%= P\left(\overline C\right)=0,45%%

Bestimme die Wahrscheinlichkeit für das Gegenereignis.

%%\Rightarrow P\left(C\right)=1-0,45=0,55%%

%%P\left(D\cap C\right)=0,4%%

Stelle die Formel für die stochastische Unabhängigkeit auf.

%%P\left(D\cap C\right)=P\left(D\right)\cdot P\left(C\right)%%

Setze die oben bestimmten Werte ein.

%%0,4\overset?=0,7\cdot0,55%%

%%0,4\neq0,385%%

%%\Rightarrow%% Die Abwesenheiten der beiden Schüler sind stochastisch abhängig.

In einer Urne sind 9 schwarze, 5 blaue und 3 rote Kugeln. Viermal wird mit Zurücklegen gezogen. Beweise, dass die Ereignisse A: "Blau beim ersten Zug" und B:"Kein Schwarz bei 4. Zug" unabhängig sind.

Für diese Aufgabe gibt es verschiedene Herangehensweisen.

Möglichkeit 1: Möglichkeiten aufzählen

Zu zeigen ist . %%\mathrm P\left(\mathrm A\cap\mathrm B\right)\;=\;\mathrm P\left(\mathrm A\right)\;\cdot\;\mathrm P\left(\mathrm B\right)%%

Berechne P(A). Zähle dafür die günstigen Möglichkeiten auf und teile durch alle Möglichkeiten.

%%P(A)=\frac5{17}%%

Berechne P(B). Teile wieder die günstigen Möglichkeiten durch alle Möglichkeiten.

%%P\left(B\right)=\frac{3+5}{17}=\frac8{17}%%

Berechne nun %%P\left(A\cap B\right)\;%%

Beachte, dass uns der 2. und 3. Zug egal sind.

%%P\left(A\cap B\right)\;=\;\underbrace{\frac5{17}}_{1.Zug\;blau}\cdot\frac{17}{17}\cdot\frac{17}{17}\cdot\underbrace{\frac8{17}}_{4.Zug\;nicht\;schwarz}%%

%%=\frac5{17}\cdot1\cdot1\cdot\frac8{17}=P\left(A\right)\cdot P\left(B\right)%%

Es gilt also: %%P\left(A\cap B\right)\;=\;P\left(A\right)\;\cdot\;P\left(B\right)%%

Möglichkeit 2: Über bedingte Wahrscheinlichkeit

Diese Herangehensweie ist immer dann sinnvoll, falls %%P\left(A\cap B\right)\;%%zu viele Möglichkeiten enthält, um sie von Hand zu berechnen. Hier war es noch einfach möglich, in anderen Aufgaben ist diese Lösung einfacher.

Zu zeigen ist: %%P_A(B)=P\left(B\right)%%

Eingesetzt in die Definition von bedingter Wahrscheinlichkeit folgt damit sofort die Unabhängigkeit. Genausogut kann man natürlich auch %%P_B(A)%% berechnen.

Bestimme zunächst P(B)="Kein Schwarz bei 4. Zug".

(Teile die günstigen Möglichkeiten durch alle Möglichkeiten)

%%P\left(B\right)=\frac{3+5}{17}=\frac8{17}%%

Betrachte die bedingte Wahrscheinlichkeit %%P_A(B)%%: "Nicht schwarz im vierten Zug, unter der Bedingung, dass der erste Zug blau war"

%%P_A(B)=\underbrace{\frac11}_{1.\;Zug\;ist\;blau\;wegen\;der\;Bedingung\;}\cdot\underbrace{\frac{17}{17}}_{2.\;Zug\;egal}\cdot\underbrace{\frac{17}{17}}_{3.Zug\;egal}\cdot\frac8{17}=P\left(B\right)%%

Daraus folgt die Unabhängigkeit.

