Übungsblatt 6

Aufgabe 25

Fünf Personen wollen mit einem PKW verreisen.

  1. Wieviele Möglichkeiten gibt es, diese fünf Personen auf die fünf Sitzplätze eines PKW zu verteilen, falls alle fünf Personen einen Führerschein besitzen?
    Lösung einblenden
    Die Zahl der Sitzanordnungen entspricht der Zahl der Permutationen der fünf Personen: \(5!=120\)
  2. Wieviele Möglichkeiten gibt es, diese fünf Personen auf die fünf Sitzplätze eines PKW zu verteilen, falls nur drei der fünf Personen einen Führerschein besitzen?
    Lösung einblenden
    Für den Fahrersitz hat man drei Möglichkeiten. Es bleibt die Frage, wieviele Möglichkeiten es gibt, vier Personen auf die restlichen vier Sitze zu verteilen. Dies sind genau \(4!=24\).
    Es gibt also insgesamt  \(3\cdot 4!=72\) Sitzanordnungen.

Erklär-Video zu Aufgabe 25

Aufgabe 26

Ein Kind spielt mit Buchstaben. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass bei völlig zufälliger Aneinanderreihung der Buchstaben

  1. A, O, T, U das Wort “AUTO”,
    Lösung einblenden
    Anzahl der möglichen Fälle: \(4! = 24 \left[ = \dbinom{4}{1}\dbinom{3}{1}\dbinom{2}{1}\dbinom{1}{1} \right]\)
    Anzahl der günstigen Fälle: \(1\)
    Gesuchte Wahrscheinlichkeit: \(\dfrac{1}{24}=0.04167\)
  2. O, O, T, T das Wort “OTTO”,
    Lösung einblenden
    Anzahl der möglichen Fälle: \(\dfrac{4!}{2!\cdot 2!}=6 \left[ = \dbinom{4}{2}\dbinom{2}{2} \right]\)
    Anzahl der günstigen Fälle: \(1\)
    Gesuchte Wahrscheinlichkeit: \(\dfrac{1}{6}=0.1667\)
  3. E, M, R, T, T, U das Wort “MUTTER”,
    Lösung einblenden
    Anzahl der möglichen Fälle: \(\dfrac{6!}{1!\cdot 1!\cdot 1!\cdot 2!\cdot 1!}=360 \left[ = \dbinom{6}{1}\dbinom{5}{1}\dbinom{4}{1}\dbinom{3}{2}\dbinom{1}{1} \right]\)
    Anzahl der günstigen Fälle: \(1\)
    Gesuchte Wahrscheinlichkeit: \(\dfrac{1}{360}=0.002778\)
  4. A, I, I, K, S, S, T, T, T das Wort “STATISTIK”
    Lösung einblenden
    Anzahl der möglichen Fälle: \(\dfrac{9!}{1!\cdot 2!\cdot 1!\cdot 2!\cdot 3!}=15120 \left[ = \dbinom{9}{1}\dbinom{8}{2}\dbinom{6}{1}\dbinom{5}{2}\dbinom{3}{3} \right]\)
    Anzahl der günstigen Fälle: \(1\)
    Gesuchte Wahrscheinlichkeit: \(\dfrac{1}{15120}= 6.6138 \cdot 10^{-5}\)

entsteht?

Erklär-Video zu Aufgabe 26

Aufgabe 27

Es sollen vier verschiedene Mathematikbücher, drei verschiedene Krimis, zwei verschiedene Liebesromane sowie ein Exemplar der Bibel nebeneinander in ein Bücherregal gestellt werden.

  1. Wieviele Möglichkeiten gibt es, diese Bücher so anzuordnen, dass Bücher vom gleichen “Typ” nebeneinander stehen?
    Lösung einblenden
    Anzahl der möglichen Anordnungen der vier Gruppen von Büchern: \(4!=24\)
    Anzahl der möglichen Anordnungen innerhalb der Gruppe der Mathematikbücher: \(4!=24\)
    Anzahl der möglichen Anordnungen innerhalb der Gruppe der Krimis: \(3!=6\)
    Anzahl der möglichen Anordnungen innerhalb der Gruppe der Liebesromane: \(2!=2\)
    Anzahl der möglichen Anordnungen innerhalb der Gruppe der Bibeln: \(1!=1\)
    Anzahl der möglichen Anordnungen mit Büchern vom gleichen Typ nebeneinander: \[ 4!\cdot 4!\cdot 3!\cdot 2!\cdot 1!=6912 \]
  2. Angenommen, die Bücher werden zufällig ins Regal gestellt, und zwar in der Weise, dass jede mögliche Anordnung die gleiche Wahrscheinlichkeit hat. Es sei \(A\) das Ereignis, dass die Bücher vom selben Typ nebeneinander stehen. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit von \(A\).
    Lösung einblenden
    Anzahl der möglichen Anordnungen der zehn Bücher ohne weitere Bedingung: \[ 10!=3628800 \] Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Bücher vom gleichen Typ nebeneinander stehen: \[ \dfrac{4!\cdot4!\cdot3!\cdot2!\cdot1!}{10!}=\dfrac{1}{525}% \]

