Stochastische Prozesse

Wahrscheinlichkeitsbaum

Im vorherigen Kapitel haben wir einstufige Zufallsversuche betrachtet. Der Zufallsversuch wurde nur einmal durchgeführt. Stochastische (griech. zufällige) Prozesse sind eine Folge von einstufigen Versuchen. Dabei kann der Ausgang auf einer bestimmten Stufe durchaus vom Ausgang der vorherigen Stufen abhängen. Der Ablauf eines stochastischen Prozesses kann in den meisten Fällen übersichtlich durch ein Baumdiagramm dargestellt werden.

Example 1

Aus einer Urne mit drei roten und zwei grünen Kugeln wird eine Kugel gezogen und ihre Farbe notiert. Danach wird die Kugel wieder zurückgelegt und der Versuch wiederholt.

Hier hängt die zweite Stufe nicht vom Ausgang der ersten Stufe ab. Der zugehörige Stichprobenraum ist $\Omega=\{rr, rg, gr, gg\}$ . Jedem Ausgang entspricht ein Pfad durch den Baum. Die Zweige der Pfade sind mit entsprechenden Wahrscheinlichkeiten belegt. Wir beachten, dass die Wahrscheinlichkeiten der Zweige, die von einem Knoten ausgehen, zusammen $1$ ergeben.

Um eine vernünftige Definition für die Wahrscheinlichkeit eines Pfades zu finden, stellt man sich vor, dass dieser zweistufige Prozess $N$ -mal abläuft, wobei $N\in\N$ eine grosse Zahl, z. B. $10'000$ , bedeutet. In $3/5$ der $N$ Wiederholungen wird man zu dem Knoten $r$ gelangen, also etwa $6000$ -mal. $2/5$ dieser $3/5$ $N$ Fälle führen von $r$ zu $g$ . Der Pfad $rg$ wird also etwa $2400$ -mal durchlaufen. Die Wahrscheinlichkeit für diesen Pfad ist somit

\frac{\frac{2}{5} \cdot \frac{3}{5} \cdot N}{N} = \frac{6}{25}.

Theorem 1: Pfadwahrscheinlichkeit

Die Wahrscheinlichkeit eines Pfades ist gleich dem Produkt aller Wahrscheinlichkeiten längs des Pfades.

Proof

Wir führen den Beweis wie oben im Beispiel, aber mit Variablen.

Exercise 1: Ziehen ohne Zurücklegen

Berechne die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten für den stochastischen Prozess, bei dem die zuerst gezogene Kugel nicht zurückgelegt wird. Zeichne das zugehörige Baumdiagramm.

Solution

Ohne zurückzulegen erhält man $P(2r) = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} = \frac{3}{10}$ , $P(2g) = \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{10}$ und $P(\{r, g\}) = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} + \frac{2}{5} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{5}$ .

Exercise 2: Ananas

Aus der Urne $\{A, N, A, N, A, S\}$ werden vier Buchstaben nacheinander ohne Zurücklegen zufällig gezogen. Berechne die Wahrscheinlichkeit, das Wort "ANNA" zu erhalten. Zeichne auch ein Baumdiagramm.

Solution

Der Übersicht halber zeichnet man das Baumdiagramm nur mit den für das Wort "ANNA" relevanten Ästen. Die Wahrscheinlichkeit entlang dieses Pfades ist dann $P(\text{ANNA}) = \frac{3}{6} \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{12}{360} = \frac{1}{30}$ .

Exercise 3: Prognosen

Für Wetterprognosen in Therwil gelten die Regeln:

Wenn es heute trocken ist, dann ist es morgen mit der Wahrscheinlichkeit $5/6$ wieder trocken.
Wenn es heute regnet, dann regnet es morgen mit der Wahrscheinlichkeit $2/3$ .

Heute ist Sonntag, und es ist trocken. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass es am

a) Montag regnet,

b) Dienstag trocken ist,

c) Mittwoch regnet.

Zeichne dazu ein Baumdiagramm.

