Übungsblatt 7

Aufgabe 32

In einer Abteilung einer Finanzbehörde werden eingehende Einkommenssteuererklärungen zufällig auf die Mitarbeiter A, B, C und D aufgeteilt. Aufgrund unterschiedlicher Ausführungsgeschwindigkeiten werden 30% der Erklärungen von Mitarbeiter A, 30% der Erklärungen von Mitarbeiter B, 15% der Erklärungen von Mitarbeiter C und 25% der Erklärungen von Mitarbeiter D bearbeitet. Gegen die ausgestellten Steuerbescheide werden mit einer Wahrscheinlichkeit von 3% bei Mitarbeiter A, 4% bei Mitarbeiter B, 6% bei Mitarbeiter C und 5% bei Mitarbeiter D (erfolgreich) Einsprüche eingelegt.

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Mit den Ereignissen

sind die folgenden Wahrscheinlichkeiten gegeben: \[\begin{align*} P(A) & = 0.3 & P(B) & = 0.3 & P(C) & = 0.15 & P(D) & = 0.25\\ P(E|A) & = 0.03 & P(E|B) & = 0.04 & P(E|C) & = 0.06 & P(E|D) & = 0.05 \end{align*}\]

1. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass gegen einen zufällig ausgewählten Einkommenssteuerbescheid ein (erfolgreicher) Einspruch eingelegt wird?
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   Mit dem Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit erhält man: \[\begin{align*} P(E) &= P(E|A) \cdot P(A) + P(E|B) \cdot P(B) + P(E|C) \cdot P(C) + P(E|D) \cdot P(D)\\ &= 0.03 \cdot 0.3 + 0.04 \cdot 0.3 + 0.06 \cdot 0.15 + 0.05 \cdot 0.25\\ &= 0.0425 \end{align*}\]

2. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein nicht (erfolgreich) per Einspruch beanstandeter Einkommenssteuerbescheid von Mitarbeiter B ausgestellt wurde?
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   Mit dem Satz von Bayes erhält man: \[\begin{align*} P(B|\overline{E}) &= \frac{P(\overline{E}|B)\cdot P(B)}{P(\overline{E})} = \frac{\left[1-P(E|B)\right]\cdot P(B)}{1-P(E)} \\ & = \frac{\left[1-0.04\right]\cdot 0.3}{1- 0.0425} \\ &=0.3008 \end{align*}\]

3. Sind die Ereignisse “Bescheid wird (erfolgreich) beanstandet” und “Mitarbeiter B hat den Bescheid erstellt” stochastisch unabhängig? Begründen Sie Ihre Antwort!
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   Nein, denn es gilt: \(P(E|B) = 0.04 \ne 0.0425 = P(E)\).

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Aufgabe 33

In einer Urne liegen je eine rote, grüne, blaue und schwarze Kugel. Man zieht eine Kugel und betrachtet die Ereignisse:

A := “die gezogene Kugel ist rot oder grün”,

B := “die gezogene Kugel ist rot oder blau”,

C := “die gezogene Kugel ist rot oder schwarz”.

Zeigen Sie, dass die drei Ereignisse paarweise unabhängig sind, insgesamt aber abhängig sind.

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Es gilt: \[ \Omega = \{r,g,b,s\},\quad A:=\{r,g\},\quad B:=\{r,b\},\quad C:=\{r,s\}. \] und damit

• \(P(A)=\dfrac{|\{r,g\}|}{|\{r,g,b,s\}|}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}\),
• \(P(B)=\dfrac{|\{r,b\}|}{|\{r,g,b,s\}|}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}\),
• \(P(C)=\dfrac{|\{r,s\}|}{|\{r,g,b,s\}|}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}\).

Mit \[ A\cap B=\{r\};\qquad A\cap C=\{r\};\qquad B\cap C=\{r\};\qquad A\cap B\cap C=\{r\}; \] gilt

• \(P(A\cap B)=\dfrac{|\{r\}|}{|\{r,g,b,s\}|}=\dfrac{1}{4}=P(A)\cdot P(B)\Rightarrow A\) und \(B\) sind unabhängig,
• \(P(A\cap C)=\dfrac{|\{r\}|}{|\{r,g,b,s\}|}=\dfrac{1}{4}=P(A)\cdot P(C)\Rightarrow A\) und \(C\) sind unabhängig,
• \(P(B\cap C)=\dfrac{|\{r\}|}{|\{r,g,b,s\}|}=\dfrac{1}{4}=P(B)\cdot P(C)\Rightarrow B\) und \(C\) sind unabhängig,

also die paarweise Unabhängigkeit der Ereignisse, allerdings sind \(A\), \(B\) und \(C\) wegen \[ P(A\cap B\cap C)=\dfrac{|\{r\}|}{|\{r,g,b,s\}|}=\dfrac{1}{4}\neq P(A)\cdot P(B)\cdot P(C)=\dfrac{1}{8} \] insgesamt nicht stochastisch unabhängig.

