Übungsblatt 6: Diskrete Wahrscheinlichkeit

HM3 M. Eisermann / T. Jentsch / B. Chen WiSe 2012/2013
Übungsblatt 6: Diskrete Wahrscheinlichkeit
Für die Gruppenübungen am 06.12.2012
1. BEDINGTE WAHRSCHEINLICHKEIT? – JA BITTE, UNBEDINGT!
Der Begriff der bedingten Wahrscheinlichkeit und Unabhängigkeit von Ereignissen (§I2) ist für viele
Rechnungen hilfreich, denn er präzisiert und strukturiert die Formulierung von Wahrscheinlichkeiten.
1.1. In einer Schublade liegen 6 schwarze, 4 blaue und 2 rote Socken durcheinander.
Wenn man (noch verschlafen und in Eile) zweimal blind in die Schublade
greift, mit welcher Wahrscheinlichkeit erhält man zwei gleichfarbige Socken?
Lösungsskizze: —
A = {Beide Kugeln haben dieselbe Farbe}
B 1 = {Die erste Gezogene Kugel ist schwarz}
B 2 = {Die erste Gezogene Kugel ist blau}
B 3 = {Die erste Gezogene Kugel ist rot}
Hier gilt B 1 ∪ B 2 ∪ B 3 = Ω, B i ∩ B j = für i, j ∈ {1,2,3} sowie P(B 1 ) = 6 12 , P(B 2) = 4
12 , P(B 3) = 2 12 .
Auch die folgenden bedingten Wahrscheinlichkeiten sind klar:
P(A|B 1 ) = 5 11 ,P(A|B 2) = 3 11 ,P(A|B 3) = 1
11
Hieraus kann man die totale Wahrscheinlichkeit berechnen:
P(A) = P(A|B 1 ) + P(A|B 2 ) + P(A|B 3 ) = 6 5
12 11 + 4 3
12 11 + 2 1
12 11
=
30 + 12 + 2
132
= 1 3
—
1.2. Sie gehen zur Sprechstunde im siebten Stock. Die Wahrscheinlichkeit eines
Feuers ist gering, sagen wir 0.1% jeden Tag. Im Brandfall wird mit 95%iger
Sicherheit Alarm ausgelöst. Leider gibt es an 1% aller feuerfreien Tage Fehlalarm.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit brennt es, wenn Sie den Alarm hören?
Lösungsskizze: — Sei A das Ereignis “Alarm” und B “es brennt”. Es gilt P(B) = 0.1% und P(A|B) =
95%. Weiterhin gilt P(A|¬B) = 1%. Gesucht ist P(B|A). Wir berechnen zunächst
P(A) = P(A∩B)+P(A∩¬B) = P(A|B)·P(B)+P(A|¬B)·P(¬B) = 95%·0.1%+1%·99.9% = 1.094%
Daher
P(B|A) = P(A|B) · P(B)
P(A) = 95% · 0.1%
1.094% = 8.7%. —
1.3. Es werden drei (verschiedenfarbige) Würfel geworfen. Berechnen Sie P(A),
P(B) und P(A∩B) für die Ereignisse A: Es fällt mindestens eine Eins, B: Jeder
Würfel hat eine andere Augenzahl. Sind die Ereignisse A und B stochastisch
unabhängig? Vergleichen Sie P(A) mit P(A|B) sowie P(B) mit P(B|A).
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Lösungsskizze: — Die Ereignismenge ist: Ω := {(i, j,k)|1 ≤ i, j,k ≤ 6}. Hieraus folge die Zuordung
der Elementarwahrscheinlichkeiten: P((i, j,k)) = 1 1
6 · 16 · 16
=
216 . Seien W i die Menge der folgenden
Ereignisse: W i = {der i-te Würfel has die Augenzahl 1}. Dann gilt A = W 1 ∪W 2 ∪W 3 und P(A) =
P(W 1 ) + P(W 2 ) + P(W 3 ) − P(W 1 ∩W 2 ) − P(W 2 ∩W 3 ) − P(W 1 ∩W 3 ) + P(W 1 ∩W 2 ∩W 3 ) = 1 6 + 6 1 + 1 6 −
1
36 − 36 1 − 36 1 + 216 1 = 1 2 − 12 1 + 216 1 = 216 91 .