Solution

a) $P(\text{Mo r}) = 1 - \frac{5}{6} = \frac{1}{6}$

b) $P(\text{Di t}) = \frac{5}{6} \cdot \frac{5}{6} + \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{3} = \frac{27}{36} = \frac{3}{4}$

c) $P(\text{Mi r}) = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{6} + \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{7}{24}$

Exercise 4: Astragale

In der Antike dienten Lammknochen, sogenannte Astragale, als Würfel. Astragale können mit vier Seiten nach oben fallen. Durch Versuche in Museen kennt man die Wahrscheinlichkeiten dieser vier Seiten: $p_1 \approx 0.1$ , $p_2 \approx 0.1$ , $p_3 \approx 0.4$ , $p_4 \approx 0.4$ . Bei einem Spiel haben die Griechen und Römer vier Astragale auf einmal geworfen. Besonders begehrt war ein Wurf, bei dem alle vier verschiedenen Seiten oben liegen, ein Venuswurf.

Berechne die Wahrscheinlichkeit für einen Venuswurf.

Solution

$P(\text{Venuswurf}) = \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{4}{10} \cdot \frac{4}{10} \cdot 4! \approx 4\%$ .

Exercise 5: Das Würfel- und das Teilproblem

Als Geburtsstunde der Wahrscheinlichkeitsrechnung gilt das Jahr 1654, als der Chevalier de Méré, ein Philosoph und Literat am Hof Ludwigs XIV., dem Mathematiker Blaise Pascal zwei Fragen vorlegte, die unter Glücksspielern schon seit Jahrhunderten umstritten waren.

a) Was ist wahrscheinlicher: bei vier Würfen mit einem Würfel mindestens eine 6 zu werfen oder bei 24 Würfen mit zwei Würfeln mindestens eine Doppelsechs zu werfen?

De Méré glaubte, dass die Wahrscheinlichkeiten gleich sein müssten, da $4 : 6 = 24 : 36$ ist.

b) Eine Münze wird wiederholt geworfen. Für Kopf erhält Spieler A einen Punkt, für Zahl erhält Spieler B einen Punkt. Wer zuerst fünf Punkte erzielt, gewinnt den ganzen Einsatz. Nach sieben Würfen hat A 4 Punkte und B 3 Punkte erzielt. Das Spiel muss wegen eines unvorhergesehenen Ereignisses abgebrochen werden.

Wie ist der Einsatz gerecht zu verteilen: nach den erreichten Punkten, also im Verhältnis $4 : 3$ , oder nach den zum Sieg noch fehlenden Punkten, also im Verhältnis $2 : 1$ (A fehlt noch ein Punkt, B fehlen noch zwei Punkte; also muss A doppelt so viel erhalten wie B)?

Solution

a) Wir rechnen die beiden Wahrscheinlichkeiten aus. $P(\text{mind. 1 aus 4}) = 1 - \left(\frac{5}{6}\right)^{4} = \frac{671}{1296} \approx 51.8\%$ und $P(\text{mind. 1 aus 24}) = 1 - \left(\frac{35}{36}\right)^{24} \approx 49.1\%$ , da die Wahrscheinlichkeit, eine Doppelsechs zu werfen, $\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36}$ ist. Also ist mindestens eine 6 aus 4 Würfen ein wenig wahrscheinlicher.

b) Wir bestimmen die Wahrscheinlichkeiten, dass bei einem $50:50$ -Spiel bei diesem Spielstand A bzw. B gewonnen hätte. $P(A) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{4}$ , denn A kann auch gewinnen, wenn B noch einen Punkt holt. Es gilt $P(B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$ , da B beide Runden gewinnen muss. Es ist somit gerecht, dass der Betrag im Verhältnis $3 : 1$ aufgeteilt wird.

Viele Lösungsversuche scheiterten nicht zuletzt an der unzweckmässigen Verwendung des Proportionaldenkens; daher wird obiges "Würfelproblem" etwa auch Paradoxon von de Méré genannt. Die exakte Lösung blieb Pascal und Fermat vorbehalten. Pascal hat sich übrigens in einem Brief über de Méré so geäussert:

... denn er hat wohl Geist, aber er ist nicht Mathematiker, und das ist, wie Sie wissen, ein grosser Mangel!

Exercise 6: Würfeln mit 2 Würfeln

Wirf zwei Würfel. Welche Augensumme würdest du als Ergebnis prognostizieren?

Solution

Die Augensumme $7$ , da diese mit $6$ verschiedenen Kombinationen mit der Wahrscheinlichkeit $\frac{6}{36} = \frac{1}{6}$ am häufigsten auftritt.