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Aufgabe 34

Ein (fairer) Würfel wird zweimal hintereinander geworfen, die möglichen Ausgänge des Experiments seien in der Ergebnismenge \[ \Omega = \{(m_1,m_2)\,|\,m_1,m_2\in\{1,\ldots,6\}\} \] zusammengefasst.
Betrachten Sie im Folgenden die Zufallsvariable \(X:\Omega\to\mathbb{R}\), die jedem Ergebnis des zweifachen Würfelswurfs den Betrag der Differenz der beiden gewürfelten Zahlen zuordnet, also die Abbildung \[ X:\Omega\to\mathbb{R}; X((m_1,m_2)):=|m_1-m_2|\ . \]

1. Stellen Sie die Abbildung \(X\) in Tabellenform (in Abhängigkeit von \(m_1\) und \(m_2\)) dar.
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   Tabelle mit Werten von \(X((m_1,m_2))\) für \(m_1,m_2\in\{1,\ldots,6\}\):

   \(m_1 \backslash m_2\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)
   \(1\)	\(0\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)
   \(2\)	\(1\)	\(0\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)
   \(3\)	\(2\)	\(1\)	\(0\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)
   \(4\)	\(3\)	\(2\)	\(1\)	\(0\)	\(1\)	\(2\)
   \(5\)	\(4\)	\(3\)	\(2\)	\(1\)	\(0\)	\(1\)
   \(6\)	\(5\)	\(4\)	\(3\)	\(2\)	\(1\)	\(0\)

2. Geben Sie den Träger \(T(X)\) von \(X\) sowie die zugehörigen Punktwahrscheinlichkeiten an.
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   Träger von \(X\): \(T(X)=\{ 0, 1, 2, 3, 4, 5 \}\)
   Tabelle mit Punktwahrscheinlichkeiten \(p_X(x_i)=P_X(\{x_i\})=P(\{\omega\in\Omega\,|\,X(\omega)=x_i\})\) für \(x_i\in T(X)\):

   \(x_i\)	\(0\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)
   \(p_X(x_i)\)	\(\frac{3}{18}\)	\(\frac{5}{18}\)	\(\frac{4}{18}\)	\(\frac{3}{18}\)	\(\frac{2}{18}\)	\(\frac{1}{18}\)

   (z.B. \(p_X(3) = P(\{\omega\in\Omega\,|\,X(\omega)=3\}) = P(\{(4,1);(5,2);(6,3);(1,4);(2,5);(3,6)\}) = \frac{6}{36}=\frac{3}{18}\))

3. Stellen Sie die Verteilungsfunktion \(F_X\) von \(X\) auf.
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   Verteilungsfunktion \(F_X\) von \(X\): \[ F_X(x) = \sum_{\substack{x_i\in T(X)\\ x_i\le x}} p_X(x_i) = \left\{\begin{array}{ccl} 0 & \mbox{für} & x < 0 \\[0.5em] \frac{3}{18} & \mbox{für} & 0 \le x < 1 \\[0.5em] \frac{8}{18} & \mbox{für} & 1 \le x < 2 \\[0.5em] \frac{12}{18} & \mbox{für} & 2 \le x < 3 \\[0.5em] \frac{15}{18} & \mbox{für} & 3 \le x < 4 \\[0.5em] \frac{17}{18} & \mbox{für} & 4 \le x < 5 \\[0.5em] 1 & \mbox{für} & x \ge 5 \\ \end{array}\right. = \left\{\begin{array}{ccl} 0 & \mbox{für} & x < 0 \\[0.5em] 0.1\overline{6} & \mbox{für} & 0 \le x < 1 \\[0.5em] 0.\overline{4} & \mbox{für} & 1 \le x < 2 \\[0.5em] 0.\overline{6} & \mbox{für} & 2 \le x < 3 \\[0.5em] 0.8\overline{3} & \mbox{für} & 3 \le x < 4 \\[0.5em] 0.9\overline{4} & \mbox{für} & 4 \le x < 5 \\[0.5em] 1 & \mbox{für} & x \ge 5 \\ \end{array}\right. \]

