Wahrscheinlichkeit und Statistik

Lösungen A

1. Ein Zufallsexperiment hat mehrere mögliche Ergebnisse. Jedes Mal, wenn wir das Experiment durchführen, tritt genau eines dieser Ergebnisse ein, aber es ist nicht möglich, mit 100-prozentiger Sicherheit vorherzusagen, welches es sein wird.

2. Der Stichprobenraum ist die Menge aller möglichen Ergebnisse, $S=\{1,2,3,4,5,6\}$.

3. Ein Ergebnis $o$ ist ein beliebiges Element $o\in S$, also $o$ kann $1, 2,3,4,5$ oder $6$ sein. Ein Ereignis ist eine beliebige Teilmenge $E\subset S$ des Stichprobenraums, z.B. $E=\{2,4,6\}$ ("Würfel zeigt eine gerade Zahl"). Der Stichprobenraum $S$ ist ebenfalls ein Ereignis.

4. Ein Ereignis $E$ tritt ein, wenn einer der Ausgänge in $E$ eintritt. Zum Beispiel tritt das Ereignis $E=\{2,4,6\}$="Würfel zeigt gerade Zahl" ein, wenn eines der Ergebnisse $2, 4$ oder $6$ eintritt.

5. Die Wahrscheinlichkeit eines Ergebnisses ist der Prozentsatz der Fälle (oder relative Häufigkeit), in denen das Ergebnis eintritt eintritt, wenn wir die Anzahl Wiederholungen des Experiments gegen unendlich streben lassen. Wenn man zum Beispiel einen Würfel $N=100\,000$ mal würfelt und das Ergebnis $"$ tritt $n=10\,000$ mal auf, dann ist die Wahrscheinlichkeit für "1" ungefähr $p("1")\approx\frac{n}{N}=0,1$ oder $\approx 10\%$. Je öfter man das Experiment wiederholt (je grösser $N$), desto genauer ist die Schätzung der Wahrscheinlichkeit.

6. Ähnlich wie bei einem Ergebnis ist die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses der Prozentsatz der Häufigkeit, mit der das Ereignis langfristig (d.h. nach vielen, vielen Wiederholungen des Experiments) eintreten wird. Wenn zum Beispiel das Experiment "einmal würfeln" $N=100\,000$ Mal wiederholt wird und das Ereignis $E$="gerade Zahl" $n=60\,000$ Mal eintritt, dann ist die Wahrscheinlichkeit dieses Ereignisses ungefähr $p(E)\approx \frac{n}{N}=0.6$ oder $\approx 60\%$. Je öfter wir das Experiment wiederholen, desto besser ist die Annäherung an die Wahrscheinlichkeit.

7. Da $E$ eintritt, wenn entweder $2$, $4$ oder $6$ eintritt, müssen wir einfach die Prozentsätze addieren, mit denen $2$, $4$ oder $6$ eintritt, d.h. wir haben $p(E)=p("2")+p("4")+p("6")$. Allgemeiner ausgedrückt: Für ein Ereignis $E=\{o_1, o_2, o_3,o_4\}$ gilt $p(E)=p(o_1)+p(o_2)+p(o_3)+p(o_4)$.

8. $p(S)$ ist die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis "irgendein Ergebnis des Experiments tritt ein". Und da ein Ergebnis immer eintritt, ist es $p(S)=1$. $S$ wird auch das sichere Ereignis genannt. $p(\{\})$ ist null, da immer ein Ergebnis eintrifft, das Ereignis $\{\}$ also nie eintritt. Das Ereignis $\{\}$ wird auch das unmögliche Ereignis genannt.

9. Wir haben gesehen, dass $p(S)=1$ und $p(S)=p(o_1)+...+p(o_n)$ (das gilt für jedes Ereignis), also erhalten wir $p(o_1)+...+p(o_n)=1$.