Bei einem Preisausschreiben gibt es 6 Gewinner, auf die 3 Laptops und 3 Fernseher verteilt werden sollen. Dies soll durch das Werfen einer Münze geschehen, wobei Kopf einem Fernseher und Zahl einem Laptop entspricht. Nacheinander wird für die Gewinner geworfen, bis keine Auswahlmöglichkeit mehr besteht, da nur noch entweder Laptops oder Fernseher verfügbar sind.

Hat nach diesem System jeder Gewinner die gleichen Chancen auf einen Laptop?

Wir werden zeigen, dass wirklich jeder Gewinner die gleichen Chancen auf einen Laptop hat. Dazu betrachten wir die Wahrscheinlichkeiten für jeden Gewinner einzeln.

Die Wahrscheinlichkeit für einen Laptop bei Gewinner 1, 2 und 3:

Bei den Gewinnern 1, 2 und 3 können Laptops und Fernseher noch nicht ausgegegangen sein und der Münzwurf bestimmt den Preis.

Wir gehen natürlich von einer Laplacemünze aus mit der Wahrscheinlichkeit für Kopf von %%\frac12%%.

%%\Rightarrow%% P(Gewinner 1 gewinnt Laptop) = P(Gewinner 2 gewinnt Laptop) = P(Gewinner 3 gewinnt Laptop) = %%\frac12%%

Die Wahrscheinlichkeit für einen Laptop bei Gewinner 4:

Für Gewinner 4 gibt es jetzt aber schon mehrere Möglichkeiten. Es kann sein, dass für ihn noch eine Münze geworfen wird, es kann aber auch sein, dass Fernseher oder Laptops bereits nicht mehr verfügbar sind.

Fallunterscheidung anhand der bisherigen Ergebnisse.

Möglichkeit 1: Es sind sowohl Laptops als auch noch Fernseher vorhanden:

P(Gewinner 4 gewinnt Laptop) = %%\frac12%%

Betrachte den Fall, dass bereits alle Laptops verteilt wurden. Damit ist ein Laptop als Gewinn sicher ausgeschlossen.

Möglichkeit 2: Alle Laptops wurden bereits verteilt:

P(Gewinner 4 gewinnt Laptop) = 0

Betrachte den Fall, dass bereits alle Fernseher verteilt wurden. Damit ist ein Laptop sicher.

Möglichkeit 3: Alle Fernseher wurden bereits verteilt

P(Gewinner 4 gewinnt Laptop) = 1

Um die Gesamtwahrscheinlichkeit zu bestimmen, müssen wir nun die einzelnen Wahrscheinlichkeiten mit ihrer Eintrittswahrscheinlichkeit multiplizieren und dann addieren.

Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass alle Laptops bereits verteilt wurden.

P(Alle Laptops wurden bereits verteilt) = P(3 mal Zahl bei drei Münzwurfen)

zu Möglichkeit 2:

P(3 mal Zahl bei drei Münzwurfen) = %%\frac12\cdot\frac12\cdot\frac12=\frac18%%

Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass alle Fernseher bereits verteilt wurden.

P(Alle Fernseher wurden bereits verteilt) = P(3 mal Kopf bei drei Münzwurfen)

zu Möglichkeit 3:

P(3 mal Kopf bei drei Münzwurfen) = %%\frac12\cdot\frac12\cdot\frac12=\frac18%%

Die restliche Wahrscheinlichkeit ergibt sich als 1 abzüglich der Wahrscheinlichkeit, dass alle Laptops verteilt sind und abzüglich der Wahrscheinlichkeit, dass alle Fernseher verteilt sind.

zu Möglichkeit 1:

P(Es wird noch eine Münze geworfen) = P(Es sind weder alle Laptops verteilt noch alle Fernseher) = 1 - P(Alle Laptops verteilt) - P(Alle Fernseher verteilt) = %%1-\frac18-\frac18=\frac34%%

Berechne anhand dieser Ergebnisse die Wahrscheinlichkeit, dass Gewinner 4 einen Laptop gewinnt.