Exercise 7: Geburtstagsparadoxon

Es kann im Folgenden spannend sein, bei den einzelnen Teilaufgaben das Ergebnis jeweils zuerst zu raten.

a) Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass von sieben Personen mindestens zwei am gleichen Wochentag Geburtstag haben?

b) Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass in deiner Klasse mindestens $2$ Personen am gleichen Jahrestag Geburtstag haben?

c) 🧩 Bei einer Party sind $k$ Gäste. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei Gäste am gleichen Jahrestag Geburtstag haben? Schätze, wie viele Gäste anwesend sein müssten, damit diese Wahrscheinlichkeit grösser als 50% ist.

Solution

a) Die Wahrscheinlichkeit, dass von $7$ Personen niemand am gleichen Wochentag Geburtstag hat, ist $P(\text{no match}) = \frac{7}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{5}{7} \cdot \frac{4}{7} \cdot \frac{3}{7} \cdot \frac{2}{7} \cdot \frac{1}{7} = \frac{7!}{7^{7}}$ . Also ist die Wahrscheinlichkeit, dass von $7$ Personen mindestens $2$ am gleichen Tag Geburtstag haben:

P(\text{mind. 2}) = 1 - P(\text{no match}) \approx 99.4\%.

b) Seien in deiner Klasse $k$ Personen. Die Wahrscheinlichkeit, dass paarweise keine $2$ Personen am selben Tag Geburtstag haben, ist $P(\text{no match}) = \frac{\frac{365!}{(365-k)!}}{365^{k}}$ . Somit:

P(\text{mind. 2}) = 1 - P(\text{no match}) = 1 - \frac{\frac{365!}{(365-k)!}}{365^{k}}.

Dieses Phänomen heisst Geburtstagsparadoxon, da der hohe Wert der Wahrscheinlichkeit dem "gesunden Menschenverstand" widerspricht. Beispielsweise ist für eine Klasse mit $20$ Personen

P(\text{mind. 2}) = 1 - \frac{\frac{365!}{(365-20)!}}{365^{20}} \approx 41.1\%.

c) Siehe oben für die allgemeine Lösung. Diese Gleichung mit der Bedingung $P(\text{mind. 2}) > 50\%$ kann nicht analytisch nach $k$ gelöst werden. Mit Ausprobieren erhält man für $k=23$ Personen, dass $P(\text{mind. 2}) \approx 50.7\%$ .

There is a lovely football interpretation: In jedem zweiten Fussballspiel kommt es vor, dass mindestens zwei Akteure (inkl. Schiedsrichter) am selben Tag Geburtstag haben.

Natürlich sind diese Aussagen mit Vorsicht zu geniessen. Wir haben vorausgesetzt, dass die Geburtstage gleichverteilt sind.

Exercise 8: farbenblind

In einer Bevölkerung ist einer von 100 farbenblind. Wie viele Personen musst du untersuchen, um mit mindestens 95%-iger Sicherheit mindestens eine farbenblinde Person zu finden?

Solution

Eine nicht farbenblinde Person findet man mit der Wahrscheinlichkeit $P(\overline{f}) = \frac{99}{100}$ . $k$ -mal nacheinander eine nicht farbenblinde Person auszuwählen, geschieht mit der Wahrscheinlichkeit $\left(\frac{99}{100}\right)^{k}$ . Um mit mindestens 95%-iger Sicherheit mindestens eine farbenblinde Person zu finden, berechnet man die Wahrscheinlichkeit wie folgt:

\begin{align*} P(\text{mind. 1 }f) &> 0.95 \\ 1 - \left(\frac{99}{100}\right)^{k} &> 0.95 \\ 0.05 &> \left(\frac{99}{100}\right)^{k} \\ \log(0.05) &< k \cdot \log\left(\frac{99}{100}\right) \\ k &> \log_{\frac{99}{100}}(0.05) \end{align*}

Eingetippt ergibt dies $k > 298.07$ . Das heisst, wir müssen mindestens $299$ Personen untersuchen.

Exercise 9: Lotto

Berechne die Wahrscheinlichkeit, bei einer Lottoziehung

a) $6$ Richtige,

b) keine Richtige,

c) eine Richtige,

d) $4$ Richtige

zu tippen.