10. In einem Laplace-Experiment müssen alle $n$ Ergebnisse $o_1,...,o_n$ die gleiche Wahrscheinlichkeit $p$ haben: $p=p(o_1)=... =p(o_n)$. Mit anderen Worten, das Experiment ist "fair".

11. Denn alle Ergebnisse haben die gleiche Wahrscheinlichkeit, und die Summe aller Wahrscheinlichkeiten muss $1$ sein,

    $$p(o_1)+...+p(o_n)=p+...+p=n\cdot p =1 \rightarrow p=\frac{1}{n}$$

    und wir sehen, dass die Ergebniswahrscheinlichkeit in umgekehrtem Verhältnis zur Anzahl der Ergebnisse des Experiments steht.

12. Nehmen wir an, dass es $n$ mögliche Ergebnisse gibt, also $|S|=n$, und dass $E$ genau $m$ dieser Ergebnisse enthält, $E=\{o_1, o_2, ..., o_m\}$, also $|E|=m$. Da es sich um ein Laplace-Experiment handelt, sind alle Ergebniswahrscheinlichkeiten gleich gross, $p=1/n$. Daraus folgt

    $$p(E)=p(o_1)+...+p(o_m)=\underbrace{\frac{1}{n}+...+\frac{1}{n}}_{m \text{ of those}}=\frac{m}{n}=\frac{|E|}{|S|}$$

13. Die Tabelle zeigt alle möglichen Summen der beiden Zahlen:

    $$\begin{array}{c|ccccccc} add & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\\\hline 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8\\ 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9\\ 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10\\ 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11\\ 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12\\ \end{array}$$

    Jedes Ergebnis wie z. B. "43" (d. h. Wurf 1 ist eine "4" und Wurf 2 eine "3", so dass die Summe 7 beträgt) hat die gleiche Eintrittswahrscheinlichkeit. Somit ist das Ereignis $E$=" Summe ist gerade"

    $$E=\{11,13,15,22,24,26,31,33,35,42,44,46,51,53,55,62,64,66\}$$

    und hat daher die Wahrscheinlichkeit

    $$p(E)=\frac{|E|}{|S|}=\frac{18}{36}=\underline{0.5}$$

Lösungen B

B.1

$p(A|B)$ nennt man die bedingte Wahrscheinlichkeit von $A$ gegeben $B$. Sie hat mehrere Interpretationen, die mit dem folgenden Beispiel illustriert werden. Gegeben sei ein Wald, und definiere die Ereignisse

• $A$ = "ein Baum hat einen geknickten Ast"
• $B$ = "eine Person sitzt auf dem Baum"

Hier sind drei Interpretationen von $p(A|B)$:

1. $p(A|B)$ ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Baum einen geknickten Ast hat, wenn man weiss, dass eine Person auf dem Baum sitzt. Wenn also zum Beispiel $p(A|B)=0.8$ ist, dann ist $p(A)$ normalerweise eine andere Zahl, z.B. $p(A)=0.1$. (Nur wenn $A$ und $B$ unabhängig sind, ist $p(A|B)=p(A)$).

2. Der Stichprobenraum $S$ enthält alle Bäume des Waldes, und $p(A)$ ist der Prozentsatz aller dieser Bäume mit einem geknickten Ast. $p(A|B)$ ist der Prozentsatz der Bäume mit einem abgeknickten Ast _relativ zum reduzierten Stichprobenraum $B$, d.h. $p(A|B)$ ist der Prozentsatz der Bäume mit einem abgeknickten Ast relativ zu allen Bäumen, auf denen eine Person sitzt.

3. Prozentsatz eines Prozentsatzes. Nehmen wir an, $20\%$ der Bäume im Wald sind von Menschen besetzt (Ereignis $B$), und von diesen haben $80\%$ einen umgeknickten Ast. Also haben wir $p(B)=0.2$, und $p(A|B)=0.8$.

