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Stochastische Unabhängigkeit prüfen

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Schwierigkeit: 1 – 5

41010911

Maia erledigt an \(80\,\%\) der Schultage ihre Hausaufgaben. An \(70\,\%\) der Tage trägt sie einen Zopf. Diese beiden Ereignisse sind stochastisch unabhängig. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie ohne Zopf und ohne erledigte Hausaufgaben zur Schule kommt?

Denkanstöße

- Wenn zwei Ereignisse unabhängig voneinander eintreten, wie berechnet man dann die Wahrscheinlichkeit, dass beide gleichzeitig passieren? - Was ist die Wahrscheinlichkeit für das Gegenteil der genannten Prozentsätze? - Kannst du ein Baumdiagramm skizzieren, um die Pfade zu visualisieren?

Lösung

1. Wahrscheinlichkeit für „Hausaufgaben nicht erledigt“ (\(\bar{H}\)): \(1 - 0{,}8 = 0{,}2\). 2. Wahrscheinlichkeit für „kein Zopf“ (\(\bar{Z}\)): \(1 - 0{,}7 = 0{,}3\). 3. Da die Ereignisse unabhängig sind, multipliziert man die Wahrscheinlichkeiten: \(P(\bar{H} \cap \bar{Z}) = 0{,}2 \cdot 0{,}3 = 0{,}06\). 4. Ergebnis: \(6\,\%\).

Antwort

\(6\,\%\)

41535711

Ein Modell für einen Streaming-Dienst enthält \(500\) Kundinnen und Kunden. Unterschieden werden Personen unter 25 Jahren (\(U\)) und ab 25 Jahren (\(A\)) sowie der Besitz eines Premium-Abos (\(P\)). <table><tr><th></th><th>\(U\)</th><th>\(A\)</th><th>Gesamt</th></tr><tr><th>\(P\)</th><td>\(120\)</td><td>\(80\)</td><td>\(200\)</td></tr><tr><th>\(\bar{P}\)</th><td>\(180\)</td><td>\(120\)</td><td>\(300\)</td></tr><tr><th>Gesamt</th><td>\(300\)</td><td>\(200\)</td><td>\(500\)</td></tr></table> Untersuche, ob der Besitz eines Premium-Abos stochastisch vom Alter abhängig ist. Vergleiche dazu \(P_U(P)\) mit \(P(P)\).

Denkanstöße

- Bestimme zuerst den Premium-Anteil in der gesamten Gruppe. - Bestimme anschließend denselben Anteil nur innerhalb der Gruppe \(U\). - Welche Gleichheit zwischen bedingter und unbedingter Wahrscheinlichkeit kennzeichnet Unabhängigkeit?

Lösung

1. Insgesamt besitzen \(200\) von \(500\) Personen ein Premium-Abo. Daher ist \(P(P)=\frac{200}{500}=0{,}4\). 2. Unter den \(300\) Personen unter 25 Jahren besitzen \(120\) ein Premium-Abo. Somit gilt \(P_U(P)=\frac{120}{300}=0{,}4\). 3. Da \(P_U(P)=P(P)\) gilt, verändert die Bedingung \(U\) die Wahrscheinlichkeit für \(P\) nicht. Die Merkmale sind in diesen Modelldaten stochastisch unabhängig.

Antwort

\(P(P)=0{,}4\) und \(P_U(P)=0{,}4\). Daher sind Premium-Abo und Altersgruppe in den Modelldaten stochastisch unabhängig.

42209411

In einem Modell für einen Streaming-Anbieter sind \(60\,\%\) der Abonnentinnen und Abonnenten jünger als 30 Jahre (\(J\)). Insgesamt bevorzugen \(30\,\%\) Science-Fiction-Filme (\(S\)). Der Anteil der Personen, die mindestens 30 Jahre alt sind und Science-Fiction bevorzugen, beträgt \(12\,\%\). Untersuche rechnerisch, ob die Vorliebe für Science-Fiction stochastisch von der Altersgruppe abhängig ist.

Denkanstöße

- Ergänze zuerst die Wahrscheinlichkeit der zweiten Altersgruppe. - Welche Produktgleichung kennzeichnet stochastische Unabhängigkeit? - Überlege nach der Prüfung mit \(\bar{J}\), was daraus für das Gegenereignis \(J\) folgt.

Lösung

1. Aus \(P(J)=0{,}6\) folgt \(P(\bar{J})=0{,}4\). 2. Bei Unabhängigkeit von \(\bar{J}\) und \(S\) müsste \(P(\bar{J}\cap S)=P(\bar{J})\cdot P(S)\) gelten. 3. Das Produkt ist \(0{,}4\cdot0{,}3=0{,}12\) und stimmt genau mit der gegebenen Schnittwahrscheinlichkeit überein. Also sind \(\bar{J}\) und \(S\) unabhängig. 4. Damit ist auch das Gegenereignis \(J\) von \(S\) unabhängig. In den Modelldaten besteht kein statistischer Zusammenhang zwischen Altersgruppe und Science-Fiction-Vorliebe.

Antwort

Die Merkmale sind stochastisch unabhängig, weil \(P(\bar{J}\cap S)=0{,}12=P(\bar{J})\cdot P(S)\) gilt.

43207511

In einer Urne befinden sich zwölf Kugeln, die sich in ihrer Farbe (blau oder rot) und ihrer Beschriftung unterscheiden (siehe Abbildung). Es wird einmal zufällig eine Kugel aus der Urne gezogen. Wir betrachten die folgenden Ereignisse: - \(A\): „Die gezogene Kugel ist blau.“ - \(B\): „Die gezogene Kugel hat eine gerade Zahl.“ Untersuche rechnerisch, ob die Ereignisse \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig voneinander sind.

Abbildung zur Aufgabe 432075

Denkanstöße

- Bestimme zuerst die Gesamtzahl aller Kugeln in der Urne. - Zähle, wie viele Kugeln blau sind und wie viele Kugeln eine gerade Zahl tragen. - Berechne die Wahrscheinlichkeiten für die beiden einzelnen Ereignisse sowie für ihr gemeinsames Auftreten. - Welche mathematische Beziehung muss zwischen den Einzelwahrscheinlichkeiten und der gemeinsamen Wahrscheinlichkeit gelten, damit Unabhängigkeit vorliegt?

Lösung

1. Bestimme die Gesamtzahl der Kugeln in der Urne: Es befinden sich insgesamt \(12\) Kugeln in der Urne. 2. Berechne die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis \(A\) (Kugel ist blau): Es gibt \(4\) blaue Kugeln (beschriftet mit \(1\), \(2\), \(3\), \(5\)). Damit gilt: \(P(A) = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}\). 3. Berechne die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis \(B\) (Kugel hat eine gerade Zahl): Die Kugeln mit geraden Zahlen sind \(2\), \(4\) und \(6\). Es gibt somit \(3\) gerade Kugeln. Damit gilt: \(P(B) = \frac{3}{12} = \frac{1}{4}\). 4. Bestimme die Wahrscheinlichkeit für das gemeinsame Ereignis \(A \cap B\) (Kugel ist blau und gerade): Nur die Kugel mit der blauen \(2\) erfüllt beide Bedingungen. Es gibt also genau \(1\) solche Kugel. Damit gilt: \(P(A \cap B) = \frac{1}{12}\). 5. Überprüfe die Bedingung für stochastische Unabhängigkeit: \(P(A) \cdot P(B) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{12}\). Da \(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)\) gilt, sind die Ereignisse \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig.

Antwort

Die Ereignisse \(A\) und \(B\) sind stochastisch unabhängig, da \(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) = \frac{1}{12}\) gilt.

43616111

Die Abbildung zeigt eine Urne. Es werden nacheinander zwei Kugeln ohne Zurücklegen gezogen. Untersuche, ob die Ereignisse \(A\): „Die erste Kugel ist rot“ und \(B\): „Die zweite Kugel ist rot“ stochastisch unabhängig sind.

Abbildung zur Aufgabe 436161

Denkanstöße

- Lies zuerst die Zusammensetzung der Urne aus der Abbildung ab. - Beim Ziehen ohne Zurücklegen verändert der erste Zug die Zusammensetzung vor dem zweiten Zug. - Vergleiche entweder Schnitt- und Produktwahrscheinlichkeit oder die Wahrscheinlichkeit des zweiten roten Zugs mit und ohne Bedingung.

Lösung

1. Aus der Abbildung folgt \(P(A)=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\). 2. Für die zweite rote Kugel gibt es die beiden Pfade „rot, rot“ und „blau, rot“. Daher ist \(P(B)=\frac{2}{4}\cdot\frac{1}{3}+\frac{2}{4}\cdot\frac{2}{3}=\frac{1}{2}\). 3. Das gemeinsame Ereignis entspricht dem Pfad „rot, rot“: \(P(A\cap B)=\frac{2}{4}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{6}\). 4. Da \(P(A)\cdot P(B)=\frac{1}{4}\neq\frac{1}{6}=P(A\cap B)\), sind die Ereignisse abhängig. Ebenso zeigt \(P_A(B)=\frac{1}{3}\neq\frac{1}{2}=P(B)\) die Abhängigkeit.

Antwort

Die Ereignisse sind stochastisch abhängig.

43748811

An einer Fertigungsstraße werden Bauteile an zwei Stationen \(A\) und \(B\) geprüft. Das Baumdiagramm zeigt die Wahrscheinlichkeiten für Fehler an beiden Stationen. Woran lässt sich unmittelbar erkennen, dass die Fehlerereignisse \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig sind?

Abbildung zur Aufgabe 437488

Denkanstöße

- Vergleiche die beiden Äste der zweiten Stufe, die zum Ereignis \(B\) führen. - Welche Information müsste die Wahrscheinlichkeit von \(B\) bei Abhängigkeit verändern? - Formuliere deine Beobachtung als Gleichheit zweier bedingter Wahrscheinlichkeiten.

Lösung

1. Entscheidend sind die Astwahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe. 2. Nach einem Fehler an Station \(A\) gilt \(P_A(B)=0{,}25\). Nach keinem Fehler an Station \(A\) gilt ebenfalls \(P_{\bar{A}}(B)=0{,}25\). 3. Damit ändert die Information über \(A\) die Wahrscheinlichkeit von \(B\) nicht. Die Ereignisse sind stochastisch unabhängig.

