01. Wahrscheinlichkeitsrechnung | Statistik Klausurvorbereitung

Auf einen Blick

Wahrscheinlichkeitsrechnung ist die Grundlage der induktiven (schließenden) Statistik. Sie beschäftigt sich mit Zufallsexperimenten: Vorgänge mit bestimmter Vorschrift, beliebig oft wiederholbar, mit unbestimmtem Ergebnis. Wichtigste Konzepte sind Ereignisraum, Elementarereignisse, Ereignisalgebra (Vereinigung, Durchschnitt, Komplement), die vier Wahrscheinlichkeitsdefinitionen (klassisch/Laplace, statistisch, subjektiv, axiomatisch nach Kolmogorov) und die Kolmogorov-Axiome. Rechnerisch beherrschbar sein müssen: Laplace-Formel (günstige/mögliche Fälle), Additionssatz (mit und ohne Disjunktheit), Multiplikationssatz für unabhängige vs. abhängige Ereignisse (bedingte Wahrscheinlichkeit), Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit (Vorwärtsrechnung über disjunkte Zerlegung des Ereignisraums), Satz von Bayes (Rückwärtsrechnung: Wirkung ist beobachtet, Ursache gesucht) und Grundformeln der Kombinatorik (Permutation n!, Variation n!/(n-k)!, Kombination n!/(k!·(n-k)!), jeweils mit/ohne Wiederholung). Typische Klausuraufgaben: Schwarzfahren-Kontrolle (Unabhängigkeit), Kugeln aus mehreren Behältern (totale W. + Bayes), Lotterie ohne/mit Zurücklegen, Pferdetoto (Kombinatorik), Münzwurf-Laplace, Würfelsummen. Kritische Stolpersteine: mit/ohne Zurücklegen unterscheiden, Reihenfolge relevant oder nicht, Bayes-Nenner nicht vergessen, Prozent-Umrechnung sauber."

Schlüsselbegriffe

Zufallsexperiment

Ein Vorgang, der nach einer ganz bestimmten Vorschrift ausgeführt wird, beliebig oft wiederholbar ist und dessen Ergebnis vor der Durchführung nicht determiniert ist. Die möglichen Ergebnisse sind bekannt (Ereignisraum Ω).

Warum wichtig: Grundlage der gesamten Wahrscheinlichkeitsrechnung – nur bei Zufallsexperimenten sind Wahrscheinlichkeiten sinnvoll definiert. In Klausur oft in a-Teil einer Aufgabe abgefragt (Definition).

Elementarereignis vs. Ereignis

Ein Elementarereignis ist ein einzelner möglicher Ausgang (z.B. 'Augenzahl 2' beim Würfeln). Ein Ereignis ist eine Menge aus einem oder mehreren Elementarereignissen (z.B. 'gerade Zahl' = {2,4,6}). Das unmögliche Ereignis besteht aus 0 Elementarereignissen.

Warum wichtig: Bei jeder Durchführung eines Zufallsexperiments tritt genau EIN Elementarereignis ein, es können aber mehrere Ereignisse gleichzeitig eintreten. Wichtig für das korrekte Aufzählen 'günstiger Fälle'.

Ereignisalgebra (Vereinigung, Durchschnitt, Komplement)

Vereinigung A ∪ B = alle Elementarereignisse, die zu A ODER B oder beiden gehören. Durchschnitt A ∩ B = Elementarereignisse, die zu A UND B gehören. Komplement A_quer = alles was nicht zu A gehört. Disjunkt = A ∩ B = leer.

Warum wichtig: Grundlage aller Wahrscheinlichkeitsformeln. Fehler in der Ereignisalgebra führen zu falschen Wahrscheinlichkeitswerten. Grafisch mit Venn-Diagramm darstellbar.

Kolmogorov-Axiome

1) Für jedes Ereignis A gilt 0 ≤ P(A) ≤ 1. 2) Das sichere Ereignis S (=Ω) hat P(S) = 1. 3) Für disjunkte Ereignisse gilt P(A ∪ B) = P(A) + P(B) (Additivität).

Warum wichtig: Axiomatisches Fundament – jede Wahrscheinlichkeit muss diese Regeln erfüllen. Ergebnisse wie 'P = 1,3' oder 'P = −0,1' sind sofort als Rechenfehler erkennbar.

Bedingte Wahrscheinlichkeit und Unabhängigkeit

P(A|B) = P(A ∩ B) / P(B) ist die Wahrscheinlichkeit von A, gegeben B ist eingetreten. A und B sind unabhängig, wenn P(A|B) = P(A) bzw. P(B|A) = P(B), äquivalent P(A ∩ B) = P(A)·P(B).