   Anhand des letzten Beispiels sehen wir, dass der Prozentsatz der Bäume im Wald mit einem umgeknickten Baum und einer darauf sitzenden Person $20\%$ von $80\%$ beträgt, also $16\%$ ($0.8\cdot 0.2$). Mit anderen Worten, wir haben die Formel

   $$p(A\cap B)=p(A|B)\cdot p(B)$$

   oder

   $$p(A|B)=\frac{p(A\cap B)}{p(B)}$$

B.2

B.3

B.4

Nein, $p(A\cap B)=p(A)\cdot p(B)$ ist nur richtig, wenn $A$ und $B$ unabhängig sind. Eigentlich ist diese Gleichung eine Definition von Unabhängigkeit. Eine andere ist, dass $p(A|B)=p(A)$ (was bedeutet, dass das Eintreten des Ereignisses $B$ keinen Einfluss auf die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses $A$ hat, was tatsächlich Sinn macht, wenn $A$ und $B$ unabhängig sind. Oder eine andere Möglichkeit ist, dass $p(B|A)=p(B)$.

Ebenfalls intuitiv klar sollte sein, dass, wenn $A$ und $B$ unabhängig sind, auch die beiden Ereignisse $A$ und $B^c$, $A^c$ und $B$, sowie $A^c$ und $B^c$ unabhängig sind.

B.5

$A$ und $B$ schliessen sich gegenseitig aus, wenn sie nicht zusammen im selben Experiment auftreten können. Dies ist nur möglich, wenn sie kein gemeinsames Ergebnis haben, also $A\cap B=\{\}$, und somit $p(A\cap B)=0$.

Daraus folgt auch, dass $A$ und $B$ nicht unabhängig sind (sie sind abhängig), denn sobald ich weiss, dass $B$ eingetreten ist, weiss ich, dass $A$ nicht eintreten kann, so dass $\underbrace{p(A|B)}_{=0}\neq p(A)$ (mit Ausnahme von $p(A)=0$).

B.6

B.7

Verwende das Venn-Diagramm oder den Baum. Ich empfehle den Baum ... . $M$="männlich" (male), $F=M^c$="weiblich" (female), $CB$="farbenblind" (color blind).

B.8

$M$="männlich", $F=M^c$="weiblich", $CB$="farbenblind".

B.9

$E$="Summe ist gerade", $M$="Produkt >0". Siehe Abbildung unten. Methode 1: Prüfen, ob $p(E\cap M)=p(E)\cdot p(M)$.

Und wir sehen, dass $E$ und $M$ abhängig sind, denn $\frac{8}{16} \cdot \frac{9}{16}\neq \frac{5}{16}$. Methode 2: Prüfen, ob $p(E|M)=p(E)$ (oder $p(M|E)=p(M)$).

Und wieder sehen wir, dass die Ereignisse voneinander abhängig sind, da $\frac{5}{9}\neq \frac{8}{16}$

Lösungen C

C.1

• $n$ Fakultät

  $$n!=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot ...\cdot 1$$

  berechnet die Anzahl der Permutationen oder Anordnungen eines Wortes mit $n$ verschiedenen Buchstaben. Zum Beispiel kann das Wort "REAL" auf $4!=4\cdot 3\cdot 2\cdot 1 = 24$ verschiedene Arten angeordnet werden.

• Wenn einige der Buchstaben gleich sind, haben wir das MISSISSIPPI-Problem. Die Anzahl der eindeutigen Anordnungen des Wortes "MISSISSIPPI" ist

  $$\frac{11!}{4! \cdot 4!\cdot 2!}=34\,650$$

• Der Binomialkoeffizient $\left(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\right)$ ("n choose k") bezeichnet die Anzahl der Anordnungen eines Wortes mit $n$ Buchstaben, dass $k$ H und $n-k$ T enthält. Zum Beispiel wird die Anzahl der Anordnungen des Wortes HHHTTTTHTTHH bezeichnet durch

  $$\left(\begin{array}{c}12\\7\end{array}\right)$$

  Mit Hilfe der MISSISSIPPI-Formel erhalten wir

  $$\left(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\right)=\frac{n!}{k!\cdot (n-k)!}$$

C.2

• $\left(\begin{array}{c}n\\0\end{array}\right)=1$, weil es nur eine Anordnung des Wortes HHHHHH....H gibt.
• $\left(\begin{array}{c}n\\n\end{array}\right)=1$, weil es nur eine Anordnung des Wortes TTTTTTT....T gibt.
• $\left(\begin{array}{c}n\\1\end{array}\right)=n$, weil es $n$ Anordnungen des Wortes HTTTTTT....T gibt (man kann das H an jede der $n$ Positionen des Wortes verschieben).