Solution

a) $P(6) = \frac{1}{\binom{42}{6}} = \frac{1}{5\,245\,786} \approx 0.000019\% \approx 0$ . Als Vergleich: Die Wahrscheinlichkeit für einen zufällig ausgewählten Menschen auf der Welt, einmal im Leben vom Blitz getroffen zu werden, ist $0.00015\%$ und damit knapp $8$ -mal grösser. Für einen Lotto-Sechser müsste man noch die Zusatzzahl richtig tippen. Damit ist es $80$ -mal wahrscheinlicher, vom Blitz getroffen zu werden, als einen Lotto-Sechser zu verbuchen.

b) $P(0) = \frac{\binom{36}{6}}{\binom{42}{6}} \approx 37\%$

c) $P(1) = \frac{\binom{36}{5} \cdot \binom{6}{1}}{\binom{42}{6}} \approx 43\%$ . Es ist wahrscheinlicher, eine Zahl richtig zu tippen als keine!

d) $P(4) = \frac{\binom{6}{4} \cdot \binom{36}{2}}{\binom{42}{6}} \approx 0.18\%$ , das heisst weniger als $1 : 500$ .

Exercise 10: 🧩

Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass bei einer Lottoziehung mit 42 Kugeln mindestens ein Paar Nachbarn vorkommt (Beispiel: 2, 13, 20, 21, 34, 41).

Solution

Diese Aufgabe ist nicht trivial. Wir denken uns die $42$ Zahlen als Folge aufgelistet. Wir setzen eine $1$ , falls die Zahl zum Sechser gehört, und eine $0$ , falls sie nicht dazu gehört. Wenn in einer Ziehung alle $6$ Zahlen nicht benachbart sein sollen, stellen wir uns $36+1$ Platzhalter vor, da man die Glückszahlen dahin setzen kann und diese dann nicht benachbart sind. Wir können bei den $36$ Nullen mit Anfang und Ende an $37$ Positionen die $1$ en setzen, so dass nie zwei oder mehr $1$ en benachbart sind. Damit ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei einer Ziehung kein Nachbar vorkommt $P(0) = \frac{\binom{37}{6}}{\binom{42}{6}}$ . Die Gegenwahrscheinlichkeit, dass mindestens ein Paar Nachbarn vorkommt, ist dann $P(\overline{0}) = 1 - P(0) \approx 56\%$ . Das bedeutet, dass bei mehr als jeder zweiten Ziehung ein Paar Nachbarn vorkommt!

Lotto-Nachbarn kommentiert

Exercise 11: 🧩

Beim Pokern erhält jeder Spieler fünf Karten aus einem Kartenspiel mit 52 Karten (4 Farben zu je 13 Blatt). Berechne die Wahrscheinlichkeiten für die folgenden Konfigurationen:

a) Flush (5 Karten gleicher Farbe)

b) Straight Flush (5 fortlaufende Werte gleicher Farbe)

c) Full House (One Pair und Three of a Kind)

d) Four of a Kind / Poker (z. B. 4 Könige)

e) Straight (5 fortlaufende Werte beliebiger Farbe, wobei das As als höchste Karte oder als 1 gelten kann)

f) One Pair (z. B. 2 Könige)

g) Two Pair (z. B. 2 Achter, 2 Damen)

h) Three of a Kind (z. B. 3 Zehner)

Solution

Wir notieren jeweils zwei Varianten.

a) $P(\text{flush}) = \frac{4 \cdot \binom{13}{5}}{\binom{52}{5}} \approx 0.2\%$ oder $1 \cdot \frac{12}{51} \cdot \frac{11}{50} \cdot \frac{10}{49} \cdot \frac{9}{48}$

b) $P(\text{straight flush}) = \frac{5}{52} \cdot \frac{4}{51} \cdot \frac{3}{50} \cdot \frac{2}{49} \cdot \frac{1}{48} \cdot 4 \cdot 10 \approx 0.0015\%$ oder $\frac{10 \cdot 4}{\binom{52}{5}}$

c) $P(\text{full house}) = \frac{\binom{13}{1} \cdot \binom{4}{3} \cdot \binom{12}{1} \cdot \binom{4}{2}}{\binom{52}{5}} \approx 0.14\%$ oder $1 \cdot \frac{3}{51} \cdot \frac{48}{50} \cdot \frac{3}{49} \cdot \frac{2}{48} \cdot \binom{5}{2}$

d) $P(\text{poker}) = 1 \cdot \frac{3}{51} \cdot \frac{2}{50} \cdot \frac{1}{49} \cdot \frac{48}{48} \cdot 5 \approx 0.024\%$ oder $\frac{\binom{13}{1} \cdot \binom{4}{4} \cdot \binom{48}{1}}{\binom{52}{5}}$