Warum wichtig: Kernkonzept für Baumdiagramme, Ziehen ohne Zurücklegen, Bayes, Kontrollaufgaben. In fast jeder Klausuraufgabe zu Wahrscheinlichkeit muss man Abhängigkeit richtig einschätzen.

Totale Wahrscheinlichkeit vs. Bayes

Totale W.: berechnet P(A) durch Zerlegung des Ereignisraums in disjunkte Ursachen Bi. Bayes: berechnet umgekehrt die Wahrscheinlichkeit der Ursache Bi, gegeben Wirkung A ist eingetreten.

Warum wichtig: Klassisches Klausurpaar: erst totale Wahrscheinlichkeit (Vorwärtsrechnung), dann Bayes (Rückwärtsrechnung). Die Werte hängen zusammen – Nenner von Bayes ist genau die zuvor berechnete totale Wahrscheinlichkeit.

Klassische, statistische, subjektive und axiomatische Wahrscheinlichkeit

Klassisch (Laplace): günstige/mögliche Fälle, nur bei Gleichwahrscheinlichkeit. Statistisch: relative Häufigkeit bei vielen Wiederholungen. Subjektiv: persönlicher Überzeugungsgrad. Axiomatisch (Kolmogorov): mathematisch über Axiome definiert.

Warum wichtig: In MC-Fragen wird oft die Zuordnung geprüft: 'Welcher Begriff passt zu welcher Situation?' Beispiele: Münze/Roulette/gerader Würfelzahl = klassisch; defektes Teil, Unfall = statistisch; ökonomische Prognosen = subjektiv.

Kombinatorik: Permutation, Variation, Kombination

Permutation ordnet alle n Elemente an (n!). Variation wählt k aus n mit Reihenfolge (mit/ohne Wiederholung). Kombination wählt k aus n ohne Reihenfolge (mit/ohne Wiederholung).

Warum wichtig: Ohne Kombinatorik kein Laplace-Ansatz bei komplexeren Aufgaben. Muss man die Anzahl aller möglichen und aller günstigen Fälle korrekt zählen können – Fehler hier ziehen sich durch die ganze Rechnung.

Formeln zum Anwenden

Diese Formeln musst du in der Klausur einsetzen und damit rechnen können.

Laplace-Wahrscheinlichkeit (klassische Definition)

$$P(A) = \frac{\text{Anzahl der für } A \text{ günstigen Fälle}}{\text{Anzahl aller gleichmöglichen Fälle}} = \frac{|A|}{|\Omega|}$$

Symbole |A| = Anzahl Elementarereignisse in A; |Ω| = Größe des Ereignisraums. Nur zulässig, wenn alle Elementarereignisse gleichwahrscheinlich sind.

Anwenden wenn Bei symmetrischen Zufallsexperimenten: fairer Würfel, faire Münze, Ziehen ohne Bias, Ereignisse zählbar. Beispiel: P(zwei Wappen bei drei Münzwürfen) = 3/8.

Multiplikationssatz für unabhängige Ereignisse

$$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B); \quad \text{allgemein: } P(A_1 \cap \ldots \cap A_n) = P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot \ldots \cdot P(A_n)$$

Symbole P(A) und P(B) sind die Einzelwahrscheinlichkeiten. Voraussetzung: A und B sind unabhängig, d.h. P(A|B) = P(A).

Anwenden wenn Wenn Ereignisse sich nicht beeinflussen (z.B. Ziehen mit Zurücklegen, Münzwürfe, unabhängige Kontrollen). Beispiel: Schwarzfahren und Kontrolle unabhängig → P = 0,2·0,1 = 0,02.

Multiplikationssatz für abhängige Ereignisse (bedingte Wahrscheinlichkeit)

$$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B \mid A); \quad \text{allgemein: } P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = P(A_1) \cdot P(A_2 \mid A_1) \cdot P(A_3 \mid A_1, A_2)$$

Symbole P(B|A) = bedingte Wahrscheinlichkeit von B, gegeben A ist eingetreten. Es gilt P(B|A) = P(A ∩ B) / P(A).

Anwenden wenn Beim Ziehen ohne Zurücklegen, wenn Ereignisse aufeinander aufbauen. Beispiel: 3 Gewinne aus 10 Losen ohne Zurücklegen: (4/10)·(3/9)·(2/8).

Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit

$$P(A) = P(A \mid B_1) \cdot P(B_1) + P(A \mid B_2) \cdot P(B_2) + \ldots + P(A \mid B_n) \cdot P(B_n)$$

Symbole B1,...,Bn ist eine vollständige Zerlegung des Ereignisraums (disjunkt, Vereinigung = Ω). P(A|Bi) sind die bedingten Wahrscheinlichkeiten von A unter Bi.