P(Gewinner 4 gewinnt Laptop) = %%\frac34\cdot\frac12\;+\;\frac18\;\cdot\;0+\;\frac18\;\cdot\;1\;=\;\frac12%%

Wie man im Beispiel von Gewinner 4 sehen kann, ist es gleichwahrscheinlich, ob bereits alle Laptops oder alle Fernseher verteilt wurden. Das eine Ereignis impliziert eine 0%ige Chance, das andere eine 100%ige. Auch beim 5. oder 6. Gewinner, ist es gleichwahrscheinlich, ob alle Fernseher oder alle Laptops bereits verteilt wurden. Das liegt daran, dass bei einer Münze Kopf und Zahl gleich wahrscheinlich sind.

Nehmen wir an, die Wahrscheinlichkeit, dass alle Laptops verteilt sind sei beim 5. Gewinner gleich A.

Dann ist die Gewinnwahrscheinlichkeit für Gewinner 5:

%%\mathrm{P(Gewinner \;5 \;gewinnt \;Laptop)}=\underbrace{\mathrm{P(Es \;sind \;noch \;Laptops \;und \;Fernseher \;verfügbar)}}_{1-A-A}\cdot\underbrace{\mathrm{P( Münzwurf)}}_{\frac12}+\underbrace{\mathrm{P(Alle \;Laptops \;sind \;verteilt)}}_{A}\cdot0 + \mathrm{P(Alle \;Fernseher \;sind \;verteilt)}\cdot1%%

%%=\left(1-\mathrm A-\mathrm A\right)\frac12+\mathrm A\;=\;\frac12-\mathrm A+\mathrm A=\frac12%%.

Das Gleiche gilt für Gewinner 6. Die Wahrscheinlichkeit ist also für alle Fälle immer %%\frac12%% .

Alle Gewinner haben somit die gleichen Chancen auf einen Laptop.

Ist es für je zwei der Gewinner gleichwahrscheinlich, einen Fernseher zu erhalten?

Diese Aufgabe kann analog zu Teilaufgabe a) beantwortet werden, indem man die Begriffe Fernseher und Laptop vertauscht.

Man kann auch argumentieren, dass durch den Münzwurf der Erhalt eines Laptops und Fernsehers exakt gleich wahrscheinlich sind. Da auch für jeden Gewinner der Erhalt eines Laptops gleich wahrscheinlich ist (Wahrscheinlichkeit 0,5), muss umgekehrt auch für jeden Gewinner der Erhalt eines Fernsehers gleich wahrscheinlich sein (Wahrscheinlichkeit 1-0,5 = 0,5).

Eine Urne enthält 4 grüne und 7 gelbe Kugeln, eine andere 2 grüne und 9 gelbe Kugeln.

  1. Aus jeder der beiden Urnen wird eine Kugel gezogen. Wie lautet eine Unabhängigkeitsannahme und wie ist diese zu begründen?

  2. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass beide Kugeln grün sind?

  3. Die Urneninhalte werden zusammengefügt und mit Zurücklegen wird dreimal gezogen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind alle drei Kugeln grün?

Teilaufgabe 1

Unabhängigkeitsannahme: ein Ereignis hat keinen Einfluss auf ein anderes Ereignis.

Dies trifft zu, da der Zug einer Kugel aus der einen Urne keinen Einfluss darauf hat, welche Kugel aus der anderen Urne gezogen wird.

 

Teilaufgabe 2

P("Kugel aus erster Urne ist grün") = %%\frac4{11}%%

P("Kugel aus erster Urne ist grün") = %%\frac2{11}%%

Wahrscheinlichkeiten multiplizieren um Wahrscheinlichkeit dafür zu bestimmen, dass beide Kugeln grün sind.

