Aufgaben, Beispiele und Berechnungen zur bedingten Wahrscheinlichkeit

Lösung 1:

Hier kann man sehr gut das Baumdiagramm anwenden:

$S$ ist das Ereignis, dass das Studium abgeschlossen wird, das Ereignis $T$ steht für den Traumjob. Somit ist $P(S)=0,6$ , $P(T|S) = 0,9$. $P(T |\overline{S} ) = 0,3$.

Gesucht ist $P(T)$:

Nichts anderes also als die totale Wahrscheinlichkeit, den Traumjob zu bekommen. Man muss die bedigten Wahrscheinlichkeiten von T mit den Wahrscheinlichkeiten der darunter gefassten Hypothesen multiplizieren und diese Ergebinisse miteinander addiern:

$P(T) = P(T|S)$ ∙ $P(S) + P(T| \overline{S})$ ∙ $ P(\overline{S}) $= $(0,9$ ∙ $ 0,6)$ + $(0,3$ ∙ $0,4)$ =  $0,54 + 0,12 = 0,66$

Die totale Wahrscheinlichkeit, die gewünschte Position zu erhalten, beträgt also 0,66 = 66 %.

M und W sind die Ereignisse, dass ein Mann bzw. eine Frau sonntags den Gottesdienst besucht. Somit ist P(M)=0,45 und P(W)=0,6, zudem ergibt sich P(M|W)= 0,55.

Die Wahrscheinlichkeit, dass beide Ehepartner jeden Sonntag den Gottesdienst besuchen, ist laut Multiplikationssatz: P(M $\cap$ W) = P(M|W) ∙ P(W) = 0,55 ∙ 0,6 = 0,33

M und W sind die Ereignisse, dass ein Mann bzw. eine Frau sonntags den Gottesdienst besucht. Somit ist P(M)=0,45 und P(W)=0,6, zudem ergibt sich P(M|W)= 0,55.

Die Wahrscheinlichkeit, das eine Frau den Gottesdienst besucht, wenn ihr Mann dies ebenfalls tut, ist P(W|M) = ${{P(M \cap W)}\over{P(M)}}= {0,33\over{0,45}}$ = 0,734.

M und W sind die Ereignisse, dass ein Mann bzw. eine Frau sonntags den Gottesdienst besucht. Somit ist P(M)=0,45 und P(W)=0,6, zudem ergibt sich P(M|W)= 0,55.

Das wenigstens einer der beiden Partner jeden Sonntag in die Kirche geht, lässt sich mit Hilfe des Additionssatzes lösen:

P(M $\cup$ W) = P(M) + P(W) – P(M $\cap$ W) = 0,45 + 0,6 – 0,33 = 0, 72

Was hier vorliegt ist ein Vierertupel, wo bspw. (M,J,M,M) das Ereignis beschreibt, dass das erste Kind ein Mädchen ist, das Zweite ein Junge und die letzten beiden Male erneut ein Mädchen. Logischerweise gibt die Abfolge auch das Alter der Kinder an. Das älteste Kind an der ersten Stelle, hier ein Mädchen, und das jünste Kind steht an letzter Stelle, hier ebenfalls ein Mädchen. Insgesamt existieren 2⁴ mögliche Elementarereignisse.

Wird nach exakt drei Mädchen gefragt, so sind folgende günstige Ereignisse:

(J,M,M,M) ; (M,J,M,M) ; (M,M,J,M) ; (M,M,M,J)

Somit ist die gefragte Wahrscheinlichkeit ${4 \over {16}} = {1 \over {4}}$ = 0,25 = 25%.

Wird mindestens ein Mädchen geboren, verringert sich die Grundgesamtheit von 16 auf 15 Möglichkeiten, denn (J,J,J,J) fällt damit weg. Also ändert sich die Wahrscheinlichkeit auf:

${4 \over {15}}$ = 0,2666 = 26,67%

Ist die erste Geburt ein Mädchen, so halbiert sich die Anzahl aller möglichen Elementarereignisse von 16 auf acht (M,X,X,X). Auch die Anzahl der günstigen Ereignisse wird nochmals von vier auf drei reduziert: (M,J,M,M) ; (M,M,J,M) ; (M,M,M,J).

Daraus ergibt sich dann ${3 \over {8}}$ = 0,375 = 37,5%

Methode 1 (die Definition)

hier lässt sich diese Methode nicht ohne weiteres anwenden, da die Wahrscheinlichkeiten für B-Ware aus Bäckerei drei noch unbekannt ist. Die fehlenden Werte kann man bspw. über die zweite Methode (Vierfeldertafel) bestimmen.

Methode 2 (Vierfeldertafel)

Als erstes trägt man alle bekannten Werte für die Bäckereien in die Vierfeldertafel ein, hier 0,25; 0,4 und 0,35.

Im zweiten Schritt errechnet man die Wahrscheinlichkeiten der jeweiligen Bäckereien B-Ware nicht auszusortieren: 0,05; 0,06; 0,105
Beispielhaft für B₁: 
$P(BW|B_1) = \frac{P(BW\;\cap \;B_1)}{P(B_1)} = \frac{P(BW\;\cap \;B_1)}{0,25}$, dies ist wiederum äquivalent zu $P(BW\cap B_1) = 0,25 · 0,2 = 0,05$

Anschließend berechnet man die Werte für die einwandfreie Ware $(\overline{BW})$:
$P(\overline{BW} \cap B_1) = P(B_1) – P(BW\cap B_1) = 0,25 – 0,05= 0,2$
und auf gleiche Weise 0,34 und 0,245.

Abschließend summiert man die jeweiligen Felder zu 0,215 und 0,785.

Für die Wahrscheinlichkeit, dass eine Tüte Printen überhaupt Bruchware enthält, kann man den Staz der totalen Wahrscheinlichkeit anwenden:

P(BW) = P(BW|B₁)⋅P(B₁) + P(BW|B₂)·P(B₂) + P(BW|B₃)·P(B₃) = 0,2 · 0,25 + 0,15 · 0,4 + 0,3 · 0,35 = 0,215.

Für Aufgabe b lässt sich super die Bayessche Formel anwenden: P(W₃|BW) ist gefragt, P(BW|W₃) hingegen ist bekannt.

$P(B_3|BW) = \frac{P(BW|B_3)\;\cdot \;P(B_3)}{P(BW)} = \frac{0,3\;\cdot \;0,35}{0,215} = 0,488$

S steht dafür, dass Peter schummelt, B dafür, dass er die Klausur besteht. Gesucht ist also die Wahrscheinlichkeit P(B), dass Peter in jedem Fall besteht. Man rechnet also wieder mit dem Satz der totalen Wahrscheinlichkeit:

$\begin{align} P(B) & = P(B|S) \cdot P(S) + P(B| \overline {S}) \cdot P(\overline {S}) 
\\ & = 0,9 \cdot 0,8 + 0,2 \cdot 0,5
\\ & = 0,72 + 0,1
\\ & = 0,82 \end{align}$

Hier ist P(S|B) gesucht, also mit welcher Wahrscheinlichkeit geschummelt wiurde, WENN die Klausur bestanden ist.

$P(S|B) = \frac{P(B|S)\;\cdot \;P(S)}{P(B)} = \frac{0,9\;\cdot \;0,8}{0,82} = 0,878$