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Übungen, Beispiele und Berechnungen zu Wahrscheinlichkeiten

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 Am 08.12.2016 (ab 18:00 Uhr) findet unser nächstes Webinar statt.
Gratis-Webinar Diskrete und stetige Verteilungen in der Wahrscheinlichkeitsrechnung
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Aufgabe 1:

Der Professor Emil F. sagt in der Vorlesung: „Die Wahrscheinlichkeit, dass die Studenten die Prüfung bestehen, beträgt 70 %.“ Welcher Wahrscheinlichkeitsbegriff liegt dieser Aussage zu Grunde?

Lösung:

Es liegt hier der subjektive Wahrscheinlichkeitsbegriff zugrunde, da hier eine persönliche Meinung wiedergegeben wird. Anders wäre es, wenn der Professor sich auf die relative Häufigkeit der letzten Semester stützen würde und hier die Bestehensquote immer und konstant bei 70 % gelegen hätte.

Aufgabe 2:

Die folgenden Aussagen sind richtig oder falsch. Entscheide.

a) Die axiomatische Wahrscheinlichkeitsdefinition von Kolmogoroff ist ein Spezialfall der Laplaceschen Wahrscheinlichkeitsdefinition.

b) Bei der Wahrscheinlichkeitsdefinition von Laplace wird vorausgesetzt, dass die Ereignisse jeweils die gleiche Wahrscheinlichkeit aufweisen.

Lösung:

a) Die axiomatische Wahrscheinlichkeitsdefinition von Kolmogoroff ist ein Spezialfall der Laplaceschen Wahrscheinlichkeitsdefinition.

Falsch. Es ist vielmehr umgekehrt. Bei Laplace existieren nur endlich viele Elementarereignisse, die außerdem alle gleichwahrscheinlich sein müssen. Da die Laplacesche Wahrscheinlichkeitsdefinition alle Axiome von Kolmogoroff erfüllt, ist die Wahrscheinlichkeitsdefinition nach Laplace ein Spezialfall jener nach Kolmogoroff.

b) Bei der Wahrscheinlichkeitsdefinition von de Laplace wird vorausgesetzt, dass die Ereignisse jeweils die gleiche Wahrscheinlichkeit aufweisen.

Falsch. Es wird vorausgesetzt, dass die Elementarereignisse dieselbe Wahrscheinlichkeit aufweisen.

Aufgabe 3:

Die Eingangstür der Wiwi-Fakultät an der Uni Greifswald wird innerhalb der nächsten fünfzehn Minuten mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,8 von mindestens fünf Studenten passiert und mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,7 von höchstens acht. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass innerhalb der nächsten Vierstelstunde genau fünf, sechs, sieben oder acht Studenten durch die Tür gehen?

Lösung:

Es sei A das Ereignis, dass in den nächsten fünf Minuten mindestens fünf Studenten die Tür passieren, entsprechend B das Ereignis, dass es höchstens acht sind. Dann ist nach P(A $\cap$ B) gefragt! Weiterhin ist eine Wahrscheinlichkeit recht bekannt, nämlich jene von A $\cup$ B, denn dass mindestens fünf oder höchstens acht Studenten die Tür passieren, heißt, dass jede Zahl, also 0, 1, 2, 3, 4, … , 12, 13, 14, … , 1.023, … hier möglich ist. Also: P(A $\cup$ B) = P(Ω) = 1. Damit lässt sich der Additionssatz benutzen: P(A $\cup$ B) = P(A) + P(B) – P(A $\cap$ B), d.h. P(A $\cap$ B) = P(A) + P(B) – P(A $\cup$ B) = 0,8 + 0,7 – 1 = 0,5.

Aufgabe 4:

A, B und C seien drei beliebige Ereignisse. Gesucht ist P(A $\cup$ B $\cup$ C).

Richtig oder falsch?

a) P(A) + P(B) + P(C)

b) P(A) + W(B) + P(C) – P(A $\cap$ B) – P(A $\cap$ C) – P(C $\cap$ B)

c) P(A) + P(B) + P(C) - P(A $\cap$ B $\cap$ C)

d) P(A) + P(B) + P(C) – P(A $\cap$ B) – P(A $\cap$ C) – P(C $\cap$ B) + P(A $\cap$ B $\cap$ C)

e) 1 - P ( $\overline A$ $\cap$ $\overline B$ $\cap$ $\overline C$)

Lösung:

Richtig ist Lösung d), also

P(A $\cup$ B $\cup$ C) = P(A) + P(B) + P(C) – P(A $\cap$ B) – P(A $\cap$ C) – P(B $\cap$ C) + P(A $\cap$ B $\cap$ C). 