C.3

1. Die Bäume sind unten dargestellt.

   

2. Alle Pfade, die zu 6g führen, sind im Baum angegeben (obere Reihe, gelb).

   • mit Zurücklegen: $p(6g)=\frac{3}{10}\cdot \frac{2}{10}+\frac{2}{10}\cdot \frac{3}{10}=\frac{3}{25}$
   • ohne Zurücklegen: $p(6g)=\frac{3}{10}\cdot \frac{2}{9}+\frac{2}{10}\cdot \frac{3}{9}=\frac{2}{15}$

3. Sei $X$ das Gesamtgewicht.

   $$p(X=2)=\frac{3}{10}\cdot \frac{3}{10}=\frac{9}{100}$$ $$p(X=3)=\frac{3}{10}\cdot\frac{5}{10}+\frac{5}{10}\cdot \frac{3}{10}=\frac{30}{100}$$ $$p(X=4)=\frac{5}{10}\cdot \frac{5}{10}=\frac{25}{100}$$ $$p(X=6)=\frac{3}{10}\cdot\frac{2}{10}+\frac{2}{10}\cdot \frac{3}{10}=\frac{12}{100}$$ $$p(X=7)=\frac{5}{10}\cdot\frac{2}{10}+\frac{2}{10}\cdot \frac{5}{10}=\frac{20}{100}$$ $$p(X=10)=\frac{2}{10}\cdot\frac{2}{10}=\frac{4}{100}$$ $$\mu = \frac{9}{100}\cdot 2 + \frac{30}{100}\cdot 3+ \frac{25}{100}\cdot 4 + \frac{12}{100}\cdot 6 + \frac{20}{100}\cdot 7 + \frac{4}{100}\cdot 10=4.6$$

4. mit Zurücklegen, sollte intuitiv klar sein.

5. Siehe Baum unten, die relevanten Pfade sind in gelb:

   $$p(12 g)=\frac{5}{10}\cdot \frac{2}{9}\cdot \frac{1}{8}+\frac{2}{10}\cdot \frac{5}{9}\cdot \frac{1}{8}+\frac{2}{10}\cdot \frac{1}{9}\cdot \frac{5}{8}=\frac{1}{24}$$

C.4

1. Der Baum ist unten dargestellt.

   

2. Mit $H_1$="Kopf bei erstem Flip", $T_2$="Zahl bei zweitem Flip", $H_3$="Kopf bei drittem Flip", $T_4$="Zahl bei viertem Flip", und weil die Ereignisse unabhängig sind, haben wir

   $$\begin{array}{lll} p(HTHT)&=&p(H_1 \cap T_2 \cap H_3 \cap T4)\\ &=&p(H_1)\cdot p(T_2)\cdot p(H_3)\cdot p(T_4)\\ &=&0,2^2\cdot 0,8^2\\ &=& 0.0256 \end{array}$$

3. Mit dem gleichen Argument wie oben erhalten wir

   $$p(HHTT)=p(TTHH)=p(THTH)=p(THHT=p(HTTH)=0,2^2\cdot 0,8^2=0,0256$$

4. Sei $N$="Anzahl der Köpfe". Wir haben (siehe Baum)

   $$p(N=2)=\underbrace{0.2^2\cdot 0.8^2+...+0.2^2\cdot 0.8^2}_{6}=6\cdot 0.2^2\cdot 0.8^2$$