Anwenden wenn Wenn das Ereignis A über mehrere disjunkte 'Wege' erreicht werden kann. Beispiel: Weiße Kugel aus 3 Behältern: P(w) = P(w|I)·P(I) + P(w|II)·P(II) + P(w|III)·P(III) = 43,33%.

Satz von Bayes

$$P(B_i \mid A) = \frac{P(A \mid B_i) \cdot P(B_i)}{P(A)} = \frac{P(A \mid B_i) \cdot P(B_i)}{\sum_{j} P(A \mid B_j) \cdot P(B_j)}$$

Symbole P(Bi|A) = A-posteriori-Wahrscheinlichkeit für Ursache Bi, gegeben Wirkung A. P(Bi) = A-priori-Wahrscheinlichkeit. Nenner ist die totale Wahrscheinlichkeit von A.

Anwenden wenn Bei 'Rückwärtsfragen': A ist eingetreten, welche Ursache Bi war es? Beispiel: Weiße Kugel gezogen – aus welchem Behälter? P(III|w) = (0,6·0,5)/0,4333 = 69,23%.

Additionssatz für zwei Ereignisse

$$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B); \quad \text{disjunkt: } P(A \cup B) = P(A) + P(B)$$

Symbole A ∪ B = Vereinigung (A oder B oder beide); A ∩ B = Durchschnitt (A und B gleichzeitig). Bei disjunkten Ereignissen ist P(A ∩ B) = 0.

Anwenden wenn Wenn nach der Wahrscheinlichkeit gefragt wird, dass mindestens eins von zwei Ereignissen eintritt. Beispiel bei Würfelwurf: A = gerade, B = größer 4 → P(A ∪ B) = 3/6 + 2/6 − 1/6 = 4/6.

Komplementärereignis

$$P(\bar{A}) = 1 - P(A)$$

Symbole A_quer = Gegenereignis zu A (alle Elementarereignisse, die NICHT in A liegen).

Anwenden wenn Wenn 'mindestens einmal' oder 'wenigstens' gefragt ist. Beispiel: P(mindestens 1 Sechser bei 4 Würfen) = 1 − P(kein Sechser) = 1 − (5/6)^4.

Kombinatorik-Grundformeln

$$\text{Permutation: } n!; \quad \text{Variation o.\,W.: } \frac{n!}{(n-k)!}; \quad \text{Kombination o.\,W.: } \frac{n!}{k! \cdot (n-k)!} = \binom{n}{k}; \quad \text{Variation m.\,W.: } n^k$$

Symbole n! = 1·2·3·...·n; C(n,k) = Binomialkoeffizient 'n über k'. Auswahl von k Objekten aus n Objekten.

Anwenden wenn Beim Zählen von Möglichkeiten. Reihenfolge wichtig → Variation. Reihenfolge egal → Kombination. Mit/ohne Wiederholung je nach Aufgabenstellung. Beispiel: 8 Pferde, Reihenfolge der ersten 3 = 8·7·6 = 336; ohne Reihenfolge = 56.

Typische Fallen & Verwechslungen

Verwechslung von Reihenfolge relevant vs. irrelevant: Variation (mit/ohne Wiederholung) hat die Reihenfolge, Kombination nicht. Wer beim Pferdetoto (336) mit Kombinationen (56) rechnet, unterschätzt die Anzahl um Faktor 3! massiv.
Ziehen mit vs. ohne Zurücklegen verwechseln: Ohne Zurücklegen ändern sich Zähler und Nenner nach jedem Zug. Mit Zurücklegen bleiben alle Wahrscheinlichkeiten konstant und man rechnet Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten.
Totale Wahrscheinlichkeit und Bayes verwechseln: P(A) = Summe P(A|Bi)·P(Bi) rechnet 'vorwärts', Bayes P(Bi|A) rechnet 'rückwärts'. Wer bei einer 'Wenn A eingetreten ist'-Frage mit totaler Wahrscheinlichkeit rechnet, löst die falsche Aufgabe.
Unabhängigkeit unterstellen, wo keine ist: P(A ∩ B) = P(A)·P(B) gilt nur bei Unabhängigkeit. Beim Ziehen ohne Zurücklegen ist P(A ∩ B) = P(A)·P(B|A) mit bedingter Wahrscheinlichkeit.
Bei Bayes den Nenner vergessen: P(Bi|A) muss durch die totale Wahrscheinlichkeit P(A) geteilt werden. Nur den Zähler P(A|Bi)·P(Bi) auszurechnen liefert ein zu kleines Ergebnis.
Bei disjunkten Ereignissen mit dem allgemeinen Additionssatz rechnen: Bei disjunkten Ereignissen ist P(A ∩ B) = 0, also P(A ∪ B) = P(A) + P(B). Der Term −P(A ∩ B) darf weggelassen werden.
Fakultäten falsch kürzen: 8! / 5! ≠ (8/5)!, sondern = 8·7·6. Beim händischen Rechnen immer schrittweise ausschreiben.
Prozente und Wahrscheinlichkeiten nicht sauber trennen: 0,58 = 58%, nicht 0,58%. Immer klar angeben, in welcher Einheit das Endergebnis steht.