Antwort

Man erkennt die Unabhängigkeit daran, dass \(P_A(B)=P_{\bar{A}}(B)=0{,}25\) gilt. Die Wahrscheinlichkeit für einen Fehler an Station \(B\) ist also unabhängig davon, was an Station \(A\) passiert ist.

43748911

In einem Modell für Kaufinteresse \(K\) und Altersgruppe \(J\) sind die relativen Häufigkeiten in einer Vierfeldertafel gegeben: <table><tr><th></th><th>\(K\)</th><th>\(\bar{K}\)</th><th>Gesamt</th></tr><tr><th>\(J\)</th><td>\(0{,}06\)</td><td>\(0{,}14\)</td><td>\(0{,}20\)</td></tr><tr><th>\(\bar{J}\)</th><td>\(0{,}24\)</td><td>\(0{,}56\)</td><td>\(0{,}80\)</td></tr><tr><th>Gesamt</th><td>\(0{,}30\)</td><td>\(0{,}70\)</td><td>\(1{,}00\)</td></tr></table> Nenne eine Eigenschaft der Tabellenwerte, an der man die stochastische Unabhängigkeit von \(J\) und \(K\) schnell erkennen kann.

Denkanstöße

- Vergleiche ein inneres Feld mit den zugehörigen Randwahrscheinlichkeiten. - Alternativ kannst du die Anteile derselben Spalte innerhalb beider Zeilen vergleichen. - Suche nach einer Gleichheit, die zeigt, dass die Altersgruppe den Kaufinteresse-Anteil nicht verändert.

Lösung

1. Ein mögliches Erkennungsmerkmal ist die Produktbeziehung zwischen Rand und innerem Feld: \(P(J)\cdot P(K)=0{,}20\cdot0{,}30=0{,}06=P(J\cap K)\). 2. Alternativ sind die Anteile von \(K\) in beiden Zeilen gleich: \(\frac{0{,}06}{0{,}20}=0{,}30\) und \(\frac{0{,}24}{0{,}80}=0{,}30\). 3. Beide Beobachtungen zeigen die stochastische Unabhängigkeit.

Antwort

Zum Beispiel gilt \(P(J\cap K)=P(J)\cdot P(K)\), denn \(0{,}06=0{,}20\cdot0{,}30\). Äquivalent ist der \(K\)-Anteil in beiden Alterszeilen gleich groß.

43756611

Es gilt \(P(A)=0{,}4\), \(P(B)=0{,}5\) und \(P(A\cap B)=0{,}2\). Prüfe, ob \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig sind.

Denkanstöße

- Welche Gleichung verbindet Schnittwahrscheinlichkeit und Einzelwahrscheinlichkeiten bei Unabhängigkeit? - Vergleiche den gegebenen Schnittwert mit dem Produkt der beiden Einzelwahrscheinlichkeiten.

Lösung

1. Für Unabhängigkeit muss \(P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)\) gelten. 2. Das Produkt ist \(0{,}4\cdot0{,}5=0{,}2\). 3. Dieser Wert stimmt mit \(P(A\cap B)=0{,}2\) überein. Daher sind \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig.

Antwort

\(A\) und \(B\) sind stochastisch unabhängig.

43756711

Für zwei Ereignisse gilt \(P(A)=0{,}6\), \(P(B)=0{,}4\) und \(P(A\cap B)=0{,}3\). Prüfe, ob \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig sind, und bestimme \(P_A(B)\).

Denkanstöße

- Vergleiche die gegebene Schnittwahrscheinlichkeit mit dem Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten. - Für die bedingte Wahrscheinlichkeit ist \(A\) die neue Bezugsgruppe.

Lösung

1. Bei Unabhängigkeit müsste \(P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)\) gelten. Das Produkt ist \(0{,}6\cdot0{,}4=0{,}24\). 2. Da \(0{,}3\neq0{,}24\), sind die Ereignisse abhängig. 3. Innerhalb von \(A\) gilt \(P_A(B)=\frac{0{,}3}{0{,}6}=0{,}5\).

Antwort

Die Ereignisse sind stochastisch abhängig; \(P_A(B)=0{,}5\).

55350711

a) Bei einem fairen Würfel seien \(A=\{1,2\}\) und \(B=\{3,4\}\). Entscheide, ob \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig sind. b) Nun werden zwei faire Würfel geworfen. \(C\) sei das Ereignis „der erste Würfel zeigt eine gerade Zahl“, \(D\) das Ereignis „der zweite Würfel zeigt eine gerade Zahl“. Entscheide, ob \(C\) und \(D\) stochastisch unabhängig sind. c) Erkläre anhand der beiden Beispiele den Unterschied zwischen „unvereinbar“ und „stochastisch unabhängig“.

Denkanstöße

- Prüfe für beide Paare die Beziehung zwischen \(P(X\cap Y)\) und \(P(X)P(Y)\). - Bei unvereinbaren Ereignissen ist die Schnittmenge leer. - Bei den zwei Würfeln betreffen die Ereignisse unterschiedliche Würfel.

Lösung

1. Bei a) sind \(A\) und \(B\) unvereinbar, also ist \(P(A\cap B)=0\). Zugleich gilt \(P(A)P(B)=\frac{2}{6}\cdot\frac{2}{6}=\frac{1}{9}\). Daher sind \(A\) und \(B\) nicht unabhängig. 2. Bei b) gilt \(P(C)=\frac12\), \(P(D)=\frac12\) und \(P(C\cap D)=\frac14\). Damit ist \(P(C\cap D)=P(C)P(D)\), also sind \(C\) und \(D\) unabhängig. 3. Unvereinbar bedeutet, dass zwei Ereignisse nicht gleichzeitig eintreten können. Unabhängig bedeutet, dass das Eintreten des einen Ereignisses die Wahrscheinlichkeit des anderen nicht verändert. Unabhängige Ereignisse können gleichzeitig eintreten.

Antwort

a) Nicht unabhängig. b) Unabhängig. c) Unvereinbare Ereignisse können nicht gemeinsam eintreten; unabhängige Ereignisse können gemeinsam eintreten und beeinflussen ihre Wahrscheinlichkeiten nicht gegenseitig.

41474811

In einem Modell für die Qualitätskontrolle eines Smartphone-Herstellers haben \(5\,\%\) der Geräte einen Displayfehler (\(D\)), \(3\,\%\) einen Akkufehler (\(A\)) und \(1\,\%\) beide Fehler gleichzeitig. a) Erstelle eine Vierfeldertafel mit den entsprechenden Wahrscheinlichkeiten. b) Ein Gerät hat einen Akkufehler. Bestimme \(P_A(D)\). c) Vergleiche \(P_A(D)\) mit \(P(D)\). Was folgt für den statistischen Zusammenhang der beiden Fehlerarten?

Denkanstöße

- Beginne mit dem Feld, in dem beide Fehler gleichzeitig auftreten, und ergänze daraus Zeilen- und Spaltenreste. - Für b) ist nur die Spalte mit Akkufehler die Bezugsgruppe. - Bei Unabhängigkeit dürfte die Bedingung \(A\) die Wahrscheinlichkeit für \(D\) nicht verändern.

Lösung

1. Aus \(P(D\cap A)=0{,}01\) folgt \(P(D\cap\bar{A})=0{,}05-0{,}01=0{,}04\) und \(P(\bar{D}\cap A)=0{,}03-0{,}01=0{,}02\). 2. Das verbleibende Feld ist \(P(\bar{D}\cap\bar{A})=1-0{,}01-0{,}04-0{,}02=0{,}93\). 3. Innerhalb der Geräte mit Akkufehler ist \(P_A(D)=\frac{0{,}01}{0{,}03}=\frac{1}{3}\approx0{,}3333\). 4. Da \(P_A(D)\neq P(D)\) gilt, sind \(D\) und \(A\) stochastisch abhängig. In den Modelldaten ist ein Displayfehler innerhalb der Geräte mit Akkufehler deutlich häufiger als insgesamt.

Antwort

a) <table><tr><th></th><th>\(A\)</th><th>\(\bar{A}\)</th><th>Gesamt</th></tr><tr><th>\(D\)</th><td>\(1\,\%\)</td><td>\(4\,\%\)</td><td>\(5\,\%\)</td></tr><tr><th>\(\bar{D}\)</th><td>\(2\,\%\)</td><td>\(93\,\%\)</td><td>\(95\,\%\)</td></tr><tr><th>Gesamt</th><td>\(3\,\%\)</td><td>\(97\,\%\)</td><td>\(100\,\%\)</td></tr></table> b) \(P_A(D)=\frac{1}{3}\approx33{,}3\,\%\) c) Da \(P_A(D)\neq P(D)\), sind die Fehlerarten in den Modelldaten stochastisch abhängig.

41476611

In einem Modell wurden \(200\) Haushalte nach Hundebesitz (\(H\)) und Gartenbesitz (\(G\)) eingeteilt: <table><tr><th></th><th>\(G\)</th><th>\(\bar{G}\)</th><th>Summe</th></tr><tr><th>\(H\)</th><td>\(48\)</td><td>\(12\)</td><td>\(60\)</td></tr><tr><th>\(\bar{H}\)</th><td>\(56\)</td><td>\(84\)</td><td>\(140\)</td></tr><tr><th>Summe</th><td>\(104\)</td><td>\(96\)</td><td>\(200\)</td></tr></table> a) Berechne \(P_H(G)\). b) Berechne \(P_{\bar{H}}(G)\) und vergleiche beide Werte. Was lässt sich über den statistischen Zusammenhang von Hundebesitz und Gartenbesitz in diesen Modelldaten sagen?

Denkanstöße

- Bei a) bildet nur die Zeile \(H\) die Bezugsgruppe. - Wechsle für b) zur Zeile \(\bar{H}\), ohne die gesamte Stichprobe als Nenner zu verwenden. - Welche Beziehung zwischen den beiden bedingten Wahrscheinlichkeiten wäre bei Unabhängigkeit zu erwarten?

Lösung

1. Innerhalb der \(60\) Haushalte mit Hund besitzen \(48\) einen Garten. Daher ist \(P_H(G)=\frac{48}{60}=0{,}8\). 2. Innerhalb der \(140\) Haushalte ohne Hund besitzen \(56\) einen Garten. Daher ist \(P_{\bar{H}}(G)=\frac{56}{140}=0{,}4\). 3. Die bedingten Wahrscheinlichkeiten unterscheiden sich. Somit sind Hundebesitz und Gartenbesitz in den Modelldaten stochastisch abhängig.

