Wahrscheinlichkeit dass ein Experiment 2 mal dasselbe Ergebnis liefert

02.02.2018, 19:59

der_unkluge

Wahrscheinlichkeit dass ein Experiment 2 mal dasselbe Ergebnis liefert

Hallo,
und zwar habe ich eine Frage, ich zerbreche mir schon eine Weile den Kopf darüber:

Es geht um folgendes:
Man nimmt an es existiert eine Krankheit, von welcher 1 Prozent der Bevölkerung betroffen ist.
Ein Bluttest kann bei einer betroffenen Person zu 96 Prozent die Krankheit feststellen,
bei einer nicht betroffenen Person, ist der Test jedoch auch zu 2 Prozent positiv.

Zu dieser Angabe gab es mehrere Aufgabenstellungen (unter anderem WS-Baum, etc...).
Und eine Frage, wo ich mir absolut nicht sicher bin wie ich die zu lösen habe und zwar:

Von EIN UND DERSELBEN PERSON, werden zwei Blutproben entnommen, welche unabhängig voneinander getestet werden.
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass beide Tests dasselbe Ergebnis liefern?

Ich bin mir nun nicht sicher ob bzw. wie ich das Ergebnis vom Baum ablesen kann?
Ich habe diverse Methoden probiert und komme auf Lösungen zw. 94 und 98 Prozent. Jedoch weiß ich nicht welche korrekt ist.

Ich glaube man kann diese Aufgabe auch als Binomialverteilung darstellen, jedoch bin ich auch hier nicht sicher wie.

Falls mir jemand sagen kann, wie ich das berechnen kann, wäre ich äußerst dankbar.

Beste grüße,
der unkluge.

02.02.2018, 20:59

HAL 9000

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Relevant sind hier folgende drei Ereignisse:

$\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ ... Person ist krank
$\begin{eqnarray*} T_1 \end{eqnarray*}$ ... erster Test positiv
$\begin{eqnarray*} T_2 \end{eqnarray*}$ ... zweiter Test positiv

Das Modell besteht darin, dass die Ereignisse $\begin{eqnarray*} T_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} T_2 \end{eqnarray*}$ bedingt (!) unabhängig sind, und zwar sowohl unter Bedingung $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ (krank) als auch unter Bedingung $\begin{eqnarray*} K^c \end{eqnarray*}$ (gesund).

Gesucht ist $\begin{eqnarray*} p=P((T_1\cap T_2) \cup (T_1^c\cap T_2^c)) = P(T_1\cap T_2)+P(T_1^c\cap T_2^c)) \end{eqnarray*}$ , und berechnet wird es über

$\begin{eqnarray*} P(T_1\cap T_2) = P(T_1\cap T_2 \mid K)P(K) + P(T_1\cap T_2 \mid K^c)P(K^c) = P(T_1\mid K)P(T_2\mid K)P(K) + P(T_1\mid K^c)P(T_2\mid K^c)P(K^c) = 0.96^2\cdot 0.01 + 0.02^2\cdot 0.99 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(T_1^c\cap T_2^c) = P(T_1^c\cap T_2^c \mid K)P(K) + P(T_1^c\cap T_2^c \mid K^c)P(K^c) = P(T_1^c\mid K)P(T_2^c\mid K)P(K) + P(T_1^c\mid K^c)P(T_2^c\mid K^c)P(K^c) = 0.04^2\cdot 0.01 + 0.98^2\cdot 0.99 \end{eqnarray*}$ .

Das führt zu $\begin{eqnarray*} p=0.960424 \end{eqnarray*}$ , also rund 96%.

02.02.2018, 22:19

Dopap

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code:
1: 2: 3: 4: 5: 6: 7: 8:	S / \ 1.) A=.01, B=.99 / \ / \ 2.) A1=.04 , A2=.96 B1=.02, B2=.98 \| \| \| \| 3.) A11=.04, A21=.96,B11=.02, B21=.98

04.02.2018, 18:21

der_unkluge

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danke euch!

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