Schneller geht’s so: Sei Ā := Ω A das Gegenereignis. Die Gegenwahrscheinlichkeit P(Ā) ist ( 5 6 )3
(denn jeder Würfel muss eine von Eins verschiedene Zahl anzeigen und alle Würfel sind unabhängig).
Daher P(A) = 1 − P(Ā) = 216−125
216
=
216 91 .
Ein einfaches Abzählargument zeigt, dass P(B) = 6·5·4 = 120
6 3 216 = 9 5. Weiterhin ist P(A∩B) = P((W 1 ∪
W 2 ∪ W 3 ) ∩ B) = ∑ 3 i=1 P(W i ∩ B) − ∑ i≠ j P(W i ∩ W j ∩ B) + P(W 1 ∩ W 2 ∩ W 3 ∩ B). Es ist klar das W i ∩
W j ∩ B = /0 für i ≠ j. Dann ist P(A ∩ B) =
216 5·4 + 216 5·4 + 216 5·4 = 18 5 ≠ 1944 455 = P(A) · P(B). Also sind die
Ereignisse A und B stochastisch abhängig. Die bedingte Wahrscheinlichkeiten P(B|A) = P(A∩B)
P(A)
=
91
60
und P(A|B) = P(A∩B)
P(B)
=
2 1. —
2. AUSFALLWAHRSCHEINLICHKEITEN – WELCOME TO THE MACHINE!
Die Abschätzung von Risiken ist ein typisches und wichtiges Anwendungsgebiet der Wahrscheinlichkeitsrechnung
in den Ingenieurwissenschaften. Wir illustrieren dies mit einfachen Beispielen (§J1).
2.1. Angenommen, ein vierstrahliges Flugzeug kann mit nur zwei Triebwerken
noch weiterfliegen. Der Ausfall eines Triebwerkes trete mit Wahrscheinlichkeit
p auf und sei stochastisch unabhängig von den anderen.
(a) Wie wahrscheinlich ist es, das drei oder alle vier Triebwerke ausfallen?
Zur Illustration wähle man konkrete Beispiele wie p = 0.1 oder p = 0.01.
(b) Wie bewerten Sie die Annahme der Unabhängigkeit bei Verschleiß, Wartungsfehlern,
Vogelschlag, Vulkanasche, Treibstoffmangel, . . . ?
Lösungsskizze: —
(1) Die Wahrscheinlichkeit P 4,p (Alle Vier Triebwerke fallen aus) = p 4 und P 4,0.1 = 0.01% und
P 4,0.01 = 0.000001%. Analogie: P 3,p (Drei Triebwerke fallen aus) = 4p 3 (1 − p) und P 3,0.1 =
0.36% und P 3,0.01 ≈ 0.0004%.
(2) Angenommen, es fällt ein Triebwerk aus. Dafür kann es verschiedene Gründe dafür geben,
z.B. dass der Mechaniker bei der Wartung der Triebwerke unter Zeitdruck stand und einen
Defekt übersehen hat. War dies der Grund für den Triebwerksausfall, so ist für jedes andere
der vier Triebwerke die Wahrscheinlichkeit erhöht, dass es ebenfalls ausfällt. Gleiches gilt,
wenn ein Triebwerk wegen Verstopfung z.B. durch Vogelschlag oder die Asche eines Vulkans
ausfällt. Auch dann besteht eine relativ hohe Wahrscheinlichkeit, dass ein anderes ebenfalls
ausfällt. Auch ist es wahrscheinlicher, dass Triebwerke mit hoher Betriebsdauer ihren Geist
aufgeben. Kurzum, in die Statistik zur Ermittelung der durchschnittlichen Lebensdauer eines
Triebwerkes gehen auch solche Einflüsse ein, die für verschiedene Triebwerke untereinander
gekoppelt sind. Daher ist nicht anzunehmen, dass die Ausfallwahrscheinlichkeiten der einzelnen
Triebwerke unabhängig von einander sind.
—
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2.2. Ein Gerät enthalte n gleiche unabhängige Bauteile (etwa Widerstände), jedes
mit Ausfallwahrscheinlichkeit p = 5 · 10 −4 . Mit welcher Wahrscheinlichkeit
funktionieren alle Teile für n = 500? für n = 1000? für n = 2000?