Rechenaufgaben mit Lösungsweg

Klick auf eine Aufgabe für den kompletten Rechenweg Schritt für Schritt.

Rechenaufgabe 1: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit an einem beliebigen Tag, dass M ohne Fahrschein erwischt wird? Wie hoch muss die Kontrollwahrscheinlichkeit sein, damit sich die Erwischt-Wahrscheinlichkeit verdoppelt (auf 4%)? Und wie viel Prozent der Fälle darf M schwarzfahren, wenn die Kontrolle nun 40% beträgt, ohne dass 4% überschritten werden?

Szenario: M fährt mit der Straßenbahn zur DHBW. Bei 4/5 seiner Fahrten hat er einen Fahrschein, sonst fährt er schwarz. Die Wahrscheinlichkeit einer Fahrkartenkontrolle beträgt 10%.

Gegeben:
P(Fahrschein) = 4/5 = 0,8; P(schwarz) = 1/5 = 0,2; P(Kontrolle) = 0,10; Unabhängigkeit von Kontrolle und Schwarzfahren.

Lösungsweg

Schritt 1

$$\text{Ereignisse: } S = \text{schwarzfahren}, \; K = \text{Kontrolle}, \; \text{Erwischt} = S \cap K$$

Es liegt Unabhängigkeit vor, weil die Kontrolle unabhängig davon stattfindet, ob M schwarzfährt.

Schritt 2

$$P(S \cap K) = P(S) \cdot P(K) = 0{,}20 \cdot 0{,}10 = 0{,}02$$

Multiplikationssatz für unabhängige Ereignisse: die Einzelwahrscheinlichkeiten werden multipliziert.

Schritt 3

$$0{,}02 \;\hat{=}\; 2\%$$

An einem beliebigen Tag wird M mit 2%iger Wahrscheinlichkeit ohne Fahrschein erwischt.

Schritt 4

$$\text{Gesucht } P(S): \quad 0{,}02 = P(S) \cdot 0{,}40$$

Bedingung: Erwischt-Wahrscheinlichkeit soll (wie vorher) 2% betragen, obwohl die Kontrollwahrscheinlichkeit auf 40% gestiegen ist.

Schritt 5

$$P(S) = \frac{0{,}02}{0{,}40} = 0{,}05 = 5\%$$

M darf also nur noch bei 5% seiner Fahrten schwarzfahren, damit sich das Erwischt-Risiko nicht ändert.

Ergebnis: P(Erwischt) = 2%; erlaubter Schwarzfahranteil bei 40% Kontrolle = 5%.

Interpretation: Steigt die Kontrolldichte auf das Vierfache, muss der Schwarzfahranteil auf ein Viertel sinken, damit die Erwischt-Wahrscheinlichkeit konstant bleibt. Zeigt die Multiplikationsregel für unabhängige Ereignisse.

Rechenaufgabe 2: a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewählter Mitarbeiter mit dem Auto kommt? b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewählter Autofahrer ein Arbeiter ist?

Szenario: In einer Firma fahren 50% der Arbeiter, 60% der einfachen Angestellten und 80% des Managements mit dem eigenen PKW zum Büro. Das Verhältnis Arbeiter zu einfachen Angestellten zu Management ist 4:5:1.

Gegeben:
P(A) = 4/10 = 0,4; P(E) = 5/10 = 0,5; P(M) = 1/10 = 0,1; P(Auto|A) = 0,5; P(Auto|E) = 0,6; P(Auto|M) = 0,8.

Lösungsweg

Schritt 1

$$4+5+1 = 10 \;\Rightarrow\; P(A) = 0{,}4;\; P(E) = 0{,}5;\; P(M) = 0{,}1$$

Verhältniszahlen werden durch die Summe geteilt, um Wahrscheinlichkeiten zu erhalten.