Antwort

a) \(P_H(G)=0{,}8=80\,\%\) b) \(P_{\bar{H}}(G)=0{,}4=40\,\%\). Die Merkmale sind in den Modelldaten stochastisch abhängig.

42209311

In einem Modell für einen Sportverein wird untersucht, ob zwischen der regelmäßigen Teilnahme an einem Mentaltraining (\(M\)) und dem Bestehen einer Trainerlizenz-Prüfung (\(E\)) ein statistischer Zusammenhang besteht. Die Daten lauten: <table><tr><th></th><th>\(M\)</th><th>\(\bar{M}\)</th><th>Gesamt</th></tr><tr><th>\(E\)</th><td>\(150\)</td><td>\(200\)</td><td>\(350\)</td></tr><tr><th>\(\bar{E}\)</th><td>\(50\)</td><td>\(100\)</td><td>\(150\)</td></tr><tr><th>Gesamt</th><td>\(200\)</td><td>\(300\)</td><td>\(500\)</td></tr></table> Prüfe rechnerisch, ob \(M\) und \(E\) stochastisch unabhängig sind, und interpretiere das Ergebnis im Sachzusammenhang.

Denkanstöße

- Welche Produktgleichung muss bei stochastischer Unabhängigkeit erfüllt sein? - Lies die beiden Einzelwahrscheinlichkeiten und die Schnittwahrscheinlichkeit aus den absoluten Häufigkeiten ab. - Trenne bei der Interpretation einen statistischen Zusammenhang von einer möglichen Ursache-Wirkungs-Aussage.

Lösung

1. Aus der Tabelle folgt \(P(M)=\frac{200}{500}=0{,}4\), \(P(E)=\frac{350}{500}=0{,}7\) und \(P(M\cap E)=\frac{150}{500}=0{,}3\). 2. Bei Unabhängigkeit müsste \(P(M\cap E)=P(M)\cdot P(E)\) gelten. Das Produkt beträgt \(0{,}4\cdot0{,}7=0{,}28\). 3. Da \(0{,}3\neq0{,}28\), sind die Ereignisse stochastisch abhängig. 4. Passend dazu ist die Erfolgswahrscheinlichkeit unter den Teilnehmenden am Mentaltraining \(P_M(E)=\frac{150}{200}=0{,}75\) größer als \(P(E)=0{,}7\). Die Modelldaten zeigen somit einen statistischen Zusammenhang, nicht automatisch eine Ursache-Wirkungs-Beziehung.

Antwort

Die Ereignisse sind stochastisch abhängig, weil \(P(M\cap E)=0{,}3\neq0{,}28=P(M)\cdot P(E)\). In den Modelldaten ist die Erfolgsquote unter den Teilnehmenden am Mentaltraining höher; daraus allein folgt keine Kausalität.

42210411

Gegeben ist ein Zufallsexperiment mit der Ergebnismenge \(\Omega = \{z_1; z_2; z_3; z_4; z_5\}\) und der im Folgenden tabellierten Verteilung: <table> <tr> <td>\(z_i\)</td> <td>\(z_1\)</td> <td>\(z_2\)</td> <td>\(z_3\)</td> <td>\(z_4\)</td> <td>\(z_5\)</td> </tr> <tr> <td>\(P(z_i)\)</td> <td>\(0{,}12\)</td> <td>\(0{,}28\)</td> <td>\(0{,}18\)</td> <td>\(0{,}22\)</td> <td>\(0{,}20\)</td> </tr> </table> Prüfe rechnerisch, ob die Ereignisse \(E = \{z_1; z_2\}\) und \(F = \{z_1; z_3\}\) stochastisch unabhängig sind.

Denkanstöße

- Erinnere dich an die Definition der stochastischen Unabhängigkeit über das Produkt von Wahrscheinlichkeiten. - Wie berechnet man die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses, wenn die Wahrscheinlichkeiten der Ergebnisse bekannt sind? - Identifiziere genau, welche Elemente zur Schnittmenge beider Ereignisse gehören. - Führe die Multiplikation sorgfältig durch und vergleiche das Ergebnis mit der Wahrscheinlichkeit der Schnittmenge.

Lösung

1. Berechnung der Wahrscheinlichkeit von \(E\): \(P(E) = P(z_1) + P(z_2) = 0{,}12 + 0{,}28 = 0{,}40\) 2. Berechnung der Wahrscheinlichkeit von \(F\): \(P(F) = P(z_1) + P(z_3) = 0{,}12 + 0{,}18 = 0{,}30\) 3. Identifikation der Schnittmenge: \(E \cap F = \{z_1\}\) 4. Wahrscheinlichkeit der Schnittmenge: \(P(E \cap F) = P(z_1) = 0{,}12\) 5. Prüfung der Unabhängigkeitsformel: \(P(E) \cdot P(F) = 0{,}40 \cdot 0{,}30 = 0{,}12\) 6. Schlussfolgerung: Da \(P(E \cap F) = P(E) \cdot P(F)\) gilt, sind die Ereignisse stochastisch unabhängig.

Antwort

Die Ereignisse \(E\) und \(F\) sind stochastisch unabhängig, da \(P(E \cap F) = 0{,}12\) genau dem Produkt \(P(E) \cdot P(F) = 0{,}4 \cdot 0{,}3 = 0{,}12\) entspricht.

42210511

In einem Modell wurden \(200\) Personen nach bevorzugtem Urlaubsziel und Altersgruppe eingeteilt: <table><tr><th></th><th>Meer</th><th>Berge</th></tr><tr><th>unter 40 Jahre</th><td>\(72\)</td><td>\(48\)</td></tr><tr><th>ab 40 Jahre</th><td>\(48\)</td><td>\(32\)</td></tr></table> Für eine zufällig ausgewählte Person seien \(A\): „unter 40 Jahre“ und \(M\): „bevorzugt das Meer“. Untersuche \(A\) und \(M\) auf stochastische Unabhängigkeit.

Denkanstöße

- Bestimme aus der Tabelle zunächst die beiden Randhäufigkeiten für \(A\) und \(M\). - Welches einzelne Tabellenfeld gehört zur Schnittmenge \(A\cap M\)? - Vergleiche die Schnittwahrscheinlichkeit mit dem Produkt der beiden Einzelwahrscheinlichkeiten.

Lösung

1. Insgesamt gibt es \(200\) Personen. Für \(A\) gilt \(P(A)=\frac{72+48}{200}=0{,}6\). 2. Für \(M\) gilt ebenfalls \(P(M)=\frac{72+48}{200}=0{,}6\). 3. Das gemeinsame Ereignis hat die Wahrscheinlichkeit \(P(A\cap M)=\frac{72}{200}=0{,}36\). 4. Da \(P(A)\cdot P(M)=0{,}6\cdot0{,}6=0{,}36=P(A\cap M)\) gilt, sind die Ereignisse stochastisch unabhängig.

Antwort

\(A\) und \(M\) sind stochastisch unabhängig.

42210611

In einem Modell für ein Fitnessstudio gibt es \(1500\) Mitglieder. Davon nutzen \(900\) regelmäßig die Sauna (\(S\)), \(600\) nehmen regelmäßig an Gruppenkursen teil (\(G\)), und \(400\) tun beides. Prüfe rechnerisch, ob \(G\) und \(S\) stochastisch unabhängig sind.

Denkanstöße

- Wandle die drei gegebenen Häufigkeiten in Wahrscheinlichkeiten um. - Welche der Angaben beschreibt direkt die Schnittmenge der beiden Ereignisse? - Prüfe die Produktgleichung für stochastische Unabhängigkeit.

Lösung

1. Es gilt \(P(G)=\frac{600}{1500}=0{,}4\) und \(P(S)=\frac{900}{1500}=0{,}6\). 2. Für das gemeinsame Ereignis ist \(P(G\cap S)=\frac{400}{1500}=\frac{4}{15}\). 3. Bei Unabhängigkeit müsste \(P(G\cap S)=P(G)\cdot P(S)\) gelten. Das Produkt ist \(0{,}4\cdot0{,}6=0{,}24\). 4. Da \(\frac{4}{15}\neq0{,}24\), sind \(G\) und \(S\) in den Modelldaten stochastisch abhängig.

Antwort

\(G\) und \(S\) sind stochastisch abhängig.

42210711

Gegeben ist eine unvollständige Vierfeldertafel für zwei stochastisch unabhängige Ereignisse \(E\) und \(F\). <table> <tr> <td></td> <td>\(F\)</td> <td>\(\overline{F}\)</td> <td>Summe</td> </tr> <tr> <td>\(E\)</td> <td></td> <td>\(0{,}12\)</td> <td></td> </tr> <tr> <td>\(\overline{E}\)</td> <td></td> <td>\(0{,}18\)</td> <td></td> </tr> <tr> <td>Summe</td> <td></td> <td></td> <td>\(1\)</td> </tr> </table> Berechne alle fehlenden Wahrscheinlichkeiten und vervollständige die Tabelle.

Denkanstöße

- Was lässt sich direkt aus den gegebenen Werten in der Spalte für \(\overline{F}\) berechnen? - Welche mathematische Bedingung gilt für die Wahrscheinlichkeiten im Inneren einer Vierfeldertafel, wenn die Ereignisse unabhängig sind? - Wie hängen die Randwahrscheinlichkeiten mit der Summe 1 zusammen?

Lösung

1. Berechnung der Randwahrscheinlichkeit \(P(\overline{F})\) durch Summation der Spalte: \(P(\overline{F}) = 0{,}12 + 0{,}18 = 0{,}30\). 2. Berechnung von \(P(F)\) über das Gegenereignis: \(P(F) = 1 - 0{,}30 = 0{,}70\). 3. Nutzung der Unabhängigkeit \(P(E \cap \overline{F}) = P(E) \cdot P(\overline{F})\): \(0{,}12 = P(E) \cdot 0{,}30 \implies P(E) = \frac{0{,}12}{0{,}30} = 0{,}40\). 4. Berechnung der restlichen Randwahrscheinlichkeiten: \(P(\overline{E}) = 1 - 0{,}40 = 0{,}60\). 5. Berechnung der Verbundwahrscheinlichkeiten im Inneren: \(P(E \cap F) = P(E) \cdot P(F) = 0{,}40 \cdot 0{,}70 = 0{,}28\) und \(P(\overline{E} \cap F) = P(\overline{E}) \cdot P(F) = 0{,}60 \cdot 0{,}70 = 0{,}42\).