Lösungsskizze: — Die Wahrscheinlichkeit P(alle Teile funktionieren) = (1− p) n ≈ e −np . Dann P n=500 ≈
77.88%, P n=1000 ≈ 60.65%. P n=2000 ≈ 36.79%. —
3. DAS GEBURTSTAGSPARADOX IST IMMER UND ÜBERALL
Versuchen Sie bei folgenden Fragestellungen, die Wahrscheinlichkeit zunächst intuitiv zu schätzen.
Erstaunt Sie der Vergleich mit Ihrer Rechnung? Oder ist das sogenannte Paradox für Sie gar keins?
3.1. In Ihrer Übungsgruppe wählt jede/r zufällig eine Zahl aus {0,...,99}. Wie
wahrscheinlich ist es, dass zwei gleiche Zahlen darunter sind? Bis zu welcher
Teilnehmerzahl würden Sie darauf wetten?
Lösungsskizze: — Wir rechnen wie beim Geburtstagsparadox, hier N = 100 und n = Anzahl der heute anwesenden Studenten.
Die Wahrscheinlichkeit, dass nie zwei gleiche Zahlen ausgewählt werden, ist
(
P n = 1 − 0 )(
1 − 1 )(
1 − 2 ) (
···
N N N
1 − n − 1
N
) (
e 0 · e − N 1 · ··· · e − n−1
N
) (
≈ exp −
n(n − 1)
)
2N
Sei Q n = 1−P n die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei gleiche Zahl haben. Dann, zum Beispiel:
P 25 ≈ 0.0498 somit Q 25 ≈ 0.902. —
3.2. Bei jeder Lottoziehung „6 aus 49“ gibt es ( 49
6
)
≈ 14000000 mögliche Ergebnisse.
Wie wahrscheinlich ist es, dass bei 5000 zufälligen unabhängigen Ziehungen
mindestens ein Ergebniss doppelt vorkommt?
Lösungsskizze: — Wir rechnen beim Geburtstagsparadox, hier mit N = ( 49) 6 14000000 und n =
5000. Die Wahrscheinlichkeit, dass nie zweimal dieselben sechs Zahlen gezogen werden ist
( )( )( ) (
P n =
··· 1 − n − 1 )
1 − 0 1 − 1 1 − 2 N N N
(
exp − 0 ) (
exp − 1 ) (
exp − 2 N N N
(
0 + 1 + 2 + ··· + (n − 1)
= exp −
N
exp(−0.89) 0.411.
)
···exp
N
(
− n − 1 )
N
n(n − 1)
2N
) (
= exp −
Die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens ein Ergebniss doppelt vorkommt ist demnach 1 − P 0.589,
also circa 60%. (Bisher gab es im deutschen Lotto „6 aus 49“ etwas mehr als 5000 Ziehungen. Es
wurden tatsächlich schon zweimal die gleichen 6 Zahlen gezogen, Sowohl am 20.12.1986 als auch am
21.06.1995 waren es die Zahlen 15, 25, 27, 30, 42, 48.) —
)
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4. KOMBINATORIK UND URNENMODELLE
In vielen Anwendungen treten hypergeometrische, Binomial- oder Poisson–Verteilungen auf. Diese
grundlegenden Modelle gilt es jeweils zu erkennen und dann die gesuchten Wahrscheinlichkeiten zu
berechnen. Oft ist zur Vereinfachung eine geeignete Approximation hilfreich oder gar unumgänglich.
4.1. Wie wahrscheinlich ist es, durch Ankreuzen von sechs Zahlen beim Lotto „6
aus 49“ genau k = 0,1,2,3,4,5,6 Richtige zu erzielen? (ohne Zusatzzahl)
Lösungsskizze: — Im Skript steht dieses Beispiel am Ende von §J.3.1. Die Wahrscheinlichkeit wird
durch die hypergeometriche Verteilung gegeben:
( 6 43
)
H(49,6,6)(k) =
k)(
6−k
)
H(49,6,6)(0) ≈ 0.4360, H(49,6,6)(1) ≈ 0.4130, H(49,6,6)(2) ≈ 0.1324, H(49,6,6)(3) ≈ 0.0177,
H(49,6,6)(4) ≈ 0.000969, H(49,6,6)(5) ≈ 1.845×10 −5 , H(49,6,6)(6) ≈ 7.151124×10 8 ≈
1
14000000 .
