M11 Verknüpfte Ereignisse

Merke: Der Ergebnisraum $\Omega$ ist die Menge aller möglichen Ergebnisse. Es ist $\Omega = \lbrace \omega_1, ..., \omega_n \rbrace$. Das Ereignis E enthält alle für E günstigen Ergebnisse. Die einelementigen Ereignisse $E_i=\lbrace \omega_i \rbrace$ heißen Elementarereignisse. Ein Ereignis, das alle Ergebnisse des Zufallsexperiments enthält heißt sicheres Ereignis. Ein Ereignis, das bei dem Zufallsexperiment nicht eintreten kann, das also kein Ergebnis enthält ist ein unmögliches Ereignis. Das Ereignis $\overline E$ enthält alle für E ungünstigen Ergebnisse, also alle Ergebnisse, die nicht in E sind und heißt Gegenereignis von E. Es ist $\overline {\overline E} = E$.

Sprechweisen	Schreibweisen
Gegenereignis zu A, Nicht A	$\overline A$
Ereignis A und Ereignis B, Beide Ereinisse	$A \cap B$
Ereignis A oder Ereignis B	$A \cup B$
Keines der beiden Ereignisse, Weder A noch B	$\overline A \cap \overline B = \overline {A \cup B}$
Höchstens eines der beiden Ereignisse, Nicht beide Ereignisse	$\overline {A\cap B} = \overline A \cup \overline B$
Genau eines der beiden Ereignisse, Entweder A oder B	$(\overline A \cap B)\cup(A \cap \overline B)$

Im Buch auf S. 177 finden Sie zu den verknüpften Ereignissen schöne Veranschaulichungen.

  Aufgabe 1

Buch S. 178 / 1
Buch S. 179 / 2 , 3

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178/1
a) $A \cap B$
b) $\overline A \cap \overline B$
c) $\overline A \cap \overline B = \overline {A \cup B}$
d) $(\overline A \cap B)\cup(A \cap \overline B)$

179/2 P(mindestens ein Würfel hat gerade Augenzahl)= 1 - P(kein Würfel hat gerade Augenzahl) = $1 - \frac{1}{2}^3=\frac{7}{8}$

179/3
a) $E_1 \cap E_2 = \lbrace 5 \rbrace, P(E_1 \cap E_2) = P\lbrace 5 \rbrace =\frac{1}{6}$
b) $E_1 \cup E_2 = \lbrace 2,3,4,5,6 \rbrace, P(E_1 \cup E_2)=\frac{5}{6}$
c) $A=(E_1\cap \overline {E_2}) \cup (\overline {E_1} \cap E_2)=\lbrace 2, 3,4,6 \rbrace, P(A)=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$
d) $\overline {E_1 \cup E_2}=\lbrace 1 \rbrace, P(\overline {E_1 \cup E_2})=\frac{1}{6}$

e) $P_{E_1}(E_2)=\frac{P(E_1 \cap E_2)}{P(E_1)}=\frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}$

  Aufgabe 2

Ereignisse beschreiben:
Buch S. 179 / 4
Buch S. 179 / 6
Buch S. 179 / 7

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179/4 a) Alle drei Ereignisse treten ein, also hat "Britta Gold", "Lisbeth Silvbr" und "Natalie Bronze".
b) Britta hat nicht Gold, da Natalie Bronze hat, hat "Lisbeth Gold", "Britta Silber" und "Natalie Bronze".
c) Britta hat Gold und Lisbeth hat Bronze, also hat Natalie Silber.
d) Lisbeth hat Bronze, Britta Silber und Natalie Gold.
e) Es ist $\overline {E_1 \cup E_2 \cup E_3} = \overline {E_1} \cap \overline {E_2} \cap \overline {E_3}$, also hat Lisbeth Silber, Natalie Gold und Britta Bronze.
f) Britta hat Gold oder (Lisbeth und Natalie haben Silber und Gold, Britta hat Bronze).

179/6a) $E_1 \cap E_2$ bedeutet, dass Löwe 1 und Löwe 2 in ihren Käfigen sind.
$E_1\cap \overline {E_2 \cup E_2 \cup E_3 \cup E_4}$ bedeutet, dass kein Löwe in seinem Käfig ist.
b) $A =\overline {E_3} \cap E_1 \cap E_2 \cap E_4$
$B=(\overline {E_1} \cap E_2 \cap E_3 \cap E_4) \cup (\overline {E_2} \cap E_1 \cap E_3 \cap E_4) \cup (\overline {E_3} \cap E_1 \cap E_2 \cap E_4) \cup (\overline {E_4} \cap E_1 \cap E_2 \cap E_3)$

179/7
a) Jeder Schüler tanzt mit seiner Freunding.
b) Ein Schüler tanzt mit seiner Freundin.
c) Kein Schüler tanzt mit seiner Freundin.

d) unmögliches Ereignis, falls nur diese sechs Personen zusammen sind und tanzen.