Antwort

Die vervollständigte Tabelle lautet: <table> <tr> <td></td> <td>\(F\)</td> <td>\(\overline{F}\)</td> <td>Summe</td> </tr> <tr> <td>\(E\)</td> <td>\(0{,}28\)</td> <td>\(0{,}12\)</td> <td>\(0{,}40\)</td> </tr> <tr> <td>\(\overline{E}\)</td> <td>\(0{,}42\)</td> <td>\(0{,}18\)</td> <td>\(0{,}60\)</td> </tr> <tr> <td>Summe</td> <td>\(0{,}70\)</td> <td>\(0{,}30\)</td> <td>\(1\)</td> </tr> </table>

42211811

In einem Behälter befinden sich \(10\) Kugeln: \(2\) blaue, \(3\) rote und \(5\) gelbe. Es werden nacheinander zwei Kugeln zufällig gezogen. Wir betrachten die Ereignisse: \(B\): „Die erste Kugel ist blau.“ \(R\): „Die zweite Kugel ist rot.“ a) Berechne \(P(R)\) und \(P_B(R)\) unter der Bedingung, dass die erste Kugel nicht zurückgelegt wird. Sind die Ereignisse \(B\) und \(R\) in diesem Fall stochastisch unabhängig? b) Prüfe die Unabhängigkeit der Ereignisse \(B\) und \(R\), wenn die erste Kugel vor dem zweiten Zug wieder zurückgelegt wird.

Denkanstöße

- Wie verändert sich die Anzahl der roten Kugeln und die Gesamtzahl der Kugeln, wenn zuerst eine blaue Kugel entnommen wurde? - Verwende ein Baumdiagramm, um alle Pfade zu finden, die zum Ereignis „die zweite Kugel ist rot“ führen. - Vergleiche die Wahrscheinlichkeit für Rot im zweiten Zug mit der bedingten Wahrscheinlichkeit unter der Bedingung, dass die erste Kugel blau war.

Lösung

1. Teil a) Ohne Zurücklegen: Die Wahrscheinlichkeit für Rot im zweiten Zug berechnet sich mit dem Satz der totalen Wahrscheinlichkeit über alle Möglichkeiten des ersten Zuges (Blau, Rot, Gelb): \(P(R) = P(B \cap R) + P(R_1 \cap R) + P(G_1 \cap R) = \frac{2}{10} \cdot \frac{3}{9} + \frac{3}{10} \cdot \frac{2}{9} + \frac{5}{10} \cdot \frac{3}{9} = \frac{6 + 6 + 15}{90} = \frac{27}{90} = 0{,}3\), wobei \(R_1\) bzw. \(G_1\) für „erste Kugel rot“ bzw. „erste Kugel gelb“ steht. Die bedingte Wahrscheinlichkeit \(P_B(R)\) ist die Wahrscheinlichkeit für Rot im zweiten Zug, wenn die erste blau war: \(P_B(R) = \frac{3}{9} = \frac{1}{3} \approx 0{,}3333\). Da \(P_B(R) \neq P(R)\) gilt, sind die Ereignisse stochastisch abhängig. 2. Teil b) Mit Zurücklegen: Hier bleibt die Wahrscheinlichkeit für den zweiten Zug immer gleich, egal was zuerst gezogen wurde: \(P(R) = \frac{3}{10} = 0{,}3\) und \(P_B(R) = \frac{3}{10} = 0{,}3\). Da \(P_B(R) = P(R)\) gilt, sind die Ereignisse in diesem Fall stochastisch unabhängig.

Antwort

a) \(P(R) = 0{,}3\); \(P_B(R) = \frac{1}{3} \approx 0{,}3333\); die Ereignisse sind stochastisch abhängig. b) \(P(R) = 0{,}3\); \(P_B(R) = 0{,}3\); die Ereignisse sind stochastisch unabhängig.

42212011

In einem Modell werden \(200\) Personen betrachtet: \(120\) Jugendliche (\(J\)) und \(80\) Erwachsene (\(\bar{J}\)). Insgesamt zeigen \(60\) Personen Kaufinteresse an einem neuen Getränk (\(K\)). a) Bestimme, wie viele Jugendliche und wie viele Erwachsene kaufinteressiert sein müssten, damit \(K\) stochastisch unabhängig von der Altersgruppe ist. b) Tatsächlich seien in einer zweiten Modellvariante \(40\) Jugendliche kaufinteressiert. Weise rechnerisch nach, dass dann eine stochastische Abhängigkeit vorliegt. c) Entscheide ohne weitere Rechnung, ob in der Situation aus b) auch \(\bar{J}\) und \(\bar{K}\) stochastisch abhängig sind. Begründe kurz.

Denkanstöße

- Welcher Kaufinteresse-Anteil gilt in der gesamten Modellgruppe? - Bei Unabhängigkeit müsste derselbe Anteil innerhalb beider Altersgruppen auftreten. - Prüfe in b), ob die Bedingung \(J\) den Kaufinteresse-Anteil verändert. - Überlege in c), wie Unabhängigkeit mit dem Übergang zu Gegenereignissen zusammenhängt.

Lösung

1. Insgesamt gilt \(P(K)=\frac{60}{200}=0{,}3\). Bei Unabhängigkeit muss \(P_J(K)=P_{\bar{J}}(K)=0{,}3\) gelten. 2. Daher müssen \(120\cdot0{,}3=36\) Jugendliche und \(80\cdot0{,}3=24\) Erwachsene kaufinteressiert sein. 3. In b) ist \(P_J(K)=\frac{40}{120}=\frac{1}{3}\). Von den Erwachsenen sind dann \(60-40=20\) kaufinteressiert, also \(P_{\bar{J}}(K)=\frac{20}{80}=0{,}25\). 4. Da die bedingten Wahrscheinlichkeiten verschieden sind, sind Altersgruppe und Kaufinteresse abhängig. 5. Sind \(J\) und \(K\) abhängig, so sind auch ihre Gegenereignisse \(\bar{J}\) und \(\bar{K}\) abhängig. Denn Unabhängigkeit überträgt sich zugleich auf Gegenereignisse; ihr Fehlen entsprechend ebenfalls.

Antwort

a) \(36\) Jugendliche und \(24\) Erwachsene b) \(P_J(K)=\frac{1}{3}\neq0{,}25=P_{\bar{J}}(K)\); daher abhängig. c) Auch \(\bar{J}\) und \(\bar{K}\) sind abhängig.

42212111

Ein fairer sechsseitiger Würfel wird zweimal geworfen. Es werden die folgenden Ereignisse betrachtet: \(A\): „Der erste Wurf zeigt eine Primzahl.“ \(B\): „Der zweite Wurf zeigt eine Augenzahl größer als 4.“ \(C\): „Die Summe der Augenzahlen beider Würfe ist genau 6.“ a) Weise nach, dass die Ereignisse \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig sind. b) Untersuche, ob die Ereignisse \(A\) und \(C\) stochastisch unabhängig sind.

Denkanstöße

- Welche Bedingung muss für die Wahrscheinlichkeiten erfüllt sein, damit zwei Ereignisse als stochastisch unabhängig gelten? - Wie viele mögliche Ergebnisse gibt es insgesamt bei einem zweifachen Würfelwurf? - Kannst du alle Zahlenpaare aufschreiben, die zu einem bestimmten Ereignis gehören? - Berechne zuerst die Einzelwahrscheinlichkeiten und dann die Wahrscheinlichkeit für das gemeinsame Eintreten beider Ereignisse.

Lösung

1. Bestimmung der Wahrscheinlichkeiten für \(A\) und \(B\): Die Primzahlen auf einem Würfel sind 2, 3 und 5, also \(P(A) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\). Die Zahlen größer als 4 sind 5 und 6, also \(P(B) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\). 2. Berechnung der Schnittwahrscheinlichkeit \(P(A \cap B)\): Da die Würfe unabhängig sind, gilt für das gleichzeitige Eintreten (Primzahl im 1. Wurf und Zahl \(>4\) im 2. Wurf) \(P(A \cap B) = \frac{3 \cdot 2}{36} = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}\). 3. Prüfung der Unabhängigkeit für \(A\) und \(B\): Da \(P(A) \cdot P(B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6} = P(A \cap B)\), sind \(A\) und \(B\) unabhängig. 4. Bestimmung der Wahrscheinlichkeit für \(C\): Die günstigen Ergebnisse für die Summe 6 sind \((1|5), (2|4), (3|3), (4|2), (5|1)\). Somit ist \(P(C) = \frac{5}{36}\). 5. Berechnung der Schnittwahrscheinlichkeit \(P(A \cap C)\): Die Ergebnisse in \(C\), bei denen der erste Würfel eine Primzahl (2, 3 oder 5) zeigt, sind \((2|4), (3|3)\) und \((5|1)\). Es gibt 3 solche Ergebnisse, also \(P(A \cap C) = \frac{3}{36} = \frac{1}{12}\). 6. Prüfung der Unabhängigkeit für \(A\) und \(C\): Es gilt \(P(A) \cdot P(C) = \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{36} = \frac{5}{72}\). Da \(\frac{1}{12} = \frac{6}{72} \neq \frac{5}{72}\), sind \(A\) und \(C\) stochastisch abhängig.

Antwort

a) \(A\) und \(B\) sind stochastisch unabhängig, da \(P(A \cap B) = \frac{1}{6}\) und \(P(A) \cdot P(B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}\) gilt. b) \(A\) und \(C\) sind stochastisch abhängig, da \(P(A \cap C) = \frac{1}{12}\), aber \(P(A) \cdot P(C) = \frac{5}{72}\) ist.

42212311

In einem Modell für Smartphone-Nutzende besitzen \(40\,\%\) auch einen Laptop derselben Marke (\(L\)). Insgesamt sind \(55\,\%\) mit dem Kundenservice sehr zufrieden (\(Z\)); bei \(25\,\%\) treffen beide Merkmale zu. a) Vervollständige die Vierfeldertafel. <table><tr><th></th><th>\(L\)</th><th>\(\bar{L}\)</th><th>Gesamt</th></tr><tr><th>\(Z\)</th><td>\(25\,\%\)</td><td></td><td>\(55\,\%\)</td></tr><tr><th>\(\bar{Z}\)</th><td></td><td></td><td></td></tr><tr><th>Gesamt</th><td>\(40\,\%\)</td><td></td><td>\(100\,\%\)</td></tr></table> b) Prüfe \(L\) und \(Z\) rechnerisch auf stochastische Unabhängigkeit. c) Bestimme \(P_L(Z)\) und \(P_{\bar{L}}(Z)\) und beschreibe ihre Bedeutung. d) Interpretiere die Ergebnisse aus b) und c) für diese Modelldaten.