Schritt 2

$$P(\text{Auto}) = P(\text{Auto} \mid A) \cdot P(A) + P(\text{Auto} \mid E) \cdot P(E) + P(\text{Auto} \mid M) \cdot P(M)$$

Der Ereignisraum ist in drei disjunkte Gruppen zerlegt; auf jede wird die bedingte Wahrscheinlichkeit angewendet.

Schritt 3

$$P(\text{Auto}) = 0{,}5 \cdot 0{,}4 + 0{,}6 \cdot 0{,}5 + 0{,}8 \cdot 0{,}1 = 0{,}20 + 0{,}30 + 0{,}08 = 0{,}58$$

Einsetzen und ausrechnen. Ergebnis 58%.

Schritt 4

$$P(A \mid \text{Auto}) = \frac{P(\text{Auto} \mid A) \cdot P(A)}{P(\text{Auto})}$$

Die Frage lautet: gegeben, dass jemand Autofahrer ist – wie hoch ist der Anteil Arbeiter? Das ist die klassische Bayes-Rückrechnung.

Schritt 5

$$P(A \mid \text{Auto}) = \frac{0{,}5 \cdot 0{,}4}{0{,}58} = \frac{0{,}20}{0{,}58} \approx 0{,}3448$$

Der Zähler ist der Beitrag der Arbeiter zur Gesamt-Autofahrer-Wahrscheinlichkeit.

Ergebnis: a) P(Auto) = 58%; b) P(Arbeiter|Auto) ≈ 34,5%.

Interpretation: Obwohl 40% aller Mitarbeiter Arbeiter sind, stellen sie nur 34,5% aller Autofahrer, weil Arbeiter seltener Auto fahren als das Management. Bayes zieht die Wahrscheinlichkeit von 40% nach unten.

Rechenaufgabe 3: a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, hintereinander drei Gewinne zu ziehen? b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, erst zwei Verluste und dann einen Gewinn zu ziehen? c) Wie hoch wären a) und b), wenn nach jedem Zug sofort mit einem entsprechenden Los aufgefüllt würde (Ziehen mit Zurücklegen)?

Szenario: In einer Lotterie gibt es 10 Lose, davon 4 Gewinne und 6 Nieten. Es wird ohne Zurücklegen gezogen.

Gegeben:
N = 10 Lose insgesamt, davon 4 Gewinne (G) und 6 Verluste (V). Ziehen ohne Zurücklegen bzw. mit Zurücklegen.

Lösungsweg

Schritt 1

$$P(G_1 \cap G_2 \cap G_3) = P(G_1) \cdot P(G_2 \mid G_1) \cdot P(G_3 \mid G_1, G_2)$$

Multiplikationssatz mit bedingten Wahrscheinlichkeiten, weil die Ziehungen abhängig sind.

Schritt 2

$$= \frac{4}{10} \cdot \frac{3}{9} \cdot \frac{2}{8} = \frac{24}{720} = \frac{1}{30} \approx 0{,}0333$$

Nach jedem gezogenen Gewinn sinken sowohl Zähler (verbleibende Gewinne) als auch Nenner (verbleibende Lose) um 1.

Schritt 3

$$\text{a) Ergebnis: } 3{,}3\%$$

Sehr geringe Wahrscheinlichkeit, dreimal in Folge zu gewinnen.

Schritt 4

$$P(V_1) \cdot P(V_2 \mid V_1) \cdot P(G_3 \mid V_1, V_2) = \frac{6}{10} \cdot \frac{5}{9} \cdot \frac{4}{8} = \frac{120}{720} = \frac{1}{6} \approx 0{,}1667$$

Erst zwei Verluste, dann ein Gewinn – die verbleibende Grundgesamtheit passt sich Zug für Zug an.

Schritt 5

$$\text{c) mit Zurücklegen: } a' = \left(\tfrac{4}{10}\right)^3 = 0{,}064 = 6{,}4\%; \quad b' = \left(\tfrac{6}{10}\right)^2 \cdot \tfrac{4}{10} = 0{,}144 = 14{,}4\%$$

Mit Zurücklegen bleibt die Grundgesamtheit konstant; die einzelnen Wahrscheinlichkeiten multiplizieren sich mit gleichbleibenden Faktoren.

Ergebnis: a) 3,3%; b) 16,7%; c) mit Zurücklegen: 6,4% bzw. 14,4%.

Interpretation: Beim Ziehen ohne Zurücklegen sinkt die Wahrscheinlichkeit für aufeinanderfolgende Gewinne schneller als beim Ziehen mit Zurücklegen, weil die Erfolgsquote im Topf abnimmt.

Rechenaufgabe 4: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Münze genau zweimal Wappen zeigt?