  Aufgabe 3

Ereignisse bestimmen und Wahrscheinlichkeiten berechnen:
Buch S. 179 / 5
Buch S. 180 / 9
Buch S. 180 / 10

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179/5 Man hat 3 Ziffern 2, 3, und 6 mit den Wahrscheinlichkeiten $P(\lbrace 2 \rbrace) = \frac{1}{2}, P(\lbrace 3 \rbrace)=\frac{1}{3}, P(\lbrace 6 \rbrace)=\frac{1}{6}$. Es gibt $3^n$ verschiedene Ergebnisse.

a) $P(Zahl > 20)=P(\lbrace 22, 23, 26, 32, 33, 36, 62, 63, 66 \rbrace)=\frac{9}{9}=1$, ein sicheres Ereignis.
$P(Zahl > 30)=P(\lbrace 32, 33, 36, 62, 63, 66\rbrace) = \frac{6}{9}=\frac{2}{3}$
$P(Zahl > 60)=P(\lbrace 62, 63, 66 \rbrace)=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$.
$P(Zahl > 600(=P(\lbrace \rbrace)=0$, ein unmögliches Ereignis.

b) n = 4, $P(Quersumme = 20)=P(\lbrace 2666, 6266, 6626, 6662\rbrace )=\frac{4}{81}$
$P(Quersumme = 14)=P(\lbrace 2336, 2363, 2633, 3236, 3263, 3326, 3362, 3623, 3632, 6233, 6323, 6332\rbrace)=\frac{12}{81}=\frac{4}{27}$

c) $P(mindestens eine 6) = 1- P(keine 6) = 1-\left (\frac{5}{6}\right )^n > 0,99$
$1-\left (\frac{5}{6}\right )^n > 0,99$
$0,01 >\left (\frac{5}{6}\right )^n$
$ln(0,01) > ln \left( (\frac{5}{6})^n\right )$
$ln(0,01)>n\cdot ln(\frac{5}{6})$
$\frac{ln(0,01)}{ln(\frac{5}{6})}<n$, da man die Ungleichung durch eine negative Zahl geteilt hat!
$n > \frac{ln(0,01)}{ln(\frac{5}{6})}=25,26$, also muss man das Glücksrad mindestens 26 mal drehen.

180/9 a) $\Omega=\lbrace ABCD, ABDC, ACBD, ACDB, ADBC, ADCB, BACD, BADC, BCAD, BCDA, BDAC, BDCA,$
$CABD, CADB, CBAD, CBDA, CDAB, CDBA, DABC, DACB, DBAC, DBCA, DCAB, DCBA \rbrace$ und $|\Omega|=24$.
Man hätte auch einfach 4! = 24 rechnen können!

b) $E_1=\lbrace BACD, BADC, BCAD, BCDA, BDAC, BDCA \rbrace$,
$E_2=\lbrace DABC, DACB, DBAC, DBCA, DCAB, DCBA, BDAC, BDCA\rbrace$

c) $P(E_1)=\frac{1}{4}, P(E_2)=\frac{1}{3}, P(E_1 \cap E_2)=\frac{1}{12}, P(E_1 \cup E_2)=P(E_1) + P(E_2)- P(E_1 \cap E_2)=\frac{1}{4}+\frac{1}{3}-\frac{2}{24}=\frac{1}{2}$

d) $\overline {E_2}$ ist das Ereignis, dass Anton und Cecilia nicht beide nach Doreen geprüft werden.
$\overline {E_1 \cap \overline {E_2}}=\overline {E_1} \cup \overline {\overline {E_2}}=\overline {E_1} \cup E_2$ ist das Ereignis, dass Bertram nicht als erster geprüft wird oder Anton und Cecilia beide nach Doreen geprüft werden. $P(\overline {E_2}=1-P(E_2)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$
$P(\overline {E_1 \cap \overline {E_2}})=P(\overline{E_1} \cup E_2)=\frac{5}{6}$

e) $(\overline {E_1} \cap E_2)\cup (E_1 \cap \overline {E_2})$, das ist ein ausschließendes "oder", d.h. es dürfen nicht beide Ereignisse gemeinsam eintreten.

180/10 Man legt am besten eine Vierfeldertafel an, ergänzt die fehlenden Einträge und berechnet dann die bedingte Wahrscheinlichkeit.

$P_I(E)=\frac{P(E\cap I)}{P(I)}=\frac{0,3}{0,4}=0,75$

  Aufgabe 3

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