Denkanstöße

- Ergänze die Vierfeldertafel über die Zeilen- und Spaltensummen. - Prüfe anschließend die Produktgleichung für Unabhängigkeit. - Bei c) ist jeweils nur eine der beiden Laptop-Gruppen die Bezugsgruppe. - Trenne bei d) statistische Abhängigkeit von einer Ursache-Wirkungs-Aussage.

Lösung

1. Aus den Randwerten folgen \(P(L\cap\bar{Z})=0{,}15\), \(P(\bar{L}\cap Z)=0{,}30\), \(P(\bar{L}\cap\bar{Z})=0{,}30\), \(P(\bar{L})=0{,}60\) und \(P(\bar{Z})=0{,}45\). 2. Bei Unabhängigkeit müsste \(P(L\cap Z)=P(L)\cdot P(Z)\) gelten. Das Produkt ist \(0{,}40\cdot0{,}55=0{,}22\), während \(P(L\cap Z)=0{,}25\) ist. Die Ereignisse sind abhängig. 3. Innerhalb der Laptop-Besitzenden ist \(P_L(Z)=\frac{0{,}25}{0{,}40}=0{,}625\). Ohne Laptop derselben Marke gilt \(P_{\bar{L}}(Z)=\frac{0{,}30}{0{,}60}=0{,}5\). 4. In den Modelldaten ist die Servicezufriedenheit in der Gruppe \(L\) höher. Das beschreibt einen statistischen Zusammenhang, nicht dessen Ursache.

Antwort

a) Fehlende innere Felder: \(15\,\%\), \(30\,\%\), \(30\,\%\); fehlende Ränder: \(60\,\%\) und \(45\,\%\). b) Abhängig, weil \(P(L\cap Z)=0{,}25\neq0{,}22=P(L)\cdot P(Z)\). c) \(P_L(Z)=62{,}5\,\%\); \(P_{\bar{L}}(Z)=50\,\%\). Die Werte sind die Zufriedenheitsanteile innerhalb der jeweiligen Laptop-Gruppen. d) In den Modelldaten besteht ein positiver statistischer Zusammenhang; eine Ursache ist damit nicht belegt.

42212411

In einem Modell für ein Logistikzentrum stammen \(60\,\%\) der Pakete von HansaLogistik (\(H\)) und die übrigen von MainCargo (\(M\)). Insgesamt sind \(5\,\%\) der Pakete beschädigt (\(D\)); \(3\,\%\) aller Pakete stammen von HansaLogistik und sind beschädigt. a) Stelle die Daten in einer vollständig ausgefüllten Vierfeldertafel dar. b) Untersuche, ob \(D\) stochastisch von der Lieferfirma unabhängig ist. c) Berechne \(P_H(D)\) und \(P_M(D)\) und formuliere ihre Bedeutung. d) Vergleiche die beiden Firmen ausschließlich hinsichtlich der in diesen Modelldaten beobachteten Beschädigungsrate.

Denkanstöße

- Nutze die bekannten Randwahrscheinlichkeiten und das eine gegebene innere Feld zum Ergänzen der Tabelle. - Welche Produktgleichung kannst du für b) prüfen? - Bei c) werden die beschädigten Pakete jeweils nur auf die Pakete derselben Firma bezogen. - Beschränke die Bewertung in d) auf das tatsächlich gemessene Merkmal.

Lösung

1. Es gilt \(P(H)=0{,}60\), \(P(M)=0{,}40\), \(P(D)=0{,}05\) und \(P(H\cap D)=0{,}03\). Daraus folgen \(P(H\cap\bar{D})=0{,}57\), \(P(M\cap D)=0{,}02\) und \(P(M\cap\bar{D})=0{,}38\). 2. Das Produkt \(P(H)\cdot P(D)=0{,}60\cdot0{,}05=0{,}03\) stimmt mit \(P(H\cap D)\) überein. Daher sind Lieferfirma und Beschädigung stochastisch unabhängig. 3. Es gilt \(P_H(D)=\frac{0{,}03}{0{,}60}=0{,}05\) und \(P_M(D)=\frac{0{,}02}{0{,}40}=0{,}05\). 4. Die beobachtete Beschädigungsrate beträgt bei beiden Firmen \(5\,\%\). Hinsichtlich dieses einen Merkmals zeigt das Modell keinen Unterschied; andere Qualitätsaspekte sind nicht erfasst.

Antwort

a) <table><tr><th></th><th>\(D\)</th><th>\(\bar{D}\)</th><th>Gesamt</th></tr><tr><th>\(H\)</th><td>\(3\,\%\)</td><td>\(57\,\%\)</td><td>\(60\,\%\)</td></tr><tr><th>\(M\)</th><td>\(2\,\%\)</td><td>\(38\,\%\)</td><td>\(40\,\%\)</td></tr><tr><th>Gesamt</th><td>\(5\,\%\)</td><td>\(95\,\%\)</td><td>\(100\,\%\)</td></tr></table> b) Stochastisch unabhängig. c) \(P_H(D)=P_M(D)=5\,\%\); beide Werte sind die Beschädigungsrate innerhalb der jeweiligen Lieferfirma. d) In den Modelldaten ist bei der Beschädigungsrate keine der beiden Firmen im Vorteil.

42213111

In einem Modell für ein Rechenzentrum wird an \(20\) Tagen protokolliert, ob die Server \(S_1\) und \(S_2\) Ausfallzeiten haben. \(U_1\) beziehungsweise \(U_2\) bezeichnet einen Ausfall des jeweiligen Servers. Ein „X“ steht für mindestens eine Ausfallzeit an diesem Tag. <table><tr><th>Tag</th><th>\(1\)</th><th>\(2\)</th><th>\(3\)</th><th>\(4\)</th><th>\(5\)</th><th>\(6\)</th><th>\(7\)</th><th>\(8\)</th><th>\(9\)</th><th>\(10\)</th></tr><tr><th>\(U_1\)</th><td></td><td>X</td><td></td><td></td><td>X</td><td></td><td>X</td><td></td><td></td><td>X</td></tr><tr><th>\(U_2\)</th><td></td><td>X</td><td></td><td></td><td></td><td></td><td>X</td><td></td><td></td><td></td></tr></table> <table><tr><th>Tag</th><th>\(11\)</th><th>\(12\)</th><th>\(13\)</th><th>\(14\)</th><th>\(15\)</th><th>\(16\)</th><th>\(17\)</th><th>\(18\)</th><th>\(19\)</th><th>\(20\)</th></tr><tr><th>\(U_1\)</th><td></td><td>X</td><td></td><td></td><td>X</td><td></td><td>X</td><td></td><td></td><td>X</td></tr><tr><th>\(U_2\)</th><td></td><td>X</td><td></td><td></td><td></td><td></td><td>X</td><td>X</td><td>X</td><td></td></tr></table> An den Tagen 2, 3, 7, 8 und 12 finden im Modell Wartungsarbeiten am Netzwerk statt (\(W\)). a) Weise mithilfe relativer Häufigkeiten nach, dass \(U_1\) und \(U_2\) stochastisch abhängig sind. b) Untersuche, ob \(U_1\) stochastisch von \(W\) abhängig ist, und interpretiere das Ergebnis vorsichtig.

Denkanstöße

- Zähle für jedes Ereignis die markierten Tage und beziehe sie auf alle \(20\) Tage. - Welche Produktgleichung prüft stochastische Unabhängigkeit? - Für b) zählen bei der bedingten Wahrscheinlichkeit nur die Wartungstage als Bezugsgruppe. - Unterscheide bei der Interpretation statistische Häufung und Kausalität.

Lösung

1. Aus der Übersicht folgt \(P(U_1)=\frac{8}{20}=0{,}4\), \(P(U_2)=\frac{6}{20}=0{,}3\) und \(P(U_1\cap U_2)=\frac{4}{20}=0{,}2\). 2. Da \(P(U_1)\cdot P(U_2)=0{,}12\neq0{,}2=P(U_1\cap U_2)\), sind die Ereignisse abhängig. 3. Für die Wartung gilt \(P(W)=\frac{5}{20}=0{,}25\). An drei Wartungstagen tritt auch \(U_1\) ein, also \(P(U_1\cap W)=\frac{3}{20}=0{,}15\). 4. Da \(P(U_1)\cdot P(W)=0{,}10\neq0{,}15=P(U_1\cap W)\), sind auch \(U_1\) und \(W\) abhängig. 5. Entsprechend ist \(P_W(U_1)=\frac{3}{5}=0{,}6\) größer als \(P(U_1)=0{,}4\). In den Modelldaten treten Ausfälle an Wartungstagen häufiger auf; daraus allein folgt keine Ursache-Wirkungs-Beziehung.

Antwort

a) \(U_1\) und \(U_2\) sind abhängig, weil \(0{,}2\neq0{,}4\cdot0{,}3\). b) \(U_1\) und \(W\) sind abhängig, weil \(0{,}15\neq0{,}4\cdot0{,}25\). Zudem ist \(P_W(U_1)=0{,}6>P(U_1)=0{,}4\); eine Ursache ist dadurch nicht nachgewiesen.

42213211

In einem Sportverein mit \(120\) Mitgliedern spielen \(60\) Tennis (\(T\)), \(40\) Squash (\(S\)) und \(20\) beide Sportarten. a) Prüfe, ob \(T\) und \(S\) stochastisch unabhängig sind. b) \(40\) Mitglieder sind seit über zehn Jahren im Verein (\(L\)); davon spielen \(15\) Tennis. Untersuche, ob \(L\) und \(T\) stochastisch unabhängig sind.

Denkanstöße

- Wandle in beiden Teilaufgaben die relevanten absoluten Häufigkeiten bezogen auf alle \(120\) Mitglieder in Wahrscheinlichkeiten um. - Identifiziere jeweils die Häufigkeit des gemeinsamen Auftretens der beiden untersuchten Ereignisse. - Vergleiche für jedes Ereignispaar die Schnittwahrscheinlichkeit mit dem Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten.