Szenario: Eine faire Münze wird dreimal geworfen. X sei die Anzahl der Wappen.

Gegeben:
Fair Münze: P(W)=0,5; P(Z)=0,5. n=3 Würfe; k=2 Wappen gesucht.

Lösungsweg

Schritt 1

$$|\Omega| = 2^3 = 8 \quad (WWW, WWZ, WZW, ZWW, WZZ, ZWZ, ZZW, ZZZ)$$

Jeder der drei Würfe hat 2 Ausgänge; die Kombinationen sind gleichwahrscheinlich.

Schritt 2

$$\text{Günstig für } A: \; WWZ, WZW, ZWW \;\Rightarrow\; |A| = 3$$

Wir zählen alle Anordnungen mit genau 2 W und 1 Z.

Schritt 3

$$P(A) = \frac{\text{günstig}}{\text{möglich}} = \frac{3}{8} = 0{,}375$$

Klassischer Wahrscheinlichkeitsbegriff nach Laplace, da alle Elementarereignisse gleichwahrscheinlich sind.

Schritt 4

$$P(X=2) = \binom{3}{2} \cdot 0{,}5^2 \cdot 0{,}5^1 = 3 \cdot 0{,}25 \cdot 0{,}5 = 0{,}375$$

Binomialverteilung mit n=3, p=0,5 liefert dasselbe Ergebnis.

Ergebnis: P(X=2) = 3/8 = 37,5%.

Interpretation: Die Wahrscheinlichkeit, exakt zwei Wappen bei drei Würfen zu erhalten, ist 37,5% – höher als für die anderen Einzelwerte (0 oder 3), aber gleich der Wahrscheinlichkeit für genau ein Wappen.

Rechenaufgabe 5: a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, eine weiße Kugel zu ziehen? b) Es wurde eine weiße Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie aus Behälter III stammt?

Szenario: Zunächst wird ein fairer Würfel geworfen. Bei einer 1 wird aus Behälter I (5 rot, 3 schwarz, 2 weiß) gezogen, bei 2 oder 3 aus Behälter II (1 rot, 6 schwarz, 3 weiß), bei 4-6 aus Behälter III (3 rot, 1 schwarz, 6 weiß).

Gegeben:
P(I) = 1/6; P(II) = 2/6 = 1/3; P(III) = 3/6 = 1/2. P(w|I) = 2/10 = 0,2; P(w|II) = 3/10 = 0,3; P(w|III) = 6/10 = 0,6.

Lösungsweg

Schritt 1

$$P(w) = P(w \mid I) \cdot P(I) + P(w \mid II) \cdot P(II) + P(w \mid III) \cdot P(III)$$

Die drei Behälter zerlegen den Ereignisraum vollständig in disjunkte Fälle.

Schritt 2

$$P(w) = 0{,}2 \cdot \tfrac{1}{6} + 0{,}3 \cdot \tfrac{1}{3} + 0{,}6 \cdot \tfrac{1}{2} = 0{,}0333 + 0{,}1 + 0{,}3 = 0{,}4333$$

Einsetzen der Werte und Summation.

Schritt 3

$$\text{a) Ergebnis: } P(w) \approx 43{,}33\%$$

Über alle Verzweigungen des Zufallsbaums ergibt sich diese Wahrscheinlichkeit.

Schritt 4

$$P(III \mid w) = \frac{P(w \mid III) \cdot P(III)}{P(w)} = \frac{0{,}6 \cdot 0{,}5}{0{,}4333}$$

Umkehrung: Wenn eine weiße Kugel gezogen wurde, wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass Behälter III die Quelle war?

Schritt 5

$$P(III \mid w) = \frac{0{,}30}{0{,}4333} \approx 0{,}6923$$

Der Anteil des Behälters III an der gesamten Weiß-Wahrscheinlichkeit.

Ergebnis: a) P(weiß) = 43,33%; b) P(III | weiß) ≈ 69,23%.

Interpretation: Obwohl Behälter III nur in 50% der Würfe angesteuert wird, stammt eine gezogene weiße Kugel mit 69% Wahrscheinlichkeit aus Behälter III, weil dort der Weiß-Anteil am größten ist. Bayes verschiebt die A-priori-Wahrscheinlichkeit.

Rechenaufgabe 6: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle drei Ereignisse eintreten a) beim Ziehen ohne Zurücklegen und b) beim Ziehen mit Zurücklegen?

Szenario: Ein Behälter enthält 10 Kugeln: 3 gelb, 5 grün, 2 blau. Es werden nacheinander drei Kugeln gezogen. Definiert sind A1 = blau im 1. Zug, A2 = gelb im 2. Zug, A3 = blau im 3. Zug.