Erklär-Video zu Aufgabe 27

Aufgabe 28

Bei einer besonderen Ziehung einer bekannten Lotterie wurde die 7-stellige Gewinnzahl durch Ziehen (ohne Zurücklegen, unter Berücksichtigung der Reihenfolge) von 7 Kugeln aus einer Trommel, die je 7 Kugeln mit den Ziffern 0 bis 9 enthält, ermittelt.

  1. Wie viele verschiedene Gewinnzahlen sind als Ergebnis einer derartigen Ziehung möglich?
    Lösung einblenden
    Interessante (?) Zusatzinformation:
    Es handelte sich bei der Ziehung um die 1. Auslosung zur Glücksspirale im Jahr 1971.
    7 Ziffern mit je 10 Möglichkeiten (\(0,\ldots,9\)) \(\leadsto\) \(10^7\) verschiedene Gewinnzahlen \[ 0000000,0000001,\ldots,9999998,9999999\ . \]
  2. Nehmen Sie zur Modellierung des Zufallsexperiments nun an, dass auch die jeweils 7 verschiedenen Kugeln zu den einzelnen Ziffern unterscheidbar sind. Wie groß ist dann die Anzahl der Elemente des Ergebnisraums? Ist für diesen Ergebnisraum die Annahme eines Laplaceschen Wahrscheinlichkeitsraums plausibel, wenn man davon ausgehen kann, dass die Ziehung jeder einzelnen Kugel rein zufällig (vergleichbar mit der Ziehung der Zahlenlotterie “6 aus 49”) erfolgt?
    Lösung einblenden
    Ziehung von 7 Kugeln ohne Zurücklegen unter Berücksichtigung der Reihenfolge
    \(\leadsto\) \((70)_7=70\cdot69\cdot68\cdot67\cdot66\cdot65\cdot64= 6.0418246\times 10^{12}\) mögliche Ergebnisse
    Annahme eines Laplaceschen Wahrscheinlichkeitsraums ist gerechtfertigt;
    wie bei “6 aus 49”: jedes der \((70)_7\) möglichen Ergebnisse gleichwahrscheinlich.
  3. Berechnen Sie unter Annahme eines Laplaceschen Wahrscheinlichkeitsraums für das in Teil b. beschriebene Zufallsexperiment die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Gewinnzahl 1637458 bzw. 4499530 bzw. 3333333 gezogen wird.
    Lösung einblenden
    Wahrscheinlichkeiten unterschiedlich:
    • Gewinnzahl \(1637458\):
      Alle Ziffern verschieden, d.h. bei der Ziehung jeder Ziffer \(7\) Möglichkeiten für jeweilige Ziffer
      \(\leadsto\) Anzahl günstiger Fälle: \(7^7=8.23543\times 10^{5}\)
      \(\leadsto\) Wahrscheinlichkeit: \(\frac{7^7}{(70)_7}=1.36307\cdot 10^{-7}\)
    • Gewinnzahl \(4499530\):
      2 Gruppen von je 2 Ziffern gleich, alle anderen Ziffern hiervon und untereinander verschieden, also hier:
      7 Möglichkeiten für 1. Ziffer, 6 Möglichkeiten für 2. Ziffer, wieder 7 Möglichkeiten für 3. Ziffer, 6 Möglichkeiten für 4. Ziffer, dann jeweils 7 Mögl. für verbleibende Ziffern
      \(\leadsto\) Anzahl günstiger Fälle: \(7^5\cdot 6^2=6.05052\times 10^{5}\)
      \(\leadsto\) Wahrscheinlichkeit: \(\frac{6^2\cdot 7^5}{(70)_7}=1.00144\cdot 10^{-7}\)
    • Gewinnzahl \(3333333\):
      Alle 7 Ziffern gleich, d.h. 7 Mögl. für 1. Ziffer, 6 für 2. Ziffer, 5 für 3. Ziffer, usw.
      \(\leadsto\) Anzahl günstiger Fälle: \(7!=5040\)
      \(\leadsto\) Wahrscheinlichkeit: \(\frac{7!}{(70)_7}=0.00834\cdot 10^{-7}\)
  4. Wird die beschriebene Ziehung auch geeignet durch einen Laplaceschen Wahrscheinlichkeitsraum auf dem Ergebnisraum der verschiedenen Gewinnzahlen modelliert? Begründen Sie Ihre Antwort.
    Lösung einblenden
    Nein, denn in diesem Fall müssten die Wahrscheinlichkeiten der einzelnen Gewinnzahlen identisch sein (und damit \(\frac{1}{10^7}=10^{-7}\) betragen).