P("beide Kugeln sind grün") = %%\frac4{11}\cdot\frac2{11}%%

%%=\frac8{121}\approx6,6\% %%

Teilaufgabe 3

P("Kugel ist grün") = %%\frac6{22}%%

Da drei mal unter den selben Bedingungen gezogen wird (jedes mal wieder 22 Kugeln wegen des Zurücklegens), musst du die Wahrscheinlichkeit dreimal miteinander multiplizieren.

P("alle drei Kugeln sind grün") = %%\frac6{22}\cdot\frac6{22}\cdot\frac6{22}%%

%%=\frac{216}{10648}\approx2,0\% %%

Kim, Alex und Charlie versuchen einen Trick auf dem Skateboard. Da sie unterschiedlich lang skaten, ist ihre Wahrscheinlichkeit, den Trick zu schaffen, nicht gleich hoch. Sie schaffen ihn, unabhängig voneinander, mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,4 (Kim); 0,6 (Alex) und 0,8 (Charlie). Wie wahrscheinlich ist es, dass

  1. keiner ihn schafft?

  2. mindestens einer ihn schafft?

  3. genau einer den Trick schafft?

Teilaufgabe 1: Alle treffen nicht

%%P\left(\mathrm{"keinmal"}\right)=P\left(\overline K\right)\cdot P\left(\overline A\right)\cdot P\left(\overline C\right)%%

Weder Kim, noch Alex, noch Charlie schaffen es. Verwende bei allen drei das Gegenereignis.

                               %%=\left(1-0,4\right)\cdot\left(1-0,6\right)\cdot\left(1-0,8\right)%%

Subtrahiere in den Klammern.

%%=0,6\cdot0,4\cdot0,2%%

%%=0,048=4,8\% %%

Teilaufgabe 2: Mindestens einer schafft den Trick

Bestimme die Lösung mit Hilfe des Gegenereignisses aus Teilaufgabe 1.

%%P(\text{"mindestens einmal"})=1-P(\text{"keinmal"})%%

Setze die entsprechenden Werte ein.

%%=1-0,048%%

%%=0,952=95,2\% %%

Teilaufgabe 3: Genau einer trifft

Stelle alle Möglichkeiten für "genau einmal" auf, d.h. entweder es schafft es nur Kim und die beiden anderen nicht; oder nur Alex, oder nur Charlie.
Auch hier ist die Unabhängigkeit der Grund, warum die Wahrscheinlichkeiten multipliziert werden dürfen.

%%P(\text{"nur K trifft"})= P\left(K\right)\cdot P\left(\overline A\right)\cdot P\left(\overline C\right)%%

%%P(\text{"nur A trifft"})= P\left(\overline K\right)\cdot P\left(A\right)\cdot P\left(\overline C\right)%%

%%P(\text{"nur C trifft"})= P\left(\overline K\right)\cdot P\left(\overline A\right)\cdot P\left(C\right)%%

Stelle die Gesamwahrscheinlichkeit für "genau einmal" auf, in dem du die drei Teilwahrscheinlichkeiten addierst.

%%P\left(\text {"genau einmal"}\right)=P\left(A\right)\cdot P\left(\overline B\right)\cdot P\left(\overline C\right)+P\left(\overline A\right)\cdot P\left(B\right)\cdot P\left(\overline C\right)+P\left(\overline A\right)\cdot P\left(\overline B\right)\cdot P\left(C\right)%%

%%=0,4\cdot0,4\cdot0,2+0,6\cdot0,6\cdot0,2+0,6\cdot0,4\cdot0,8%%

%%=0,032+0,072+0,192%%

%%=0,296=29,6\% %%

Als Zufallsexperiment wird ein Laplace-Würfel ein Mal geworfen und als zugehöriger Ergebnisraum %%\Omega = \{{\Large ⚀}; {\Large ⚁}; {\Large ⚂}; {\Large ⚃}; {\Large ⚄}; {\Large ⚅}\}%% betrachtet.