Gegeben:
N = 10; blau = 2; gelb = 3; grün = 5.

Lösungsweg

Schritt 1

$$P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = P(A_1) \cdot P(A_2 \mid A_1) \cdot P(A_3 \mid A_1, A_2)$$

Multiplikationssatz für abhängige Ereignisse: jede Bedingung berücksichtigt die vorherigen Züge.

Schritt 2

$$P(A_1) = \tfrac{2}{10}, \quad P(A_2 \mid A_1) = \tfrac{3}{9}, \quad P(A_3 \mid A_1, A_2) = \tfrac{1}{8}$$

Nach A1 sind nur noch 9 Kugeln übrig, davon 3 gelb. Nach A2 nur noch 8 Kugeln, davon noch 1 blau.

Schritt 3

$$P = \tfrac{2}{10} \cdot \tfrac{3}{9} \cdot \tfrac{1}{8} = \tfrac{6}{720} = \tfrac{1}{120} \approx 0{,}00833$$

Umrechnen als gemeinsamer Bruch. Ergebnis ca. 0,83%.

Schritt 4

$$\text{b) mit Zurücklegen: } P = \tfrac{2}{10} \cdot \tfrac{3}{10} \cdot \tfrac{2}{10}$$

Nach jedem Zug wird die Kugel zurückgelegt; die Grundgesamtheit bleibt gleich.

Schritt 5

$$P = 0{,}2 \cdot 0{,}3 \cdot 0{,}2 = 0{,}012 = 1{,}2\%$$

Multiplikation der drei unabhängigen Einzelwahrscheinlichkeiten.

Ergebnis: a) ohne Zurücklegen ≈ 0,83%; b) mit Zurücklegen = 1,2%.

Interpretation: Beim Ziehen ohne Zurücklegen wirken sich frühere Züge auf spätere aus (Abhängigkeit); die Wahrscheinlichkeit fällt hier stärker ab, weil blau und gelb selten sind und im ersten Fall verschwinden.

Rechenaufgabe 7: a) Wie viele Möglichkeiten gibt es beim Pferdetoto (Reihenfolge wichtig)? b) Wie viele Möglichkeiten gäbe es, wenn nur die drei Erstplatzierten in beliebiger Reihenfolge getippt werden müssten?

Szenario: Beim Pferdetoto muss die richtige Reihenfolge der ersten drei Pferde getippt werden. Am Rennen nehmen 8 Pferde teil.

Gegeben:
n = 8 Pferde, k = 3 Plätze, ohne Wiederholung.

Lösungsweg

Schritt 1

$$V(n,k) = \frac{n!}{(n-k)!} = \frac{8!}{5!}$$

Die Reihenfolge der ersten drei Pferde ist entscheidend, weil Platz 1, 2 und 3 unterschieden werden.

Schritt 2

$$= \frac{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5!}{5!} = 8 \cdot 7 \cdot 6 = 336$$

Kürzen des 5! und Multiplikation der verbleibenden Faktoren.

Schritt 3

$$\text{a) Ergebnis: } 336 \text{ Möglichkeiten}$$

So viele Tipp-Kombinationen (Trifecta).

Schritt 4

$$\binom{n}{k} = \frac{n!}{k! \cdot (n-k)!} = \frac{8!}{3! \cdot 5!}$$

Die Reihenfolge zählt nun nicht mehr – nur die Menge der drei Pferde ist relevant.

Schritt 5

$$= \frac{8 \cdot 7 \cdot 6}{3 \cdot 2 \cdot 1} = \frac{336}{6} = 56$$

Kombinationszahl 'aus 8 wähle 3'.

Ergebnis: a) 336; b) 56 Möglichkeiten.

Interpretation: Die Zahl reduziert sich durch Weglassen der Reihenfolge um den Faktor 3! = 6. Kombinationen sind immer weniger zahlreich als die zugehörigen Variationen.

Verständnis- & Interpretationsfragen

Frage 1 Wahr oder falsch: Bei jeder Durchführung eines Zufallsexperiments tritt genau ein Elementarereignis ein, aber es können mehrere Ereignisse gleichzeitig eintreten.

Wahr
Falsch

Antwort: Wahr.

Elementarereignisse sind sich gegenseitig ausschließende einzelne Ausgänge – es tritt genau eines ein. Aber Ereignisse (Mengen von Elementarereignissen) können sich überschneiden. Beim Würfeln tritt z.B. das Elementarereignis 'Augenzahl 2' ein, gleichzeitig auch die Ereignisse 'gerade Zahl' und 'Zahl kleiner 4'.