Erklär-Video zu Aufgabe 28

Aufgabe 29

In einer Zweigstelle der Sparkasse Saarbrücken ist aus langjähriger Erfahrung bekannt, dass \(80\%\) der Neukunden ein Girokonto und \(50\%\) ein Sparkonto eröffnen. Alle Neukunden eröffnen mindestens ein Konto einer der beiden Kontenformen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewählter Neukunde der Sparkasse

  1. ein Giro- und ein Sparkonto eröffnet?
    Lösung einblenden
    Es sei \(G\) das Ereignis “Neukunde eröffnet ein Girokonto” und \(S\) das Ereignis “Neukunde eröffnet ein Sparkonto”; dann gilt aufgrund der Angaben:
    \(P(G)=0.80\) ; \(P(S)=0.50\) ; \(P(G\cup S)=1\).
    Gesucht: \(P(S\cap G)\)
    \(P(S\cap G)=P(G)+P(S)-P(S\cup G)=0.80+0.50-1.00=0.30\)
  2. ein Sparkonto eröffnet, wenn bereits bekannt ist, dass der Kunde ein Girokonto eröffnet?
    Lösung einblenden
    Gesucht: \(P(S\mid G)\)
    \(P(S\mid G)=\dfrac{P(S\cap G)}{P(G)}=\dfrac{0.30}{0.80}=0.375\)
  3. kein Girokonto eröffnet, wenn bereits bekannt ist, dass der Kunde ein Sparkonto eröffnet?
    Lösung einblenden
    Gesucht: \(P(\overline{G}\mid S)\)
    Es gilt:
    \(P(\overline{G}\mid S)=1-P(G\mid S)\) und \(P(G\mid S)=\dfrac{P(G\cap S)}{P(S)}=\dfrac{0.30}{0.50}=0.6\)
    \(\Rightarrow P(\overline{G}\mid S)=1-0.6=0.4\)
  4. ein Sparkonto eröffnet, aber kein Girokonto?
    Lösung einblenden
    Gesucht: \(P(S\cap\overline{G})\)
    \(P(S\cap\overline{G})=P(\overline{G}\mid S)\cdot P(S) \stackrel{\mbox{c.}}{=}0.4\cdot0.5=0.2\)
  5. höchstens eines von beiden Konten eröffnet?
    Lösung einblenden
    Gesucht: \(P(\overline{G\cap S})\)
    \(P(\overline{G\cap S}) = 1 - P(G\cap S) \stackrel{\mbox{a.}}{=} 1 - 0.3 = 0.7\)

Erklär-Video zu Aufgabe 29

Aufgabe 30

Ein Student fährt entweder mit dem Auto oder mit dem Bus zur Universität. Aus Erfahrung weiß er, dass er mit dem Auto mit einer Wahrscheinlichkeit von \(0.01\) mindestens eine halbe Stunde braucht. Fährt er dagegen mit dem Bus, beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass er mindestens eine halbe Stunde braucht, \(0.05.\) Mit einer Wahrscheinlichkeit von \(0.6\) benutzt er das Auto.

  1. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er weniger als eine halbe Stunde zur Universität braucht?
    Lösung einblenden
    Mit:
    \(A\equiv\) Student fährt mit dem Auto zur Universität
    \(B\equiv\) Student braucht mindestens eine halbe Stunde zur Universität
    sind gegeben:
    \(P(A)=0.60,\qquad P(\overline{A})=0.40\)
    \(P(B\mid A)=0.01,\)
    \(P(B\mid\overline{A})=0.05;\)
    Mit dem Satz der totalen Wahrscheinlichkeit erhält man
    \(P(B)=P(B\mid A)\cdot P(A)+P(B\mid\overline{A})\cdot P(\overline{A})\)
    \(=0.01\cdot0.60+0.05\cdot0.40=0.026\Rightarrow\)
    \(P(\overline{B})=1-P(B)=1-0.026=0.974\)
  2. An einem Tag braucht er länger als eine halbe Stunde zur Universität. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er mit dem Bus gekommen ist?
    Lösung einblenden
    Mit der Formel von Bayes erhält man
    \(P(\overline{A}\mid B)=\dfrac{P(B\mid\overline{A})\cdot P(\overline{A})}{P(B)}=\dfrac{0.05\cdot0.40}{0.026}=0.76923\)