—
( 49
6
4.2. Ein Experiment mit Trefferwahrscheinlichkeit 1% wird 100 mal unabhängig
wiederholt. Wie wahrscheinlich ist es, genau k = 0,1,2,3 Treffer zu erzielen?
Lösungsskizze: — B(n,t)(k) = ( n
k)
t k (1 − t) n−k . Seien n = 100 und t = 0.01. Dann B(100,0.01)(0) ≈
0,3660, B(100,0.01)(1) ≈ 0,3697, B(100,0.01)(2) ≈ 0,1849, B(100,0.01)(4) ≈ 0,0610. —
4.3. In einer Urne liegen 3 schwarze und n − 3 weiße Kugeln. Wie wahrscheinlich
ist es, bei n Ziehungen mit Zurücklegen genau k mal eine schwarze Kugel
zu ziehen? Welche Approximation bietet sich für große n an? (Grenzwert für
n → ∞) Man berechne diese Wahrscheinlichkeit für k = 0,1,2,3,4,5,6.
Lösungsskizze: — Aus den n Kugeln zieht man eine schwarze mit Wahrscheinlichkeit t n = 3/n. Die
Wahrscheinlichkeit bei n Versuchen k Treffer zu erhalten ist binomialverteilt:
( )( ) n 3 k ( ) n − 3 n−k
.
k n
Dies konvergiert für n → ∞ gegen die Poisson–Verteilung mit λ = nt n = 3, also
) n 3 k ( ) n − 3 n−k
lim
=
n→∞(
k)( 3k
n n k! e−3 .
Der totale Abstand ist ≤ λ 2 /n, für n = 1000 also ≤ 9
1000 < 0.01. —
n
4.4. (a) Für n → ∞ zeige man B(n,λ/n) → P(λ) zur Wiederholung; siehe Skript.
(b) Für N → ∞ und K/N → t zeige man H(N,K,n) → B(n,t); siehe Skript.
(c) Wie groß ist der totale Abstand von H(N,K,n) zu B(n,K/N) und von
B(n,t) zu P(nt)? Man illustriere dies mit eigenen Zahlenbeispielen.
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Lösungsskizze: — Zu (a).
B(n, λ ( ) n (λ ) k (
n )(k) = 1 − λ k n n
) n−k
n · (n − 1)···(n − k + 1)
=
k!
= ( 1 k! )(n n − 1
n n
n→∞
= 1 k! ···1 · λ k · e −λ · 1
= λ k
k! e−λ .
· λ k
n k · (1 − λ n )n−k
··· n − k + 1 )λ k (1 − λ n
n )n (1 − λ n )−k
Zu (b). Wir setzen n k := n · (n − 1)···(n − k + 1) falls n ≥ k. Dann gilt
( K N−K
)
H(N,K,n) =
k)(
N−k
( N
n)
= Kk (n − K) n−k n!
k! (n − k)! N
( ) n
n→∞ n (K ) k ( N − K
) n−k
=
k N N
(
K
N
=
→t n
t
k)
k (1 −t) n−k —
Zu (c). Nach Kapitel §J.3.3. des Vorlesungsskriptes:
sup{ |B(n, λ λ
2
)(A) − P(λ)(A)| | A ⊂ N } ≤
n n
sup{ |H(N,K,n)(A) − B(n, K N )(A)| | A ⊂ N } < n N
Zwei Beispiele: n = 100000, t = 0.0001, also λ = 10. Dann liegen B(100000,0.0001)
und P(10) höchstens 0.001 auseinander. Für N = 100000, K = 1000, n = 300
liegen H(100000,1000,300) und B(300,0.001) höchstens 0.003 auseinander.
5. SCHRIFTLICHE AUFGABE:
HYPERGEOMETRISCHE, BINOMIAL- UND POISSON–VERTEILUNG
Abgabe am 06.12.2012 in Ihrer Übungsgruppe. Viel Erfolg!
5.1. Ein Gerät enthalte 20000 Widerstände, jeder mit Ausfallwahrscheinlichkeit
10 −4 und unabhängig von den anderen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit fallen
genau k Widerstände aus? Für k = 0,1,2,3,4 und {k ≥ 5} berechne man
diese Wahrscheinlichkeit auf 0.5·10 −3 genau (drei Nachkommastellen). Ist die
zugehörige Poisson–Verteilung hierzu eine ausreichend gute Näherung?