5. Dies ist ein Binomialexperiment, bei dem die Anzahl der Wiederholungen $n=4$ ist, und das Bernoulli-Experiment ist das "Werfen einer Münze", mit der Erfolgswahrscheinlichkeit $p=0,2$ (Kopf). Wir haben also

   $$p(N=6)=\left(\begin{array}{c}4\\2\end{array}\right)\cdot 0.2^2\cdot 0.8^{4-2}=6\cdot 0.2^2\cdot 0.8^2$$

C.5

1. $p=0.3\cdot 0.2+0.2\cdot 0.3=0.12$ (see tree below).

2. Binomialexperiment, bei dem das Bernoulli-Experiment mit der Erfolgswahrscheinlichkeit $p=0.3$ (rot) $n=6$ mal wiederholt wird. Also,

   $$p(4\text{ red})=\left(\begin{array}{c}6\\4\end{array}\right)\cdot 0.3^4\cdot 0.7^{6-4}=15\cdot 0.3^4\cdot 0.7^2=0.059$$

   Oder benutze $\texttt{binompdf(6,0.3,4)}=0.059$

C.6

Binomialexperiment mit $n=10$ Wiederholungen des Bernoulli-Experiments mit Erfolgswahrscheinlichkeit $p=\frac{1}{6}$ (eine Sechs). Bezeichne mit $N$ die Anzahl der beobachteten "6".

1. $p("66666xxxxx")=\left(\frac{1}{6}\right)^5\cdot \left(\frac{5}{6}\right)^5=5.16\cdot 10^{-5}$
2. $p(N=3)=\texttt{binompdf(10,1/6,3)}=0.155$
3. $p(N>3)=1-p(N\leq 3)=1-\texttt{binomcdf(10,1/6,3)}=0.0697$
4. $p(S)=2/6=1/3$ (Wahrscheinlichkeit, eine Zahl $>4$ zu beobachten). Also

5. Finde $n$ mit $p(N\geq 1)= 0.999999$. Wegen

und

folgt:

Also ist $n=76$.

Lösungen D

1. Eine Zufallsvariable $X$ ist eine Funktion, die jedes Ergebnis eines Stichprobenraums auf einen numerischen Wert abbildet. Sind die Zahlenwerte diskret (z.B. Objekte zählen), so nennt man die Zufallsvariable diskret. Können die Zahlenwerte jeden Wert in einem bestimmten Intervall annehmen (z. B. Messwerte), nennen wir die Zufallsvariable kontinuierlich.

2. Die Zufallsvariable $W$ ist der Geldbetrag, der gewinnen wird.

   1. $W$ ist diskret, da sie die Werte $-5$ und $3$ annehmen kann.Die Verteilung dieser Zufallsvariablen ist

      $$p(W=3)=0.7, p(W=-5)=0.3$$

   2. Die durchschnittliche Gewinnsumme ist

      $$\mu = p(W=3)\cdot 3 + p(W=-5)\cdot (-5)=0.7\cdot 3-0.3\cdot 5=0.6$$

      Es handelt sich also nicht um ein faires Spiel, im Durchschnitt gewinnst du $0.6$ CHF.

   3. Die typische Abweichung von diesem Mittelwert ist

      $$\begin{array}{lll} \sigma &=&\sqrt{p(W=3)(3-0.6)^2+p(W=-5)(-5-0.6)^2}\\ &=&\sqrt{0.7\cdot 2.4^2+0.3\cdot (-5.6)^2}\\ &=&3.67 \end{array}$$

3. Sei $N$ die Anzahl der Köpfe (dies ist eine diskrete Zufallsvariable). Es handelt sich um ein Binomial-Experiment, bei dem das Bernoulli-Experiment mit der Erfolgswahrscheinlichkeit $p=p(H)=0.4$) $n=20$ mal wiederholt wird.

   1. Die Wahrscheinlichkeitsverteilung ist

      $$p(N=k)=\left(\begin{array}{c}n\\0\end{array}\right) \cdot 0.4^k \cdot 0.6^{20-k}$$

      wobei $k=0,1,2,...,20$.