Gib die Ereignisse %%A%%: "Würfel zeigt gerade Augenzahl" und %%B%%: "Würfel zeigt durch 3 teilbare Augenzahl", ihre Gegenereignisse %%\bar{A}%% und %%\bar{B}%% sowie die Verknüpfungen %%A\cap B%%, %%A\cup B%% und %%A\setminus B%% in Mengenschreibweise an!

Prüfe die Ereignisse %%A%% und %%B%% anschließend auf (stochastische) Unabhängigkeit!

Angeben der Ereignisse

Um die Ereignisse in Mengenschreibweise anzugeben, finde jeweils die für das Ereignis günstigen Ergebnisse!

$$A = \{{\Large ⚁}; {\Large ⚃}; {\Large ⚅}\}$$

$$B = \{{\Large ⚂}; {\Large ⚅}\}$$

Gib für die Gegenereignisse %%\bar{A}%% und %%\bar{B}%% jeweils die Ergebnisse an, die nicht im Ereignis enthalten sind!

$$\bar{A} = \{{\Large ⚀}; {\Large ⚂}; {\Large ⚄}\}$$

$$\bar{B} = \{{\Large ⚀}; {\Large ⚁}; {\Large ⚃}; {\Large ⚄}\}$$

Gib für die Verknüpfung %%A\cap B%% alle Ergebnisse an, die sowohl in %%A%% als auch in %%B%% enthalten sind!

$$A\cap B = \{{\Large ⚅}\}$$

Gib für die Verknüpfung %%A\cup B%% alle Ergebnisse an, die in %%A%% oder in %%B%% oder in beiden enthalten sind!

$$A\cup B = \{{\Large ⚁}; {\Large ⚂}; {\Large ⚃}; {\Large ⚅}\}$$

Gib für die Verknüpfung %%A\setminus B%% alle Ergebnisse an, die in %%A%%, aber nicht in %%B%% enthalten sind!

$$A\setminus B = \{{\Large ⚁}; {\Large ⚃}\}$$

Prüfen auf Unabhängigkeit

Bestimme die Wahrscheinlichkeiten %%P(A)%%, %%P(B)%% und %%P(A\cap B)%% über den Laplace-Ansatz, indem du zunächst die entsprechenden Mächtigkeiten ermittelst!

$$|\Omega| = 6$$ $$|A| = 3 \Rightarrow P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$$ $$|B| = 2 \Rightarrow P(B) = \frac{|B|}{|\Omega|} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$$

$$|A\cap B| = 1 \Rightarrow P(A\cap B) = \frac{1}{6}$$

Überprüfe schließlich, ob die Gleichung %%P(A)\cdot P(B) = P(A\cap B)%% erfüllt ist!

$$P(A)\cdot P(B) = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3} = \frac{1}{6} = P(A\cap B)$$

Die Ereignisse %%A%% und %%B%% sind somit (stochastisch) unabhängig.

Alternative Lösung

Alternativ kann die Unabhängigkeit auch über die Beziehung %%P_A(B) = P(B)%% geprüft werden.

Berechne dazu zunächst die bedingte Wahrscheinlichkeit %%P_A(B)%% und prüfe dann, ob sich derselbe Wert wie bei %%P(B)%% ergibt:

$$P_A(B) = \frac{P(A\cap B)}{P(A)} = \frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{3} = P(B)\,\,\,\,✓$$

Herr Müller kommt im Durchschnitt an 8 von 100 Tagen zu spät zur Arbeit. Zu seiner Arbeitsstätte fährt er manchmal mit dem eigenen Auto, an 60% aller Arbeitstage nimmt er jedoch öffentliche Verkehrsmittel.
Er hat beobachtet, dass er durchschnittlich in 5% aller Fälle mit dem Auto unterwegs ist und zur spät zur Arbeit kommt.

Sind das Zu-Spät-Kommen und die Nutzung des eigenen Autos voneinander stochastisch unabhängig?

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