Lösung

1. Für a) gilt \(P(T)=\frac{60}{120}=\frac{1}{2}\), \(P(S)=\frac{40}{120}=\frac{1}{3}\) und \(P(T\cap S)=\frac{20}{120}=\frac{1}{6}\). 2. Das Produkt \(P(T)\cdot P(S)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{6}\) stimmt mit der Schnittwahrscheinlichkeit überein. Daher sind \(T\) und \(S\) unabhängig. 3. Für b) ist \(P(L)=\frac{40}{120}=\frac{1}{3}\) und \(P(L\cap T)=\frac{15}{120}=\frac{1}{8}\). 4. Dagegen ist \(P(L)\cdot P(T)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{6}\). Da \(\frac{1}{8}\neq\frac{1}{6}\), sind \(L\) und \(T\) abhängig.

Antwort

a) \(T\) und \(S\) sind stochastisch unabhängig. b) \(L\) und \(T\) sind stochastisch abhängig.

42213411

In einem Modell für ein Rechenzentrum stehen \(5000\) Server. \(85\,\%\) sind mit einem Sicherheitssystem (\(S\)) ausgestattet. Nach einer Angriffswelle gelten \(350\) Server als erfolgreich angegriffen (\(C\)); davon hatten \(150\) das Sicherheitssystem. a) Berechne \(P_S(C)\) und \(P_{\bar{S}}(C)\). Runde die Prozentwerte auf eine Dezimalstelle. b) Zeige rechnerisch, dass \(C\) und \(S\) stochastisch abhängig sind. c) Eine Auswertung behauptet: „Das Sicherheitssystem ist kaum wirksam, denn \(150\) der \(350\) erfolgreich angegriffenen Server hatten es installiert.“ Ordne diese Aussage mithilfe von a) ein und erläutere, welche Grenze die Modelldaten für eine kausale Schlussfolgerung haben.

Denkanstöße

- Bestimme zuerst die Größen der beiden Servergruppen mit und ohne Sicherheitssystem. - Für die bedingten Wahrscheinlichkeiten sind jeweils diese Gruppen die Nenner. - Prüfe für b), ob die Bedingung \(S\) die Angriffswahrscheinlichkeit verändert. - Achte in c) darauf, welche Bezugsgruppe die zitierte Zahl verwendet und welche Art von Schlussfolgerung Beobachtungsdaten erlauben.

Lösung

1. Mit System gibt es \(0{,}85\cdot5000=4250\) Server, ohne System \(750\). Von den \(350\) angegriffenen Servern entfallen \(200\) auf \(\bar{S}\). 2. Daher ist \(P_S(C)=\frac{150}{4250}=\frac{3}{85}\approx0{,}0353\), also \(3{,}5\,\%\). Ohne System gilt \(P_{\bar{S}}(C)=\frac{200}{750}=\frac{4}{15}\approx0{,}2667\), also \(26{,}7\,\%\). 3. Insgesamt ist \(P(C)=\frac{350}{5000}=0{,}07\). Da \(P_S(C)\neq P(C)\) gilt, sind \(C\) und \(S\) stochastisch abhängig. 4. Die Behauptung vergleicht den Anteil geschützter Server innerhalb der angegriffenen Gruppe und ignoriert, dass die Ausgangsgruppen sehr verschieden groß sind. Die Angriffsraten innerhalb der Gruppen sind mit \(3{,}5\,\%\) und \(26{,}7\,\%\) deutlich verschieden. 5. Diese Modelldaten sind mit einer Schutzwirkung vereinbar, beweisen aber ohne kontrolliertes Untersuchungsdesign nicht, dass das Sicherheitssystem allein die Ursache des Unterschieds ist.

Antwort

a) \(P_S(C)\approx3{,}5\,\%\); \(P_{\bar{S}}(C)\approx26{,}7\,\%\) b) Abhängig, weil \(P_S(C)\neq P(C)\). c) Die Behauptung verwendet die falsche Bezugsgruppe. Die Angriffsraten sind mit System deutlich niedriger, doch die Modelldaten allein belegen keine kausale Schutzwirkung.

42214111

In einem Monat mit \(30\) Tagen regnete es an \(12\) Tagen. Aino ging an \(15\) Tagen joggen und davon an \(3\) Regentagen. Für einen zufällig ausgewählten Tag seien \(R\): „Es regnet“ und \(J\): „Aino geht joggen“. Untersuche rechnerisch, ob \(R\) und \(J\) stochastisch unabhängig sind. Interpretiere das Ergebnis im Sachzusammenhang.

Denkanstöße

- Wandle die drei Häufigkeitsangaben in Wahrscheinlichkeiten bezogen auf alle \(30\) Tage um. - Welche Produktgleichung muss bei Unabhängigkeit gelten? - Für die Interpretation kannst du den Jogging-Anteil innerhalb der Regentage mit dem Anteil an allen Tagen vergleichen.

Lösung

1. Es gilt \(P(R)=\frac{12}{30}=0{,}4\), \(P(J)=\frac{15}{30}=0{,}5\) und \(P(R\cap J)=\frac{3}{30}=0{,}1\). 2. Bei Unabhängigkeit müsste \(P(R\cap J)=P(R)\cdot P(J)\) gelten. Das Produkt ist \(0{,}4\cdot0{,}5=0{,}2\). 3. Da \(0{,}1\neq0{,}2\), sind die Ereignisse abhängig. 4. Innerhalb der Regentage gilt \(P_R(J)=\frac{3}{12}=0{,}25\), während insgesamt \(P(J)=0{,}5\) ist. In diesem Monat ging Aino an Regentagen seltener joggen als im Monatsdurchschnitt.

Antwort

Die Ereignisse sind stochastisch abhängig, weil \(P(R\cap J)=0{,}1\neq0{,}2=P(R)\cdot P(J)\). Außerdem ist \(P_R(J)=0{,}25<P(J)=0{,}5\).

42214211

Ein Industriebetrieb produziert an einem Tag \(500\) Bauteile. Davon entstehen \(200\) in der Spätschicht (\(S\)), die übrigen in der Frühschicht. Insgesamt werden \(40\) defekte Bauteile (\(D\)) gefunden, davon \(24\) aus der Spätschicht. Prüfe, ob \(D\) stochastisch von der Produktionsschicht unabhängig ist. Begründe, welche Folgerung sich für die Qualitätssicherung aus den Daten ergibt.

Denkanstöße

- Bestimme die Wahrscheinlichkeiten der Schicht, des Defekts und ihres gemeinsamen Auftretens. - Vergleiche die Schnittwahrscheinlichkeit mit dem Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten. - Für die praktische Folgerung ist der Defektanteil innerhalb der Spätschicht besonders aufschlussreich.

Lösung

1. Es gilt \(P(S)=\frac{200}{500}=0{,}4\), \(P(D)=\frac{40}{500}=0{,}08\) und \(P(S\cap D)=\frac{24}{500}=0{,}048\). 2. Das Produkt \(P(S)\cdot P(D)=0{,}4\cdot0{,}08=0{,}032\) stimmt nicht mit \(P(S\cap D)\) überein. Daher sind die Ereignisse abhängig. 3. Innerhalb der Spätschicht beträgt die Fehlerwahrscheinlichkeit \(P_S(D)=\frac{24}{200}=0{,}12\) und liegt damit über der Gesamtfehlerwahrscheinlichkeit \(0{,}08\). 4. Die Qualitätssicherung sollte deshalb die Bedingungen in der Spätschicht gezielt untersuchen. Die Daten zeigen eine Häufung, nennen aber noch keine Ursache.

Antwort

Die Ereignisse sind stochastisch abhängig, weil \(P(S\cap D)=0{,}048\neq0{,}032=P(S)\cdot P(D)\). Mit \(P_S(D)=12\,\%>8\,\%=P(D)\) ist eine gezielte Untersuchung der Spätschicht sinnvoll.

43617711

Die Abbildung zeigt eine Urne. Es werden nacheinander zwei Kugeln mit Zurücklegen gezogen. Es seien \(A\): „Die erste gezogene Kugel ist rot“ und \(B\): „In den beiden Zügen wird genau eine rote Kugel gezogen“. Prüfe rechnerisch, ob \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig sind.

Abbildung zur Aufgabe 436177

Denkanstöße

- Lies die Farbanteile direkt aus der Urnenabbildung ab. - Welche zwei geordneten Farbfolgen gehören zum Ereignis „genau eine rote Kugel“? - Das Zurücklegen macht die einzelnen Ziehungen gleich verteilt, aber prüfe dennoch die Unabhängigkeit der konkret definierten Ereignisse.

Lösung

1. Aus der Abbildung folgt für jeden Zug \(P(\text{rot})=\frac{2}{5}=0{,}4\) und \(P(\text{blau})=\frac{3}{5}=0{,}6\), da zurückgelegt wird. 2. Daher ist \(P(A)=0{,}4\). 3. Das Ereignis \(B\) tritt bei „rot, blau“ oder „blau, rot“ ein. Somit gilt \(P(B)=0{,}4\cdot0{,}6+0{,}6\cdot0{,}4=0{,}48\). 4. Das gemeinsame Ereignis \(A\cap B\) entspricht nur dem Pfad „rot, blau“. Daher ist \(P(A\cap B)=0{,}4\cdot0{,}6=0{,}24\). 5. Das Produkt \(P(A)\cdot P(B)=0{,}4\cdot0{,}48=0{,}192\) ist nicht gleich \(0{,}24\). Die Ereignisse sind daher abhängig.

Antwort

\(A\) und \(B\) sind stochastisch abhängig, weil \(P(A\cap B)=0{,}24\neq0{,}192=P(A)\cdot P(B)\).

43748211

Das Baumdiagramm beschreibt ein Zufallsexperiment mit den stochastisch unabhängigen Ereignissen \(A\) und \(B\). Am Ende eines Pfades ist die gemeinsame Wahrscheinlichkeit angegeben. Bestimme \(P(B)\).

Abbildung zur Aufgabe 437482

Denkanstöße

- Ergänze zunächst die Wahrscheinlichkeit von \(\bar{A}\). - Beachte, dass die Zahl am Pfadende eine gemeinsame Wahrscheinlichkeit beschreibt. - Welche Produktbeziehung gilt für \(\bar{A}\) und \(B\), wenn die Ereignisse unabhängig sind?