Erklär-Video zu Aufgabe 30

Aufgabe 31

Für eine spezielle Krankheit existiere ein Diagnoseverfahren, welches erkrankte Personen mit einer Wahrscheinlichkeit von 95% (korrekterweise) auch als krank einstuft, bei gesunden (bzw. nicht an dieser Krankheit erkrankten) Personen allerdings mit einer Wahrscheinlichkeit von 2% (fälschlicherweise) ebenfalls eine entsprechende Erkrankung diagnostiziert.

An der Krankheit leiden 10% der Bevölkerung in der Altersgruppe von 60–70 Jahren, jedoch nur 0.5% der Bevölkerung zwischen 20 und 30 Jahren.

  1. Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird ein Untersuchter in der Altersgruppe von 60–70 Jahren als krank eingestuft?
    Lösung einblenden
    Gegeben seien die folgenden Ereignisse:
    \(K:\) Untersuchter ist tatsächlich krank.
    \(D:\) Untersuchter wird als krank eingestuft.
    Dazugehörige Wahrscheinlichkeiten:
    \(P(D\mid K)=0.95\), \(P(D\mid\overline{K})=0.02\)
    Zunächst betrachtet: Untersuchter aus Altersgruppe von 60–70 Jahren \(\Rightarrow P(K)=0.1\)
    Gesucht \(P(D):\)
    Satz der totalen Wahrscheinlichkeit
    \(P(D)=P(D\mid K)\cdot P(K)+P(D\mid\overline{K})\cdot P(\overline{K})\)
    \(=0.95\cdot 0.1 + 0.02\cdot 0.9=0.113\)
  2. Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird sich eine positive Diagnose bei einem Untersuchten der Altersgruppe von 60–70 Jahren als falsch herausstellen?
    Lösung einblenden
    Gesucht \(P(\overline{K}\mid D):\)
    Satz von Bayes
    \(P(\overline{K}\mid D)=\dfrac{P(D\mid\overline{K})\cdot P(\overline{K})}{P(D)}=\dfrac{0.02\cdot0.9}{0.113}=\dfrac{0.018}{0.113}=0.159\)
  3. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für eine richtige Diagnose in der Altersgruppe von 60–70 Jahren?
    Lösung einblenden
    Gesucht \(P((K\cap D)\cup(\overline{K}\cap\overline{D}):\)
    \(P((K\cap D)\cup(\overline{K}\cap\overline{D})=P(K\cap D)+P(\overline{K}\cap\overline{D})\)
    \(=P(D\mid K)\cdot P(K)+P(\overline{D}\mid\overline{K})\cdot P(\overline{K})=0.95\cdot0.1+0.98\cdot0.9=0.977\)
  4. Wie ändern sich die Resultate aus den Teilen a.–c., wenn der Untersuchte stattdessen aus der Altersgruppe zwischen 20 und 30 Jahren stammt?
    Lösung einblenden
    Nun: \(P(K)=0.005\)
    1. \(P(D)=P(D\mid K)\cdot P(K)+P(D\mid\overline{K})\cdot P(\overline{K})\)
      \(=0.95\cdot 0.005 + 0.02\cdot 0.995=0.02465\)
    2. \(P(\overline{K}\mid D)=\dfrac{P(D\mid\overline{K})\cdot P(\overline{K})}{P(D)}=\dfrac{0.02\cdot0.995}{0.02465}=\dfrac{0.0199}{0.02465}=0.8073\)
    3. \(P(D\mid K)\cdot P(K)+P(\overline{D}\mid\overline{K})\cdot P(\overline{K})=0.95\cdot0.005+0.98\cdot0.995=0.97985\)

Erklär-Video zu Aufgabe 31

Eine sehr interessante und empfehlenswerte weitere Erläuterung dieser Problemstellung in Bezug auf die aktuelle Corona-Krise und zugehörige medizinische Testverfahren findet sich in der Unstatistik des Monats Mai 2020.