4. Stellen Sie die Wahrscheinlichkeitsfunktion \(p_X\) und die Verteilungsfunktion
   \(F_X\) grafisch dar.
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   Grafische Darstellungen von \(p_X\) und \(F_X\):

5. Berechnen Sie die folgenden Wahrscheinlichkeiten: \[\begin{align*} P\{X\le 4\} & & P\{X>2\} & & P\{1\le X \le 4\} & & P\{1<X<5\} \end{align*}\]
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   \(P\{X\le 4\} = F_X(4) = \dfrac{17}{18} = 0.9\overline{4}\)
   \(P\{X > 2\} = 1-F_X(2) = 1 - \dfrac{12}{18} = \dfrac{1}{3}= 0.\overline{3}\)
   \(P\{1\le X \le 4\} = F_X(4) - F_X(1-0) = \dfrac{17}{18} - \dfrac{3}{18} = \dfrac{7}{9} = 0.\overline{7}\)
   \(P\{1 < X < 5\} = F_X(5-0) - F_X(1) = \dfrac{17}{18} - \dfrac{8}{18} = \dfrac{1}{2} = 0.5\)

6. Nach einem Kochabend zu dritt einigen sich Annabel, Beatrice und Christoph darauf, den Zufall bestimmen zu lassen, wer sich um das Einräumen der Spülmaschine kümmern muss. Christoph schlägt vor, zweimal zu Würfeln und den Betrag der Differenz der beiden gewürfelten Zahlen zu bestimmen. Ist das Ergebnis 0 oder 1, so soll Annabel sich um das Geschirr kümmern, bei 2 oder 3 Beatrice, schließlich bei 4 oder 5 er selbst.
   Ist Christophs Vorschlag fair (in dem Sinn, dass sich jeder mit gleicher Wahrscheinlichkeit um das Geschirr kümmern muss)? Falls nicht, können Sie einen ähnlichen Vorschlag zur Auslosung machen, der jedoch fair im obigen Sinn ist?
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   Es gilt \(P\{X\in A\} = P_X(A) = \sum_{x_i\in A\cap T(X)} p_X(x_i)\), im ersten Vorschlag (nach Christoph) erhält man somit:

   • \(P\{\)“Annabel räumt ein”\(\} = P\{X\in\{0,1\}\} = p_X(0) + p_X(1) = \dfrac{3}{18} + \dfrac{5}{18} = \dfrac{4}{9} = 0.\overline{4}\)
   • \(P\{\)“Beatrice räumt ein”\(\} = P\{X\in\{2,3\}\} = p_X(2) + p_X(3) = \dfrac{4}{18} + \dfrac{3}{18} = \dfrac{7}{18} = 0.3\overline{8}\)
   • \(P\{\)“Christoph räumt ein”\(\} = P\{X\in\{4,5\}\} = p_X(4) + p_X(5) = \dfrac{2}{18} + \dfrac{1}{18} = \dfrac{1}{6} = 0.1\overline{6}\)

   Der Vorschlag ist also unfair. Ein fairer Vorschlag wäre, dass sich Annabel bei den Ergebnissen \(0\) und \(3\), Beatrice bei \(1\) und \(5\) sowie Christoph bei \(2\) und \(4\) um das Geschirr kümmern muss, denn in diesem Fall gilt:

   • \(P\{\)“Annabel räumt ein”\(\} = P\{X\in\{0,3\}\} = p_X(0) + p_X(3) = \dfrac{3}{18} + \dfrac{3}{18} = \dfrac{1}{3}\)
   • \(P\{\)“Beatrice räumt ein”\(\} = P\{X\in\{1,5\}\} = p_X(1) + p_X(5) = \dfrac{5}{18} + \dfrac{1}{18} = \dfrac{1}{3}\)
   • \(P\{\)“Christoph räumt ein”\(\} = P\{X\in\{2,4\}\} = p_X(2) + p_X(4) = \dfrac{4}{18} + \dfrac{2}{18} = \dfrac{1}{3}\)