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Lösungsskizze: — Die Wahrscheinlichkeit ist binomialverteilt gemäß B(n,t)(k) = ( n
k)
t k (1−t) n−k , hier
mit n = 20000 und t = 10 −4 . Dies kann man näherungsweise berechnen durch die Poisson–Verteilung
P(λ)(k) = e −λ λ k /k! mit λ = nt = 2. Der totale Abstand ist hierbei ≤ λ 2 /n = 4/20000 = 0.0002. Für
die gewünschte Genauigkeit ist das klein genug. (Der totale Abstand gilt für alle Teilmengen A ⊂ Ω;
in einzelnen Punkten k ist die Abweichung noch geringer.) Die Werte der Poisson–Verteilung lassen
sich bequem berechnen: P(2)(0) ≈ 0.1353, P(2)(1) ≈ 0.2707, P(2)(2) ≈ 0.2707, P(2)(3) ≈ 0.1804,
P(2)(4) ≈ 0.0902. Die verbleibende Wahrscheinlichkeit für k ≥ 5 ist dann ≈ 0.0527. —
5.2. In einer Population von 10000 Tieren sind 500 erkrankt. Zur Untersuchung
werden 40 zufällig ausgewählt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit befinden sich
genau k kranke Tiere in dieser Stichprobe? Für k = 0,1,2,3,4 und {k ≥ 5}
berechne man diese Wahrscheinlichkeit auf 0.5 · 10 −2 genau (zwei Nachkommastellen).
Ist die zugehörige Binomialverteilung hierzu eine ausreichend gute
Näherung? Auch die zugehörige Poisson–Verteilung?
Lösungsskizze: — Es handelt sich um eine Stichprobe ohne Zurücklegen. Die Wahrscheinlichkeit ist
hypergeometrisch verteilt gemäß H(N,K,n)(k) = ( K)( N−K
) (
k n−k / N
n)
, hier mit N = 10000, K = 500, n = 40.
Dies kann man näherungsweise berechnen durch die Binomialverteilung B(n,t)(k) mit Trefferwahrscheinlichkeit
t = K/N = 0.05. Der totale Abstand ist hierbei < n/N = 0.004. Für die gewünschte
Genauigkeit ist das klein genug. (Der totale Abstand gilt für alle Teilmengen A ⊂ Ω; in einzelnen Punkten
k ist die Abweichung noch geringer.) Die Binomialverteilung B(n,t)(k) wiederum wird angenähert
durch die Poisson–Verteilung P(λ)(k) mit λ = nt = 2. Der totale Abstand ist hierbei ≤ λ 2 /n = 0.1. Für
eine Genauigkeit von 0.01 scheint letzteres etwas zu grob. (Der totale Abstand gilt für alle Teilmengen
A ⊂ Ω; in einzelnen Punkten kann auch die Poisson–Verteilung noch akzeptable Werte liefern.)
Die Werte der Binomialverteilung lassen sich relativ bequem berechnen: B(40,0.05)(0) ≈ 0.1285,
B(40,0.05)(1) ≈ 0.2706, B(40,0.05)(2) ≈ 0.2777, B(40,0.05)(3) ≈ 0.1851, B(40,0.05)(4) ≈ 0.0901.
Die verbleibende Wahrscheinlichkeit für k ≥ 5 ist dann ≈ 0.048
Zum Vergleich die Werte der Poisson–Verteilung, die wir aus der vorigen Aufgabe bereits kennen:
P(2)(0) ≈ 0.1353, P(2)(1) ≈ 0.2707, P(2)(2) ≈ 0.2707, P(2)(3) ≈ 0.1804, P(2)(4) ≈ 0.0902. Die
verbleibende Wahrscheinlichkeit für k ≥ 5 ist dann ≈ 0.0527.
Auf zwei Nachkommastellen gerundet erhalten wir durch die Binomialverteilung: 13%, 27%, 28%,
19%, 9%, 5%. Die Poisson–Verteilung liegt (knapp) daneben: 14%, 27%, 27%, 18%, 9%, 5%. —
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