e) $P(\text{straight}) = 10 \cdot \frac{4}{52} \cdot \frac{4}{51} \cdot \frac{4}{50} \cdot \frac{4}{49} \cdot \frac{4}{48} \cdot 5! \approx 0.4\%$ oder $\frac{10 \cdot 4^5}{\binom{52}{5}}$

f) $P(\text{pair}) = 1 \cdot \frac{3}{51} \cdot \frac{48}{50} \cdot \frac{44}{49} \cdot \frac{40}{48} \cdot \binom{5}{2} \approx 42\%$ oder $\frac{\binom{13}{1} \cdot \binom{4}{2} \cdot \binom{12}{3} \cdot 4^3}{\binom{52}{5}}$

g) $P(\text{two pair}) = \frac{\binom{13}{2} \cdot \binom{4}{2}^{2} \cdot 11 \cdot 4}{\binom{52}{5}} \approx 4.8\%$ oder $1 \cdot \frac{3}{51} \cdot \frac{48}{50} \cdot \frac{3}{49} \cdot \frac{44}{48} \cdot \binom{5}{1}\binom{3}{2}$

h) $P(\text{trips}) = \frac{\binom{13}{1} \cdot \binom{4}{3} \cdot \binom{12}{2} \cdot 4^{2}}{\binom{52}{5}} \approx 2.1\%$ oder $1 \cdot \frac{3}{51} \cdot \frac{2}{50} \cdot \frac{48}{49} \cdot \frac{44}{48} \cdot \binom{5}{3}$

Unendliche stochastische Prozesse

Exercise 12: Stan und Oliver

a) Stan und Oliver schiessen gleichzeitig auf dasselbe Ziel. Die Trefferwahrscheinlichkeiten sind 80% bzw. 70%. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Ziel mindestens einmal getroffen wird?

b) Stan und Oliver haben je zwei Kugeln. Sie schiessen abwechselnd auf eine Glasflasche. Stan beginnt. Ihre Trefferwahrscheinlichkeiten seien jetzt $1/3$ bzw. $1/4$ . Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass Stan die Flasche zerstört?

c) Wie (b), jedoch haben Stan und Oliver beliebig viele Kugeln zur Verfügung.

Solution

a) Die Wahrscheinlichkeit, dass beide das Ziel verfehlen, ist $P(\text{both miss}) = \frac{2}{10} \cdot \frac{3}{10}$ . Also ist $P(\text{mind. 1 Treffer}) = 1 - P(\text{both miss}) = 1 - \frac{1}{5} \cdot \frac{3}{10} = \frac{47}{50}$ .

b) Entweder trifft Abel im ersten Versuch, oder er erhält eine zweite Chance und trifft: $P(\text{A wins}) = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{2}$ .

c) Falls Abel verfehlt, muss Kain anschliessend auch verfehlen, damit Abels Chance auf den Sieg intakt bleibt. Also $P(\text{A wins}) = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3} + \dots$ . Ein "Spielverlängerungsfaktor" beträgt $\frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{2}$ und wir sehen eine geometrische Reihe. Es ist also

P(\text{A wins}) = \frac{\frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{2}{3}.

Note 1: 🧩

Wenn zwei Leute gegensätzlicher Meinung sind, wird oft eine Münze geworfen, um eine Entscheidung herbeizuführen. Gelegentlich mag es vorkommen, dass der eine oder auch beide den Argwohn hegen, die Münze sei präpariert. Der Mathematiker John von Neumann hat einen schlauen kleinen Trick entwickelt, der es den Kontrahenten erlaubt, eine präparierte Münze zu verwenden und trotzdem ein faires Ergebnis zu erhalten:

Die Münze wird zweimal geworfen. Wenn zweimal Kopf oder zweimal Zahl erscheint, wird die Münze wiederum zweimal geworfen. Wenn zuerst Kopf und dann Zahl erscheint, hat der eine der beiden Kontrahenten gewonnen, und wenn zuerst Zahl und dann Kopf erscheint, hat der andere gewonnen.

Begründe, dass die Wahrscheinlichkeiten für diese beiden Ereignisse gleich hoch sind, auch wenn die Münze präpariert ist.

Solution

Sei o.E.d.A. $p$ die Wahrscheinlichkeit, Kopf zu werfen. Dann ist die Wahrscheinlichkeit, Zahl zu werfen, $1-p$ . Es gilt:

P(\text{K, Z}) = p \cdot (1 - p) = (1 - p) \cdot p = P(\text{Z, K}).