Aufgabe 5:

Ein Würfel wird zweimal geworfen. Das Ereignis A bestehe darin, beim erstem Wurf eine Vier zu werfen, das Ereignis B darin, im zweiten Wurf eine Drei zu werfen, und das Ereignis C sei das Ereignis, dass die Augensumme gerade ist.

Untersuche die

a) paarweise Unabhängigkeit und

b) die gemeinsame Unabhängigkeit.

Lösung:

  • A = {(4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6)}, also eine Menge mit sechs Elementen. A besteht also aus jenen Zweier-Tupeln, die eine 4 vorne stehen haben. Entsprechend ist

  • B = {(1,3), (2,3), (3,3), (4,3), (5,3), (6,3)} das Ereignis, im zweiten Wurf eine 3 zu würfeln, also ebenfalls eine Menge mit sechs Elementen.

  • C = {(1,1), (1,3), (1,5), (2,2), (2,4), (2,6), (3,1), (3,3), (3,5), (4,2), (4,4), (4,6), (5,1), (5,3), (5,5), (6,2), (6,4), (6,6)}, also eine Menge mit 18 Elementen. Die Menge C ist komplizierter, denn es muss vorne und hinten jeweils eine gerade Zahl oder beide Male eine ungerade Zahl stehen. So ist (2,4) $\in$ C und (1,3)$\in$ C, aber (3,4)$\notin$ C, da ein Eintrag (die 3) zwar ungerade, der andere (die 4) aber gerade ist.

a) Sind A und B unabhängig?

A und B gleichzeitig ist nur erfüllt beim Ereignis (4,3), denn es steht vorne eine 4 und hinten eine 3. Also ist P(A $\cap$ B) = P({(4,3)} = $ {1\over{36}}$ . Es gilt P(A)∙P(B) =$ {6\over{36}} \cdot {6\over{36}} = {1\over{36}}$ , und dies ist gleich der Wahrscheinlichkeit für P(A $\cap$ B). Also wegen P(A $\cap$ B) = P(A)∙P(B) sind A und B unabhängig.

Sind B und C unabhängig?

Es ist B $\cap$ C = {(1,3), (3,3), (5,3)}, also P(B$\cap$ C) =$ {6\over{36}}$ =$ {1\over{12}}$ . Außerdem gilt P(B)∙P(C) = $ {6\over{36}} \cdot {18\over{36}} = {1\over{12}}$ . Also sind wegen P(B$\cap$C) = P(B)∙P(C) die Ereignisse B und C unabhängig.

Sind A und C unabhängig?

Es ist A $\cap$ C = {(4,2), (4,4), (4,6)} und also P(A $\cap$ C) =$ {6\over{36}}$ =$ {1\over{12}}$. Außerdem gilt P(A)∙P(C)  = $ {6\over{36}} \cdot {18\over{36}} = {1\over{12}}$ . Also sind auch A und C unabhängig.

b) Sind A, B und C gemeinsam unabhängig?

Gemeinsame Unabhängigkeit der Ereignisse A, B und C liegt vor, wenn vier Bedingungen gleichzeitig erfüllt sind:

  • P(A $\cap$ B) = P(A)∙P(B), also die paarweise Unabhängigkeit zwischen A und B,

  • P(A $\cap$ C) = P(A)∙P(C), also die paarweise Unabhängigkeit zwischen A und C,

  • P(B $\cap$ C) = P(B)∙P(C), also die paarweise Unabhängigkeit zwischen B und C

  • und außerdem P(A $\cap$ B $\cap$ C) = P(A)∙P(B)∙P(C).

Die Ereignisse A, B und C sind gemeinsam unabhängig, somit sind die ersten drei Gleichungen gültig. 

Wir rechnen jetzt noch die Gültigkeit der letzten Gleichung aus. Zunächst ist A $\cap$ B $\cap$ C = {(4,3)} $\cap$ C = Ø. Also gilt P(A $\cap$ B$\cap$ C) = P(Ø) = 0. Hingegen ist P(A)∙P(B)∙P(C) = $ {1\over{6}} \cdot {1\over{6}} \cdot {1\over{2}}= {1\over{72}}$≠ 0. Also gilt die letzte der o.e. vier Gleichungen nicht, weshalb A, B und C insgesamt nicht gemeinsam unabhängig sind.