Frage 2 Welche Aussage ist für zwei unabhängige Ereignisse A und B korrekt?

P(A|B) = P(A)·P(B)
P(A|B) = P(A)
P(A|B) = P(B|A)
P(B|A) = P(B) · P(A)

Antwort: P(A|B) = P(A) und P(B|A) = P(B).

Unabhängigkeit bedeutet: Das Eintreten des einen Ereignisses ändert die Wahrscheinlichkeit des anderen nicht. NICHT korrekt sind Aussagen wie P(A|B) = P(A)·P(B) oder P(B|A) = P(B)·P(A) – Multiplikation gilt für den Durchschnitt, nicht für bedingte Wahrscheinlichkeiten.

Frage 3 Der klassische (Laplace'sche) Wahrscheinlichkeitsbegriff ist nur anwendbar, wenn ...

... alle Elementarereignisse gleichwahrscheinlich sind
... es sich um Wirtschaftsdaten handelt
... Kolmogorov-Axiome erfüllt sind
... subjektive Einschätzungen vorliegen

Antwort: ... alle Elementarereignisse gleichwahrscheinlich sind.

Laplace: P(A) = günstige/mögliche Fälle. Diese Formel setzt Gleichwahrscheinlichkeit voraus. Bei einem gezinkten Würfel oder bei 'defektes Teil in der Qualitätskontrolle' greift die klassische Definition nicht – dort brauchen wir statistische Wahrscheinlichkeit (relative Häufigkeit).

Frage 4 In einer Aufgabe wird zuerst gewürfelt und dann je nach Ergebnis aus einem von drei Behältern eine Kugel gezogen. Welches Theorem berechnet die Gesamtwahrscheinlichkeit, eine weiße Kugel zu ziehen?

Antwort: Das Theorem für die totale Wahrscheinlichkeit.

Der Ereignisraum wird durch die Würfelergebnisse in disjunkte Fälle (welcher Behälter) zerlegt. Für jeden Behälter kennt man die bedingte Wahrscheinlichkeit einer weißen Kugel. Die Summe über alle P(w|Bi)·P(Bi) ist die totale Wahrscheinlichkeit.

Frage 5 In derselben Aufgabe: Es wurde eine weiße Kugel gezogen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie aus Behälter III stammt? Welches Theorem wird verwendet?

Antwort: Das Bayes-Theorem.

Wir kehren die Kausalrichtung um: Wirkung (weiße Kugel) ist bekannt, gesucht ist die Ursache (Behälter III). Der Nenner im Bayes-Theorem ist genau die vorher berechnete totale Wahrscheinlichkeit P(w) = 43,33%. Bayes liefert P(III|w) ≈ 69,23%.

Frage 6 Ist die grafische Darstellung von Ereignissen und Ereignisräumen typischerweise über die Lorenzkurve, das Vennsche Diagramm oder das Dendrogramm möglich?

Lorenzkurve
Vennsches Diagramm
Dendrogramm
Beveridge-Kurve

Antwort: Vennsches Diagramm.

Venn-Diagramme visualisieren Mengenbeziehungen wie Vereinigung, Durchschnitt und Komplement. Die Lorenzkurve dient zur Konzentrationsmessung, das Dendrogramm zur Clusteranalyse.

Frage 7 Sind die Ereignisse A = {1, 2, 3}, B = {4, 5, 6} und C = {3, 5} beim einmaligen Würfeln disjunkt? Welche Beziehung gilt zwischen A und B?

Antwort: A und B sind disjunkt (kein gemeinsames Elementarereignis) und zueinander komplementär (Vereinigung = Ω).

A ∩ B ist die leere Menge, also disjunkt. Da A ∪ B = {1,...,6} = Ω, ist B = A_quer. C hingegen überschneidet sich mit A (bei 3) und mit B (bei 5) und ist daher zu keinem der beiden disjunkt.

Frage 8 Warum ist die Wahrscheinlichkeit für 'Summe = 4' bei zwei Würfeln gleich der für 'Summe = 10', aber ungleich der für 'Summe = 5'?

Antwort: Beide Summen entstehen aus jeweils 3 gleichwahrscheinlichen Elementarereignissen (bei 36 gesamt), während 'Summe = 5' aus 4 Kombinationen entsteht.

Summe 4: (1,3), (2,2), (3,1) = 3 Fälle → 3/36. Summe 10: (4,6), (5,5), (6,4) = 3 Fälle → 3/36. Summe 5: (1,4), (2,3), (3,2), (4,1) = 4 Fälle → 4/36. Die Symmetrie der Würfelsummen um 7 erklärt, warum 4 und 10 gleich wahrscheinlich sind.