Lösung

1. Aus \(P(A)=0{,}8\) folgt \(P(\bar{A})=0{,}2\). 2. Da \(A\) und \(B\) unabhängig sind, sind auch \(\bar{A}\) und \(B\) unabhängig. Somit gilt \(P(\bar{A}\cap B)=P(\bar{A})\cdot P(B)\). 3. Aus dem Diagramm ist \(P(\bar{A}\cap B)=0{,}06\) ablesbar. Daher erfüllt \(0{,}06=0{,}2\cdot P(B)\). 4. Es folgt \(P(B)=0{,}3\).

Antwort

\(P(B)=0{,}3\)

43756811

Das Baumdiagramm enthält eine unbekannte Astwahrscheinlichkeit \(x\). Bestimme \(x\) so, dass die Ereignisse \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig sind.

Abbildung zur Aufgabe 437568

Denkanstöße

- Drücke die Gesamtwahrscheinlichkeit von \(B\) über die beiden vollständigen Wege zu \(B\) aus. - Welche Gleichheit zwischen \(P_A(B)\) und \(P(B)\) muss bei Unabhängigkeit gelten? - Setze die unbekannte Astwahrscheinlichkeit erst nach dieser Überlegung in eine Gleichung ein.

Lösung

1. Aus dem Baum folgt \(P(B)=0{,}4x+0{,}6\cdot0{,}3=0{,}4x+0{,}18\). 2. Für Unabhängigkeit muss \(P_A(B)=P(B)\) gelten. Da \(P_A(B)=x\) ist, folgt \(x=0{,}4x+0{,}18\). 3. Damit ist \(0{,}6x=0{,}18\) und somit \(x=0{,}3\).

Antwort

\(x=0{,}3\)

43756911

Das Baumdiagramm zeigt auf der ersten Stufe die unbekannte Wahrscheinlichkeit \(P(A)=p\). Begründe ohne Kenntnis von \(p\), dass \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig sind.

Abbildung zur Aufgabe 437569

Denkanstöße

- Lies die beiden Astwahrscheinlichkeiten zum Ereignis \(B\) in der zweiten Stufe ab. - Drücke \(P(B)\) über beide ersten Äste mit der Variablen \(p\) aus. - Prüfe, ob der entstehende Ausdruck tatsächlich von \(p\) abhängt.

Lösung

1. Aus dem Baum gilt \(P_A(B)=P_{\bar{A}}(B)=0{,}7\). 2. Daher ist \(P(B)=p\cdot0{,}7+(1-p)\cdot0{,}7=0{,}7\), unabhängig vom Wert von \(p\). 3. Somit gilt \(P_A(B)=P(B)=0{,}7\). Also sind \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig.

Antwort

\(A\) und \(B\) sind unabhängig, weil \(P_A(B)=P_{\bar{A}}(B)=P(B)=0{,}7\) für jeden zulässigen Wert von \(p\) gilt.

43757711

Das Baumdiagramm zeigt für bereits als krank bekannte Personen die Ergebnisse zweier Tests \(A\) und \(B\). Ein Labor möchte die Wahrscheinlichkeiten positiver Ergebnisse beider Tests mit einer einzigen festen Wahrscheinlichkeit für Test \(B\) multiplizieren. Erkläre anhand des Diagramms, warum das nicht zulässig ist.

Abbildung zur Aufgabe 437577

Denkanstöße

- Vergleiche die beiden Äste der zweiten Stufe, die zum gleichen Ergebnis \(B+\) führen. - Welche Gleichheit wäre zu erwarten, wenn das erste Testergebnis die Wahrscheinlichkeit des zweiten nicht beeinflussen würde? - Überlege, was unterschiedliche zweite Astwahrscheinlichkeiten für die Multiplikation entlang vollständiger Pfade bedeuten.

Lösung

1. Nach einem positiven Ergebnis von Test \(A\) gilt \(P_{A+}(B+)=0{,}95\). 2. Nach einem negativen Ergebnis von Test \(A\) gilt dagegen \(P_{A-}(B+)=0{,}6\). 3. Die Wahrscheinlichkeit eines positiven Ergebnisses bei Test \(B\) hängt innerhalb der betrachteten Gruppe also vom Ergebnis von Test \(A\) ab. Die beiden Testereignisse sind dort nicht stochastisch unabhängig. 4. Deshalb muss für jeden vollständigen Pfad die jeweils passende zweite Astwahrscheinlichkeit verwendet werden; eine einzige feste Wahrscheinlichkeit für \(B+\) wäre falsch.

Antwort

Nicht zulässig, weil \(P_{A+}(B+)=0{,}95\neq0{,}6=P_{A-}(B+)\). Das Ergebnis von Test \(A\) verändert die Wahrscheinlichkeit für \(B+\).

43757911

Ein Beutel enthält \(2\) rote und \(3\) blaue Kugeln. Vergleiche für zwei Ziehungen die Ereignisse \(R_1\): „erste Kugel rot“ und \(R_2\): „zweite Kugel rot“. Baumdiagramm a) zeigt Ziehen mit Zurücklegen, Baumdiagramm b) Ziehen ohne Zurücklegen. In welchem Modell sind \(R_1\) und \(R_2\) stochastisch unabhängig? Begründe mithilfe der bedingten Wahrscheinlichkeiten im Diagramm.

Abbildung zur Aufgabe 437579

Denkanstöße

- Vergleiche in beiden Diagrammen die Wahrscheinlichkeit für eine rote zweite Kugel nach der Information \(R_1\). - Welche Wahrscheinlichkeit für \(R_2\) gilt insgesamt aufgrund der symmetrischen Position des zweiten Zugs? - In welchem Modell verändert der erste Zug die Ausgangslage für den zweiten?

Lösung

1. Mit Zurücklegen gilt \(P(R_2)=\frac{2}{5}\) und \(P_{R_1}(R_2)=\frac{2}{5}\). Die Information über den ersten Zug verändert die Wahrscheinlichkeit des zweiten roten Zugs nicht; die Ereignisse sind unabhängig. 2. Ohne Zurücklegen gilt zwar weiterhin \(P(R_2)=\frac{2}{5}\), aber nach einer roten ersten Kugel ist \(P_{R_1}(R_2)=\frac{1}{4}\). 3. Da \(\frac{1}{4}\neq\frac{2}{5}\), sind die Ereignisse ohne Zurücklegen abhängig. Der erste Zug verändert dort die Zusammensetzung des Beutels.

Antwort

Nur beim Ziehen mit Zurücklegen sind \(R_1\) und \(R_2\) stochastisch unabhängig.

42210811

Zwei Ereignisse \(A\) und \(B\) sind stochastisch unabhängig. Es sind die Wahrscheinlichkeiten \(P(A \cap B) = 0{,}12\) und \(P(A \cup B) = 0{,}68\) bekannt. Erstelle eine vollständige Vierfeldertafel für diese beiden Ereignisse. Hinweis: Es gibt zwei mathematisch mögliche Lösungen für die Randwahrscheinlichkeiten; gib eine davon an.

Denkanstöße

- Erinnere dich an die Additionsregel für die Wahrscheinlichkeit der Vereinigung zweier Ereignisse. - Was bedeutet die stochastische Unabhängigkeit für das Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten? - Du erhältst ein System aus zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten für die Randwahrscheinlichkeiten. - Überlege dir, wie man aus der Summe und dem Produkt zweier Zahlen diese Zahlen bestimmen kann.

Lösung

1. Aufstellen der Gleichung für die Vereinigung: \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)\). 2. Einsetzen der Werte: \(0{,}68 = P(A) + P(B) - 0{,}12 \implies P(A) + P(B) = 0{,}80\). 3. Anwendung der Unabhängigkeitsbedingung: \(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) = 0{,}12\). 4. Lösung des Gleichungssystems \(x + y = 0{,}8\) und \(x \cdot y = 0{,}12\). Dies führt zur quadratischen Gleichung \(x^2 - 0{,}8x + 0{,}12 = 0\) mit den Lösungen \(x_1 = 0{,}6\) und \(x_2 = 0{,}2\). 5. Festlegen der Randwahrscheinlichkeiten (z. B. \(P(A) = 0{,}6\) und \(P(B) = 0{,}2\)) und Berechnung der inneren Felder: \(P(A \cap \overline{B}) = 0{,}6 - 0{,}12 = 0{,}48\); \(P(\overline{A} \cap B) = 0{,}2 - 0{,}12 = 0{,}08\); \(P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0{,}4 \cdot 0{,}8 = 0{,}32\).

Antwort

Eine mögliche Vierfeldertafel ist: <table> <tr> <td></td> <td>\(B\)</td> <td>\(\overline{B}\)</td> <td>Summe</td> </tr> <tr> <td>\(A\)</td> <td>\(0{,}12\)</td> <td>\(0{,}48\)</td> <td>\(0{,}60\)</td> </tr> <tr> <td>\(\overline{A}\)</td> <td>\(0{,}08\)</td> <td>\(0{,}32\)</td> <td>\(0{,}40\)</td> </tr> <tr> <td>Summe</td> <td>\(0{,}20\)</td> <td>\(0{,}80\)</td> <td>\(1\)</td> </tr> </table> (Alternativ können die Werte für \(A\) und \(B\) vertauscht sein.)

42211311

In einem Modell für eine Medikamentenstudie gibt es eine Behandlungsgruppe (\(T\)) und eine Kontrollgruppe (\(\bar{T}\)). Der Heilungserfolg wird mit \(H\) bezeichnet. Die Vierfeldertafel enthält eine unbekannte Häufigkeit \(y\): <table><tr><th></th><th>\(H\)</th><th>\(\bar{H}\)</th></tr><tr><th>\(T\)</th><td>\(120\)</td><td>\(80\)</td></tr><tr><th>\(\bar{T}\)</th><td>\(45\)</td><td>\(y\)</td></tr></table> 1. Bestimme \(y\) so, dass der Heilungserfolg stochastisch unabhängig von der Gruppenzugehörigkeit ist. 2. Interpretiere das Ergebnis im Sachzusammenhang.