Aufgabe 6:

a) Wenn drei Ereignisse jeweils paarweise unabhängig sind, dann sind sie auch gemeinsam unabhängig.

b) Wenn drei Ereignisse gemeinsam unabhängig sind, dann sind sie auch paarweise unabhängig.

c) Wenn zwei Ereignisse disjunkt sind, dann sind sie auch unabhängig und umgekehrt.

d) Wenn A und B unabhängig sind, dann sind auch die Ereignisse $\overline{A}$ und B unabhängig.

e) Bei unabhängigen Ereignissen A und B ist die bedingte Wahrscheinlichkeit P(A|B) immer ausrechenbar als Wahrscheinlichkeit des vorne stehenden Ereignisses, also P(A|B) = P(A). Damit sind bedingte Wahrscheinlichkeiten im Falle der Unabhängigkeit ausrechenbar als unbedingte Wahrscheinlichkeiten.

Beachte, dass sich die Aufgabe e) erst bearbeiten lässt mit dem Wissen aus dem Kapitel 4 „Bedingte Wahrscheinlichkeiten“.

Lösung:

a) Wenn drei Ereignisse jeweils paarweise unabhängig sind, dann sind sie auch gemeinsam unabhängig.

Falsch. Bedingung für die gemeinsame Unabhängigkeit der drei Ereignisse A, B und C ist, dass sie paarweise unabhängig sind, und dass zusätzlich gilt P(A $\cap$ B $\cap$ C) = P(A)·P(B)·P(C).

b) Wenn drei Ereignisse gemeinsam unabhängig sind, dann sind sie auch paarweise unabhängig.

Richtig.

c) Wenn zwei Ereignisse disjunkt sind, dann sind sie auch unabhängig und umgekehrt.

Falsch. Die Geburt eines Menschen liefert zwei mögliche Ereignisse bzgl. des Geschlechts: männlich (M) und weiblich (W). Die Ereignisse M und W sind disjunkt, denn ein neugeborenes Kind ist nicht gleichzeitig männlich und weiblich: M $\cap$ W= Ø. Trotzdem besteht eine (hochgradige) Abhängigkeit, denn man ist genau dann männlich, wenn man nicht weiblich ist und umgekehrt: P(M $\cap$ W) ≠ P(M)·P(W), denn P(M$\cap$W) = P(Ø) = 0, aber P(M)·P(W) = ½·½ = ¼ ≠ 0. Es gilt also vielmehr, dass aus der Disjunktheit eine Abhängigkeit folgt, nicht jedoch die behauptete Unabhängigkeit.

d) Wenn A und B unabhängig sind, dann sind auch die Ereignisse $\overline{A}$ und B unabhängig.

Richtig.

e) Bei unabhängigen Ereignissen A und B ist die bedingte Wahrscheinlichkeit P(A|B) immer ausrechenbar als Wahrscheinlichkeit des vorne stehenden Ereignisses, also P(A|B) = P(A). Damit sind bedingte Wahrscheinlichkeiten im Falle der Unabhängigkeit ausrechenbar als unbedingte Wahrscheinlichkeiten.

Richtig, es ist die bedingte Wahrscheinlichkeit P(A|B) = $ {{P(A \cap B)} \over {P(B)}} = {{P(A) P(B)} \over {P(B)}} = P(A)$, also gleich der entsprechenden unbedingten Wahrscheinlichkeit.

Kommentare zum Thema: Übungen, Beispiele und Berechnungen zu Wahrscheinlichkeiten

  • Katrin Latsch schrieb am 22.03.2016 um 08:25 Uhr
    Hallo Eckehard, vielen Dank für deinen Hinweis. Wir haben die Übungsaufgabe nochmals geprüft und die Lösung entsprechend korrigiert. Liebe Grüße Katrin
  • Eckehard Quast schrieb am 17.03.2016 um 10:48 Uhr
    Hallo, bei Aufgabe 5 gibt es einen Widerspruch in der Lösung. Als erstes wird gezeigt, dass A und B unabhängig sind, am Ende jedoch wird die gemeinsame Unabhängigkeit von A, B und C verneint, auf Grund der Tatsache, das A und B schon abhängig seien?
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Autor: Daniel Lambert

Dieses Dokument Übungen, Beispiele und Berechnungen zu Wahrscheinlichkeiten ist Teil eines interaktiven Online-Kurses zum Thema Wahrscheinlichkeitsrechnung.

Dipl.-Math. Dipl.-Kfm. Daniel Lambert gibt seit vielen Jahren Kurse zur Prüfungsvorbereitung. Er unterrichtet stets orientiert an alten Prüfungen und weiß aus langjähriger Erfahrung, wie sich komplexe Sachverhalte am besten aufbereiten und vermitteln lassen. Daniel Lambert ist Repetitor aus Leidenschaft seit nunmehr 20 Jahren.
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