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Aufgabe 35

Die diskrete Zufallsvariable \(X\) besitze die Verteilungsfunktion \(F_X:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) mit: \[ F_{X}(x)=\left\{ \begin{array} [c]{cl}% 0 & \mbox{für}\ x<0\\ 1/8 & \mbox{für}\ 0\leq x<1\\ 1/2 & \mbox{für}\ 1\leq x<2\\ 3/4 & \mbox{für}\ 2\leq x<3\\ 1 & \mbox{für}\ x\geq3 \end{array} \right. \]

1. Geben Sie die Sprungstellen mit den entsprechenden Punktwahrscheinlichkeiten an.
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   Die Sprungstellen \(x_{i}\) sind \(0\), \(1\), \(2\), \(3\) mit \(P\{X=x_{i}\}=F_{X}(x_{i})-F_{X}(x_{i}-0)\), also

   • \(P\{X=0\}=F_{X}(0)-F_{X}(0-0)=\dfrac{1}{8}-0=\dfrac{1}{8}\)
   • \(P\{X=1\}=F_{X}(1)-F_{X}(1-0)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{8}=\dfrac{3}{8}\)
   • \(P\{X=2\}=F_{X}(2)-F_{X}(2-0)=\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}\)
   • \(P\{X=3\}=F_{X}(3)-F_{X}(3-0)=1-\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{4}\)

   Tabelle der Punktwahrscheinlichkeiten:

   \(x_i\)	\(0\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)
   \(p_X(x_i)\)	\(\frac{1}{8}\)	\(\frac{3}{8}\)	\(\frac{1}{4}\)	\(\frac{1}{4}\)

2. Bestimmen Sie die folgenden Wahrscheinlichkeiten: \[\begin{align*} P\{0<X\leq2\} & & P\{0\leq X<2\} & & P\{X\geq1\} \end{align*}\]
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   Berechnung der Wahrscheinlichkeiten mit \(F_X\):

   • \(P\{0<X\leq2\}=F_{X}(2)-F_{X}(0)=3/4-1/8=5/8\)
   • \(P\{0\leq X<2\}=F_{X}(2-0)-F_{X}(0-0)=1/2-0=1/2\)
   • \(P\{X\geq1\}=1-P\{X<1\}=1-F_{X}(1-0)=1-1/8=7/8\)

Erklär-Video zu Aufgabe 35

Aufgabe 36

Gegeben sei die Verteilungsfunktion \[ F_X:\mathbb{R}\to\mathbb{R}; F_X(x) = \left\{\begin{array}{cl} 0 & \mbox{für}\ x < 1 \\[0.1cm] \frac{1}{4}(x-1)^2 & \mbox{für}\ 1 \le x \le 3 \\[0.1cm] 1 & \mbox{für}\ x > 3 \end{array}\right. \] einer eindimensionalen stetigen Zufallsvariablen \(X\).

1. Bestimmen und zeichnen Sie eine Dichtefunktion \(f_X\) von \(X\).
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   Eine (naheliegende) mögliche Dichtefunktion (durch Ableiten von \(F_X(x)\)):
   \[ f_X:\mathbb{R}\to\mathbb{R}; f_X(x) = \left\{\begin{array}{cl} \frac{1}{2}(x-1) & \mbox{für}\ 1 \le x \le 3 \\[0.1cm] 0 & \mbox{sonst} \end{array}\right. \]

2. Bestimmen Sie die folgenden Wahrscheinlichkeiten: \[\begin{align*} P\{X\le 2\} & & \textstyle P\{X\in[\frac{3}{2},\frac{5}{2}]\} & & P\{X\ge 4\} & & P\{X=2\} \end{align*}\]
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   Gesuchte Wahrscheinlichkeiten:

   • \(P\{X\le 2\} = F_X(2) = \frac{1}{4} = 0.25\)
   • \(P\{X\in[\frac{3}{2},\frac{5}{2}]\} = F_X(\frac{5}{2}) - F_X(\frac{3}{2}-0) \stackrel{X\ \text{stetig}}{=} F_X(\frac{5}{2}) - F_X(\frac{3}{2}) = \frac{9}{16} - \frac{1}{16} = \frac{1}{2} = 0.5\)
   • \(P\{X\ge 4\} = 1 - F_X(4-0) \stackrel{X\ \text{stetig}}{=} 1 - F_X(4) = 1 - 1 = 0\)
   • \(P\{X=2\} = F_X(2) - F_X(2-0) \stackrel{X\ \text{stetig}}{=} F_X(2) - F_X(2) = 0\)

Erklär-Video zu Aufgabe 36