   2. Die durchschnittliche Anzahl der Köpfe ist $\mu = np=20\cdot 0.4=8$. Im Durchschnitt gewinnt man also $8$ Mal und verliert $12$ Mal. Der durchschnittliche Gewinn ist somit

      $$8\cdot 1+ 12\cdot (-0.5) = 2$$

4. Betrachte eine kontinuierliche Zufallsvariable $X$. Die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion von $X$ ist die Funktion $f_X$, die sich ergibt, wenn man die Klassenbreite des Histogramms einer kontinuierlichen Zufallsvariablen $X$ (oder kontinuierlichen Daten) immer kleiner macht. Insbesondere ist die Fläche unter dem Graphen von $f_X$ die Wahrscheinlichkeit:

   $$p(a\leq X\leq b)= \int_a^b f_X(x)\, dx$$

5. Die Stammfunktion von $f_X(x)=\frac{a}{x}$ ist $F(x)=a\cdot \ln(x)$.

   1. Die Fläche unter der Kurve muss $1$ sein ($p(1\leq X\leq 2)=1$, weil keine anderen Werte für $X$ möglich sind). Wir haben also

      $$1=\int_1^2 \frac{a}{x}\, dx=F(2)-F(1)=a\ln(2)-a\ln(1)\rightarrow a=\frac{1}{\ln(2)}=1.443$$

   2. $p(1.6\leq X\leq 1.9)=\int_{1.6}^{1.9} \frac{1.443}{x}\, dx = F(1.9)-F(1.6)=0.247$

   3. $\mu=\int_{1}^{2} x\cdot \frac{1.442}{x}\, dx =\int_{1}^{2} 1.442 x^0\, dx = 1.443$

   4. $\sigma^2=\int_{1}^{2} (x-1.443)^2 \cdot \frac{1.443}{x}\, dx = ... = 0.0826$, also $\sigma=\sqrt{0.0826}=0.287$

6. Bezeichne mit $X$ die Grösse der Schüler:innen (kontinuierliche Zufallsvariable).

   1. Die Klassenbreite ist $\Delta x=10$, die Anzahl der Schüler:innen ist $120$. Die relative Häufigkeit $y_i$ und die Dichtefunktion $d_i$ sind also

      $$\begin{array}{c|c|c|c} \text{class } i & \text{freq} & y_i & d_i\\\hline 150-160 & 20 & 0.166 & 0.0166\\ 160-170 & 30 & 0.25 & 0.025\\ 170-180 & 50 & 0.416 & 0.0416\\ 180-190 & 20 & 0.166 & 0.0166\\ \end{array}$$

      Das Histogramm ist unten dargestellt.

   2. Die Normalverteilung

      $$f_{175,10}=\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2}\approx \frac{0.4}{\sigma}e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2}$$

      hat die Parameter $\mu=175$ und $\sigma =10$

      Der höchste Punkt liegt bei

      $$y=f_{175,10}(175)=\frac{0.4}{\sigma}=\frac{0.4}{10}=0.04$$

      Die Wendepunkte haben die Koordinaten

      $$W_{1,2}(175\pm 10| \frac{0.24}{10})$$

      und $2\sigma$ von $\mu$ entfernt sind die Koordinaten

      $$P_{1,2}(175\pm 20 | \frac{0.05}{20})$$

      Die Skizze des Graphen ist unten dargestellt.

   3. $p(160\leq X\leq 180)=\int_{160}^{180} f_{175,10}(x)\, dx = 0.6247$ (mit dem Taschenrechner $=\texttt{Normalcdf}(175,10,160,180)$).

   4. $p(X\leq 160)=0.5-\int_{160}^{175} f_{175,10}(x)\, dx=0.5-0.4332=0.0668$ oder direkt $p(X\leq 160)=\texttt{Normalpdf}(175,10,-10000000,160)$