Denkanstöße

- Überlege, wie sich Unabhängigkeit durch den Vergleich der Heilungsanteile innerhalb beider Gruppen ausdrücken lässt. - In welcher Gruppe kannst du den Heilungsanteil bereits vollständig berechnen? - Stelle für die andere Gruppe denselben Anteil mit \(y\) dar und nutze die Bedingung der Unabhängigkeit. - Trenne bei der Interpretation die rechnerische Unabhängigkeit von weitergehenden Aussagen über Wirksamkeit.

Lösung

1. In der Behandlungsgruppe beträgt die Heilungsquote \(P_T(H)=\frac{120}{120+80}=0{,}6\). 2. Für Unabhängigkeit muss dieselbe Heilungswahrscheinlichkeit auch in der Kontrollgruppe gelten. Dort ist \(P_{\bar{T}}(H)=\frac{45}{45+y}\). 3. Die Gleichung \(\frac{45}{45+y}=0{,}6\) liefert \(45=27+0{,}6y\), also \(y=30\). 4. Dann beträgt die Heilungsquote in beiden Gruppen \(60\,\%\). Gruppenzugehörigkeit und Heilungserfolg sind in dieser Tabelle stochastisch unabhängig. 5. Diese Gleichheit beschreibt nur den statistischen Zusammenhang in den Modelldaten. Allein daraus folgt weder ein Signifikanztest noch eine allgemeine kausale Aussage zur Wirksamkeit.

Antwort

1. \(y=30\) 2. Bei \(y=30\) beträgt die Heilungsquote in beiden Gruppen \(60\,\%\); Gruppenzugehörigkeit und Heilungserfolg sind in der Tabelle stochastisch unabhängig. Eine weitergehende Signifikanz- oder Kausalaussage folgt daraus nicht.

42211411

Gegeben ist eine Vierfeldertafel für zwei Merkmale \(E\) und \(F\) mit den absoluten Häufigkeiten \(a, b, c\) und \(d\). Es wird die Behauptung aufgestellt: „Wenn man alle Häufigkeiten in der ersten Zeile der Tabelle mit demselben positiven ganzzahligen Faktor \(k\) multipliziert, bleibt die stochastische Unabhängigkeit der Merkmale erhalten, sofern sie vorher bestand.“ Prüfe diese Behauptung allgemein, indem du das Kriterium \(ad = bc\) verwendest.

Denkanstöße

- Stelle zuerst die Gleichung auf, die bei Unabhängigkeit für die ursprünglichen Werte \(a, b, c\) und \(d\) gilt. - Wie verändern sich die Platzhalter \(a\) und \(b\), wenn du sie mit einem Faktor \(k\) multiplizierst? - Setze die veränderten Ausdrücke in die Unabhängigkeitsbedingung ein und vergleiche das Ergebnis mit der ursprünglichen Formel.

Lösung

1. Die Bedingung für stochastische Unabhängigkeit bei absoluten Häufigkeiten lautet \(ad = bc\). 2. Durch die Multiplikation der ersten Zeile mit \(k\) ergeben sich die neuen Häufigkeiten \(a_{\text{neu}} = ka\) und \(b_{\text{neu}} = kb\). Die Werte \(c\) und \(d\) der zweiten Zeile bleiben unverändert. 3. Für die neue Tabelle wird das Kriterium geprüft: \(a_{\text{neu}} \cdot d = b_{\text{neu}} \cdot c \iff (ka) \cdot d = (kb) \cdot c\). 4. Da \(k > 0\), kann die Gleichung durch \(k\) dividiert werden, was zur ursprünglichen Bedingung \(ad = bc\) führt. Wenn diese erfüllt war, ist auch die neue Bedingung erfüllt. Die Behauptung ist somit wahr.

Antwort

Die Behauptung ist wahr. Durch Einsetzen der neuen Werte \(ka\) und \(kb\) in die Bedingung \(ad = bc\) erhält man \(kad = kbc\). Da \(k > 0\), ist dies äquivalent zur ursprünglichen Bedingung für Unabhängigkeit.

42211911

Zwei Behälter enthalten farbige Chips. In Behälter \(A\) befinden sich \(5\) rote und \(15\) blaue Chips, in Behälter \(B\) \(10\) rote und \(30\) blaue Chips. Einer der Behälter wird mit gleicher Wahrscheinlichkeit ausgewählt und daraus ein Chip gezogen. Es seien \(E_A\): „Behälter \(A\) wird gewählt“ und \(E_R\): „Ein roter Chip wird gezogen“. a) Weise rechnerisch nach, dass \(E_A\) und \(E_R\) stochastisch unabhängig sind. b) Insgesamt sollen \(15\) weitere rote Chips auf die beiden Behälter verteilt werden. Bestimme, wie viele davon in Behälter \(A\) und wie viele in Behälter \(B\) gelegt werden müssen, damit die Ereignisse unabhängig bleiben. c) Behälter \(A\) bleibt wie in b) verändert. In Behälter \(B\) werden stattdessen zu seiner ursprünglichen Zusammensetzung \(10\) blaue Chips hinzugefügt. Entscheide, ob \(E_A\) und \(E_R\) dann unabhängig sind.

Denkanstöße

- Vergleiche zunächst den Rotanteil in beiden Behältern. - Für b) kann eine Variable beschreiben, wie viele der zusätzlichen roten Chips in Behälter \(A\) landen. - Welche Gleichheit der beiden bedingten Rotwahrscheinlichkeiten muss für Unabhängigkeit erhalten bleiben? - Prüfe in c) die beiden Rotanteile nach den beschriebenen Änderungen erneut.

Lösung

1. Anfangs gilt \(P_{E_A}(E_R)=\frac{5}{20}=0{,}25\) und \(P_{\bar{E_A}}(E_R)=\frac{10}{40}=0{,}25\). Damit sind die Ereignisse unabhängig. 2. Sei \(x\) die Zahl der zusätzlichen roten Chips in Behälter \(A\); dann kommen \(15-x\) rote Chips in Behälter \(B\). Für Unabhängigkeit müssen die Rotanteile übereinstimmen: \(\frac{5+x}{20+x}=\frac{25-x}{55-x}\). 3. Es folgt \((5+x)(55-x)=(25-x)(20+x)\), also \(275+50x-x^2=500+5x-x^2\). Damit ist \(45x=225\) und \(x=5\). Also kommen \(5\) rote Chips in \(A\) und \(10\) in \(B\). 4. In c) enthält Behälter \(A\) danach \(10\) rote und \(15\) blaue Chips, also \(P_{E_A}(E_R)=\frac{10}{25}=0{,}4\). Behälter \(B\) enthält \(10\) rote und \(40\) blaue Chips, also \(P_{\bar{E_A}}(E_R)=\frac{10}{50}=0{,}2\). 5. Da sich die beiden bedingten Wahrscheinlichkeiten unterscheiden, sind die Ereignisse in c) abhängig.

Antwort

a) \(P_{E_A}(E_R)=P_{\bar{E_A}}(E_R)=0{,}25\); daher unabhängig. b) \(5\) rote Chips in Behälter \(A\) und \(10\) rote Chips in Behälter \(B\) c) Abhängig, weil \(P_{E_A}(E_R)=0{,}4\neq0{,}2=P_{\bar{E_A}}(E_R)\).

42212511

In Urne A befinden sich \(6\) rote und \(4\) blaue Kugeln. In Urne B liegen \(k\) rote und \(2k\) blaue Kugeln mit \(k\in\mathbb{N}^+\). Zuerst wird eine Kugel zufällig aus Urne A in Urne B gelegt. Anschließend wird eine Kugel aus Urne B gezogen und in Urne A gelegt. a) Bestimme in Abhängigkeit von \(k\) die Wahrscheinlichkeit dafür, dass Urne A danach wieder genau \(6\) rote Kugeln enthält. b) Für einen Wert von \(k\) beträgt diese Wahrscheinlichkeit genau \(\frac{19}{35}\). Bestimme \(k\). c) Es seien \(R_1\): „Die zuerst aus Urne A gezogene Kugel ist rot“ und \(G\): „Urne A hat nach beiden Übertragungen wieder ihre ursprüngliche Zusammensetzung“. Untersuche \(R_1\) und \(G\) auf stochastische Unabhängigkeit.

Denkanstöße

- Welche zwei Farbfolgen stellen die ursprüngliche Zusammensetzung von Urne A wieder her? - Beachte, wie sich die Zusammensetzung und Gesamtzahl in Urne B nach dem ersten Transfer ändern. - Für b) entsteht eine Gleichung in \(k\) aus der vorgegebenen Gesamtwahrscheinlichkeit. - Prüfe in c) die Produktbedingung für das Schnittereignis \(R_1\cap G\).

Lösung

1. Für den ersten Zug gilt \(P(R_1)=\frac{6}{10}=0{,}6\) und für Blau entsprechend \(0{,}4\). 2. Tritt \(R_1\) ein, enthält Urne B danach \(k+1\) rote unter \(3k+1\) Kugeln; daher ist die Wahrscheinlichkeit für eine rote Rückgabe \(P_{R_1}(R_2)=\frac{k+1}{3k+1}\). Nach einer blauen ersten Kugel ist die Wahrscheinlichkeit für eine blaue Rückgabe \(\frac{2k+1}{3k+1}\). 3. Die ursprüngliche Zusammensetzung wird genau durch „rot, dann rot“ oder „blau, dann blau“ wiederhergestellt. Daher ist \(P(G)=0{,}6\cdot\frac{k+1}{3k+1}+0{,}4\cdot\frac{2k+1}{3k+1}=\frac{7k+5}{15k+5}\). 4. Aus \(\frac{7k+5}{15k+5}=\frac{19}{35}\) folgt \(35(7k+5)=19(15k+5)\), also \(245k+175=285k+95\) und damit \(k=2\). 5. Für Unabhängigkeit müsste \(P(R_1\cap G)=P(R_1)\cdot P(G)\) gelten. Links ist \(P(R_1\cap G)=0{,}6\cdot\frac{k+1}{3k+1}\). 6. Gleichsetzen führt nach Kürzen des positiven gemeinsamen Nenners auf \(0{,}6(k+1)=0{,}6\cdot\frac{7k+5}{5}\), also auf \(k=0\). Dieser Wert ist nicht zulässig. Für jedes \(k\in\mathbb{N}^+\) sind die Ereignisse daher abhängig.

Antwort

a) \(P(G)=\frac{7k+5}{15k+5}\) b) \(k=2\) c) Für alle \(k\in\mathbb{N}^+\) sind \(R_1\) und \(G\) stochastisch abhängig.

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